MỘT số vấn đề về PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Nguyễn Dũng Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương A. MỞ ĐẦU Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán hay và khó trong số học, kiến thức sử dụng để giải chúng rất đa dạng, tổng hợp tất cả những tinh hoa của số học. Dạng toán này thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi và là thách thức với những ai muốn chinh phục giải cao. Vì vậy, chuyên đề này được viết để dành cho các học sinh mới bắt đầu làm quen với phương trình nghiệm nguyên, giúp các em có một số hướng suy nghĩ khi tìm lời giải và thêm phần tự tin khi gặp dạng toán này. B. NỘI DUNG I. MỘT VÀI CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1. Sử dụng phép so sánh các số nguyên Bài 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 = y 3 + 2 y 2 + 1 Lời giải Từ phương trình ta thấy x3 > y 3 ⇒ x > y , mà chúng là số nguyên nên suy ra x ≥ y + 1 ⇒ x3 ≥ ( y + 1)3 . Kết hợp với phương trình đã cho ta được y 3 + 2 y 2 + 1 ≥ ( y + 1)3 ⇔ y 2 + 3 y ≤ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 0 Vì y là số nguyên nên y chỉ có thể bằng -3, -2, -1, 0. Thử trực tiếp ta được các cặp nghiệm là (1,0), (1,-2), (-2, -3). Bài 2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3( x 2 + xy + y 2 ) = x + 8 y Lời giải Ta viết lại phương trình đã cho thành một phương trình bậc 2 của ẩn số x như sau 3x 2 + (3 y − 1) x + 3 y 2 − 8 y = 0 Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 ⇔ −27 y 2 + 90 y + 1 ≥ 0 , do y là số nguyên nên ta được 0 ≤ y ≤ 3 . Vậy y chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, thử trực tiếp ta nhận được các cặp nghiệm (0, 0) và (1, 1). Bài 3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: 2( x + y ) + xy = x 2 + y 2 Lời giải Phương trình được viết lại thành x 2 − ( y + 2) x + y 2 − 2 y = 0 , phương trình này có nghiệm với ẩn số x khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 ⇔ −3 y 2 + 12 y + 4 ≥ 0 , do y là số nguyên dương nên ta thu được 1 ≤ y ≤ 4 , tức là y ∈ { 1, 2,3, 4} . Thử lần lượt ta được các cặp nghiệm là (4,4), (4, 2), (2, 4). Bài 4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − y 3 = 2 xy + 8 Lời giải Ta xét các trường hợp sau đây: - Nếu x = 0 ⇒ y = −2 - Nếu y = 0 ⇒ x = 2 - Nếu x > 0, y < 0 thì x3 = y 3 + 2 xy + 8 < 8 ⇒ x < 2 , như vậy 0 < x < 2 ⇒ x = 1 , khi đó sẽ không tồn tại y ∈ Z . - Nếu x < 0, y > 0 thì y 3 − x3 = −2 xy − 8 < −2 xy ⇒ y 3 + (− x)3 < 2 y (− x) , điều này sai vì y, − x là các số nguyên dương. -Nếu xy > 0 thì x3 − y 3 = 2 xy + 8 > 0 ⇒ x > y , ta lại xét hai trường hợp dưới đây: + Khi x − y = 1 ⇒ x = y + 1 , thay vào phương trình đã cho ta thấy vô nghiệm y ∈ Z . 3 3 2 + Khi x − y ≥ 2 ⇒ x − y = ( x − y ) ( x − y ) + 3xy  ≥ 2(4 + 3xy ) , suy ra 2 xy + 8 ≥ 8 + 6 xy ⇒ xy ≤ 0 , mâu thuẫn. Vậy phương trình chỉ có hai nghiệm là (0,-2) và (2,0). Bài 5 Tìm tất cả những cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn đẳng thức: ab − ba = a − b Lời giải Ta xét các trường hợp sau đây: - Nếu a = b thì luôn thỏa mãn phương trình. - Nếu a > b , ta xét tiếp các trường hợp như sau: +Khi b ≥ 3 thì ta chứng minh được a b < b a nhờ đạo hàm, do đó phương trình có vế trái âm và vế phải dương nên vô nghiệm. + Khi b = 1 thì phương trình luôn đúng với mọi a . + Khi b = 2 thì phương trình trở thành a 2 − 2a = a − 2 (*). Bằng quy nạp ta có 2a > a 2 với mọi a ≥ 5 , do đó (*) vô nghiệm khi a ≥ 5 . Thử trực tiếp ta thấy nghiệm là a = 3, b = 2 . - Nếu a < b ta viết lại phương trình thành b a − a b = b − a thì quay về trường hợp trên. Tóm lại, nghiệm của phương trình là (t,t), (t,1), (1,t), (3,2), (2,3), t là số nguyên dương tùy ý. 2. Sử dụng tính chia hết và tính chẵn lẻ của số nguyên Bài 6 Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn phương trình: y 2 ( x + 1) = 1576 + x 2 Lời giải Theo phương trình ta có 1576 + x 2 Mx + 1 ⇒ 1577 + x 2 − 1Mx + 1 ⇒ 1577Mx + 1 vì vậy x + 1 chỉ có thể là 1, 19, 83, 1577, do đó x có thể là 0, 18, 82, 1576. Thử lần lượt ta được các nghiệm là (18,10), (82,10). Bài 7 Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y sao cho: 2 x 2 + y 2 = 1999 Lời giải Giả sử tồn tại x, y thỏa mãn phương trình. Ta thấy y phải lẻ, đặt y = 2k + 1( k ∈ Z) , thay vào phương trình ta được 2 x 2 + 4k 2 + 4k = 1998 . Thế thì 2x 2 không chia hết cho 4 nên x phải lẻ, đặt x = 2l + 1(l ∈ Z) và ta thu được 8l 2 + 8l + 4k 2 + 4k = 1996 ⇒ 8(l 2 + l ) + 4k ( k + 1) = 1996 . Đẳng thức này không thể xảy ra vì vế trái chia hết cho 8 nhưng vế phải thì không. Như vậy giả sử ban đầu là sai, tức là không thể tồn tại x, y . Bài 8 Chứng minh rằng phương trình sau đây không có nghiệm nguyên: 5a 2 + 6ab + 7b 2 = 1993 Lời giải Giả sử tồn tại a, b ∈ Z thỏa mãn phương trình, thế thì 25a 2 + 30ab + 35b 2 = 9965 ⇒ (5a + 3b) 2 + 26b 2 = 9965 Như vậy 5a + 3b phải lẻ, đặt 5a + 3b = 2k + 1(k ∈ Z) , khi đó ta có 4k (k + 1) + 1 + 26b 2 = 9965 ⇒ 2k (k + 1) = 4982 − 13b 2 (*) Từ (*) suy ra b phải chẵn, thế thì vế phải của (*) không chia hết cho 4 còn vế trái của (*) lại chia hết cho 4, mâu thuẫn. Vậy giả sử trên là sai, tức là không thể tồn tại a, b . 3. Sử dụng số dư khi chia cho một số tự nhiên Bài 9 Chứng minh rằng không tồn tại a, b, c ∈ Z sao cho: a 3 + b3 + c 3 = 2002 Lời giải Ta chứng minh được khi n là số nguyên thì n3 chia cho 9 chỉ có thể dư là 0, 1, -1. Thế thì a 3 + b3 + c 3 khi chia cho 9 chỉ có thể dư là 0, 1, 2, 3, 6, 7, 8. Mà 2002 chia cho 9 dư 4 nên không thể tồn tại a, b, c thỏa mãn phương trình đã cho. Bài 10 Chứng minh rằng phương trình y 2 = x5 − 4 không có nghiệm nguyên. Lời giải Giả sử tồn tại x, y ∈ Z thỏa mãn phương trình. - Nếu xM11 thì x10 M11 - Nếu ( x,11) = 1 thì x10 − 1M11 Như vậy khi x là số nguyên tùy ý thì x10 chia cho 11 dư 0 hoặc 1, do đó x5 chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1, -1. Kết hợp với phương trình đã cho ta nhận được y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư 6, 7, 8. Nhưng với y là số nguyên tùy ý thì y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư là 0, 1, 3, 4, 5, 9. Vậy ta gặp mâu thuẫn nên phương trình vô nghiệm. Bài 11 Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình xy 2 − y 2 − x + y = c có đúng ba nghiệm nguyên dương ( x, y ) . Lời giải Ta viết lại phương trình x( y 2 − 1) = y 2 − y + c - Nếu y = 1 ⇒ c = 0 , loại. y2 − y + c y ( y − 1) + c = - Nếu y ≠ 1 ⇒ x = 2 , do đó c My − 1 và y ( y − 1) + c My + 1 y −1 ( y − 1)( y + 1) Ta có y ≡ −1(mod y + 1), y − 1 ≡ −2(mod y + 1) nên y ( y − 1) ≡ 2(mod y + 1) ⇒ c ≡ −2(mod y + 1) vậy c ≡ 0(mod y − 1), c ≡ −2(mod y + 1) , mà y − 1 ≡ 0(mod y − 1), y − 1 ≡ −2(mod y + 1) nên c ≡ y − 1(mod lcm( y − 1, y + 1)) Với y = 2,3 ta có c ≡ 1(mod 3), c ≡ 2(mod 4) . Do vậy ta thử lấy c = 10 . 2 Ta phải có y − 1|10 ⇒ y = 2,3, 6,11 . Khi đó x = 4, 2, ,1 , theo thứ tự. Vậy có 7 đúng ba nghiệm nguyên dương ( x, y ) = (4, 2), (2,3), (1,11) . Bài 12 Tìm tất cả những số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình: 3x + 4 y = 5 z Lời giải Vì 4 y ≡ 1(mod 3) ⇒ 5z ≡ 1(mod 3) ⇒ z = 2k , k ∈ Z+ Thay vào phương trình ta được (5k − 2 y )(5k + 2 y ) = 3x Hơn nữa 5k − 2 y ≠ 5k + 2 y (mod 3) nên 5k − 2 y = 1 (1) và 5k + 2 y = 3x (2) Từ (1) suy ra (−1)k − (−1) y ≡ 1(mod 3) Từ (2) suy ra (−1)k + (−1) y ≡ 0(mod 3) Do vậy k lẻ và y chẵn nên y ≥ 2 . Khi đó 5k + 2 y ≡ 1(mod 4) ⇒ 3x ≡ 1(mod 4) ⇒ x chẵn, do đó 3x ≡ 1(mod 8) Như vậy nếu y ≥ 4 thì 2 y M8 ⇒ 5k ≡ 1(mod 8) , mâu thuẫn vì k lẻ. Vậy ta phải có y = 2 , thay vào (1) và (2) ta được k = 1, x = 2 ⇒ x = y = z = 2 . 4. Sử dụng kiến thức số học tổng hợp Bài 13 Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x < y < z và 2 x + 2 y + 2 z = 2336 Lời giải x y−x z−x 5 y−x z−x Ta có 2 ( 1 + 2 + 2 ) = 2 × 73 nên 2 x = 25 và ( 1 + 2 + 2 ) = 73 , suy ra y −5 z− y 3 z− y x = 5, 2 y −5 + 2 z −5 = 72 . Từ đây ta có 2 ( 1 + 2 ) = 2 × 9 ⇒ y − 5 = 3,1 + 2 = 9 , do vậy y = 8, z = 11 . Tóm lại x = 5, y = 8, z = 11 . Bài 14 Tìm các cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn: x x+ y = y y −x Lời giải Giả sử gcd( x, y) = c , đặt x = ac, y = bc , thế thì gcd(a, b) = 1 . Thay vào phương trình ta được (ac )c ( a +b ) = (bc)c (b − a ) ⇒ ( ac) a +b = (bc)b −a ⇒ a a +b c 2 a = bb − a , do đó a a +b | bb − a Mà gcd(a, b) = 1 nên suy ra a = 1 . Khi đó c 2 = bb −1 là số chính phương nên hoặc b là số lẻ hoặc b là số chính phương. - Nếu b = 2n + 1, n ≥ 0 thì c = (2n + 1) n . - Nếu b = k 2 , k ∈ Z+ thì c = k k −1 . 2 ( ) ,k ∈Z Vậy ta được ( x, y ) = ( (2n + 1) , (2n + 1) ) , n ≥ 0, n ∈ Z và ( x, y ) = k , k Bài 15 Chứng minh rằng phương trình x3 − y 3 = xy + 1993 không có nghiệm nguyên dương. Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương ( x, y ) . Từ phương trình ta thấy x > y ⇒ x = y + d , d ∈ Z+ . Thay vào phương trình ta được ( y + d )3 − y 3 = ( y + d ) y + 1993 ⇒ (3d − 1) y 2 + d (3d − 1) y + d 3 − 1993 = 0 (1), suy ra n n +1 k 2 −1 k 2 +1 d 3 − 1993 < 0 ⇒ d ≤ 12 Nhân hai vế của (1) với 27 ta được 27(3d − 1) y 2 + 27 d (3d − 1) y + (3d )3 − 1 = 53810 , do đó 3d − 1| 53810 = 2 × 5 × 5381 Mà d ≤ 12 ⇒ 3d − 1 ≤ 35 và 3d − 1 chia cho 3 dư 2 nên 3d − 1 = 2;5 ⇒ d = 1; 2 - Nếu d = 1 , thay vào (1) ta được y 2 + y − 996 = 0 ( vô nghiệm nguyên ). - Nếu d = 2 , thay vào (1) ta được y 2 + 2 y − 397 = 0 ( vô nghiệm nguyên ). Như vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. Bài 16 + Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x, y đều không chia hết cho 5 và thỏa mãn x 2 + 19 y 2 = 198 ×101989 Lời giải Ta thấy 100 = 92 + 19 ×12 ; 1980 = 212 + 19 × 92 và ( x 2 + 19 y 2 )(a 2 + 19b 2 ) = ( xa + 19 yb) 2 + 19( xb − ya) 2 Ta gọi số nguyên dương n là "số đẹp" nếu tồn tại x, y ∈ Z sao cho x − y không chia hết cho 5 và n = x 2 + 19 y 2 . Ta sẽ chứng minh với mọi số nguyên dương m thì 100m là "số đẹp". - Khi m = 1 , khẳng định là đúng. - Giả sử khẳng định đã đúng với m = k , tức là 100k = a 2 + 19b 2 , trong đó a, b ∈ Z và a − b không chia hết cho 5. Ta có 100k +1 = 100 ×100k = (92 + 19 ×12 )(a 2 + 19b 2 ) = (9a − 19b) 2 + 19(9b + a) 2 , hơn nữa (9a − 19b) − (9b + a ) = 8(a − b) − 20b không chia hết cho 5 nên khẳng định cũng đúng với m = k + 1 . Phép chứng minh được hoàn tất. Như vậy 101988 = 100994 là "số đẹp", tức là 100994 = A2 + 19 B 2 , trong đó A, B ∈ Z và A − B không chia hết cho 5. Thế thì 198 × 101989 = 1980 × 100994 = (212 + 19 × 9 2 )( A2 + 19 B 2 ) = (21A − 171B) 2 + 19(21B + 9 A) 2 đặt x = 21A − 171B, y = 21B + 9 A ⇒ x − y = 12( A − B) − 180 B không chia hết cho 5. Mặt khác x 2 + 19 y 2 = 198 ×101989 M5 nên x, y đều không chia hết cho 5. II. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH PITAGO VÀ PHƯƠNG TRÌNH PELL Bài 17 Chứng minh rằng phương trình dưới đây có vô hạn nghiệm nguyên dương: x4 + y 4 + z 4 = u 2 Lời giải Gọi (a, b, c) là một nghiệm nguyên dương của phương trình a 2 + b 2 = c 2 . Thế thì (a 2 + b2 )2 = c 4 ⇒ a 4 + b 4 = c 4 − 2a 2b2 ⇒ c 4 (a 4 + b 4 ) = c8 − 2c 4 a 2b2 ⇒ a 4b 4 + b 4c 4 + c 4 a 4 = c8 − 2c 4 a 2b 2 + a 4b 4 = (c 4 − a 2b 2 )2 Ta chọn x = ab, y = bc, z = ca, u = c 4 − a 2b 2 , khi đó x, y, z , u ∈ Z+ và x 4 + y 4 + z 4 = u 2 Vì có vô hạn bộ số nguyên dương (a, b, c) nên sẽ có vô hạn bộ số nguyên dương ( x, y, z , u ) như trên. Bài 18 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2 + y 2 = 1997( x − y ) Lời giải Phương trình được viết lại như sau: 2 x 2 + 2 y 2 = 3994( x − y ) ⇔ ( x + y ) 2 + ( x − y ) 2 − 3994( x − y ) = 0 ⇔ ( x + y ) 2 + ( x − y − 1997) 2 = 1997 2 đặt a = x + y, b =| x − y − 1997 |⇒ a, b ∈ Z+ và a 2 + b 2 = 1997 2 (*) (bởi nếu b = 0 thì x − y = 1997 nên x + y = 1997 , do đó y = 0 ,loại). Do 1997 là số nguyên tố nên (a, b) = 1 , vì vậy (*) là dạng phương trình Pitago ⇒ 1997 = m 2 + n 2 , a = 2mn, b = m 2 − n 2 ( a, b có thể hoán vị cho nhau), trong đó m, n ∈ Z+ , m > n, (m, n) = 1 . Vì 1997 ≡ 2(mod 5) ⇒ m, n ≡ ±1(mod 5) , do 1997 ≡ 2(mod 3) ⇒ m, n ≡ ±1(mod 3) Như vậy m, n ≡ 1, 4,11,14(mod15) , hơn nữa 1997 < m 2 < 1997 nên chỉ có 2 m = 34, n = 29 . Từ đây ta được nghiệm của phương trình đã cho là ( x, y ) = (170,145);(1827,145) . Bài 19 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y 2 = 2 z 2 Lời giải Từ phương trình ta thấy x, y có cùng tính chẵn lẻ. Ta viết lại phương trình như sau: 2 2  x+ y  x− y 2  ÷ + ÷ =z  2   2  x+ y x− y = u, = v , thế thì u , v ∈ Z và u 2 + v 2 = z 2 . Đây chính là phương Đặt 2 2 trình dạng Pitago. Bài 20 Xét các tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng a , độ dài cạnh bên bằng b , trong đó a, b ∈ Z+ . Tìm tất cả giá trị của a, b để diện tích của tam giác cũng là một số nguyên dương. Lời giải 1 2 Diện tích của tam giác là S = a b 2 − a2 4 2 a Để S là số nguyên dương thì a phải chẵn và b 2 − phải là số chính phương. 4 2 a Giả sử a = 2k , k ∈ Z+ và b 2 − = m2 , khi đó b 2 − k 2 = m2 ⇔ m2 + k 2 = b2 . Đây là 4 phương trình dạng Pitago. Bài 21 n( n + 1) Tìm các số nguyên dương n sao cho là số chính phương. 2 Lời giải n( n + 1) = y 2 , y ∈ Z+ , khi đó 4n 2 + 4n + 1 = 8 y 2 + 1 ⇔ (2n + 1)2 − 8 y 2 = 1 , 2 đặt 2n + 1 = x ta được phương trình Pell x 2 − 8 y 2 = 1 . Từ đây ta được nghiệm là Giả sử (3 + 8) k + (3 − 8) k , ∀k ≥ 1 2 x −1 do đó n = , với x được xác định như trên. 2 x = xk = Bài 22 Tìm các số nguyên dương x > 1 sao cho tam giác với độ dài của ba cạnh là x − 1, x, x + 1 có diện tích là một số nguyên dương. Lời giải 1 4 Diện tích của tam giác là S = x 3x 2 − 12 . Để S là số nguyên dương thì x phải chẵn, đặt x = 2 y ⇒ S = y 3( y 2 − 1) . Ta cần 3( y 2 − 1) = h(h ∈ Z+ ) ⇒ h2 = 3( y 2 − 1) ⇒ h M3 , đặt h = 3z , z ∈ Z+ ta thu được 9 z 2 = 3( y 2 − 1) ⇒ y 2 − 3 z 2 = 1 . Phương trình Pell này có nghiệm là (2 + 3) n + (2 − 3) n y = yn = , ∀n ≥ 1 2 Vậy x = 2 y = (2 + 3) n + (2 − 3) n , ∀n ≥ 1 Bài 23 12 + 22 + ... + n 2 n Tìm các số nguyên dương để là số chính phương. n Lời giải Theo giả thiết ta có (n + 1)(2n + 1) = y 2 , y ∈ Z+ 6 ⇔ 2n 2 + 3n + 1 = 6 y 2 ⇔ 16n 2 + 24n + 8 = 48 y 2 ⇔ (4n + 3) 2 − 1 = 48 y 2 ⇔ x 2 − 48 y 2 = 1 , trong đó x = 4n + 3 (7 + 48) k + (7 − 48) k , ∀k ∈ Z+ 2 Ta cần tìm k để xk ≡ 3(mod 4) . Đế ý rằng dãy số ( xk ) được xác định như sau: x0 = 1, x1 = 7, xk + 2 = 14 xk +1 − xk , ∀k = 0,1, 2,... Bằng quy nạp ta chứng minh được xk ≡ 1(mod 4) nếu k chẵn, xk ≡ −1(mod 4) nếu k lẻ. Như vậy k lẻ là các số cần tìm. Tóm lại các số n phải tìm là Phương trình Pell này có nghiệm là x = xk = n= xk − 3 , với k là số lẻ. 4 Bài 24 Tìm các số nguyên dương m để 2m + 1 và 3m + 1 đều là các số chính phương. Lời giải Giả sử 2m + 1 = x 2 ,3m + 1 = y 2 ( x, y ∈ Z+ ) , khi đó ta có 3 x 2 − 2 y 2 = 1 (*) và m = y 2 − x 2 Xét (*) ta đặt u = 3x − 2 y, v = y − x ⇔ x = u + 2v, y = u + 3v , (*) trở thành u 2 − 6v 2 = 1 . Phương trình Pell này có nghiệm là (5 + 2 6) n + (5 − 2 6) n , ∀n ≥ 1 2 (5 + 2 6) n − (5 − 2 6) n v = vn = , ∀n ≥ 1 2 6 Vậy ta tìm được m = y 2 − x 2 = (u + 3v) 2 − (u + 2v) 2 = v(2u + 5v) , tức là u = un = m= (5 + 2 6) 2 n +1 + (5 − 2 6) 2 n +1 − 10 , ∀n ≥ 1 24 Bài 25 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: ( x − 1) 2 + x 2 + ( x + 1) 2 = y 2 + ( y + 1) 2 Lời giải Phương trình tương đương với (2 y + 1) 2 − 6 x 2 = 3 , suy ra 2 y + 1M3 . Giả sử 2 y + 1 = 3t , t ∈ Z+ , ta được phương trình: 9t 2 − 6 x 2 = 3 ⇔ 3t 2 − 2 x 2 = 1 (*) Đặt u = 3t − 2 x, v = x − t ⇔ t = u + 2v, x = u + 3v , thế thì (*) trở thành 3(u + 2v ) 2 − 2(u + 3v ) 2 = 1 ⇔ u 2 − 6v 2 = 1 . Đây chính là phương trình Pell. Bài 26 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2 + ( x + 1)2 = y 2 Lời giải Phương trình tương đương với 4 x2 + 4x + 2 = 2 y 2 ⇔ (2 x + 1) 2 − 2 y 2 = −1 Đặt 2 x + 1 = t ta được t 2 − 2 y 2 = −1 ⇔ 2 y 2 − t 2 = 1 (*) Đặt u = 2 y − t , v = t − y ⇔ y = u + v, t = u + 2v , khi đó (*) trở thành 2(u + v) 2 − (u + 2v) 2 = 1 ⇔ u 2 − 2v 2 = 1 . Đây chính là phương trình Pell. III. NGHIỆM NGUYÊN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT Bài 27 Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn (a, b) = 1 . Xét sự tồn tại nghiệm nguyên dương của phương trình ax + by = c , ta có hai kết quả sau đây: Kết quả 1 - Nếu c < a + b thì phương trình vô nghiệm nguyên dương. - Nếu c > ab thì phương trình có nghiệm nguyên dương. - Nếu c = a + b thì phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất x = y = 1 . - Nếu c = ab thì phương trình vô nghiệm nguyên dương. Kết quả 2 Khi c ∈ { a + b + 1, a + b + 2,..., ab − 1} thì số giá trị của c làm cho phương trình có nghiệm nguyên dương bằng số giá trị của c làm cho phương vô nghiệm nguyên dương. Chứng minh kết quả 1 - Với c < a + b thì hiển nhiên phương trình vô nghiệm nguyên dương. - Với c > ab : ta thấy { 1, 2,...,b} là hệ thặng dư đầy đủ mod b , mà (a, b) = 1 nên { a, 2a,..., ba} cũng là hệ thặng dư đầy đủ mod b , do đó ∃x ∈ { 1, 2,..., b} sao cho ax ≡ c(mod b) . Như vậy c − ax Mb ⇒ ∃y ∈ Z sao cho c − ax = by hay ax + by = c . Do c > ab ≥ ax nên y phải là số nguyên dương. Vì vậy phương trình có nghiệm nguyên dương. - Với c = a + b thì rõ ràng phương trình chỉ có một nghiệm nguyên dương là ( x, y ) = (1,1) . - Với c = ab : giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương ( x, y ) , thế thì ax + by = ab ⇒ by Ma ⇒ y Ma ⇒ y ≥ a ⇒ ax + by > ab (mâu thuẫn). Vì vậy phương trình vô nghiệm nguyên dương. Chứng minh kết quả 2 + Trước tiên ta chứng minh nếu phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên dương thì phương trình ax + by = (ab + a + b) − c vô nghiệm nguyên dương. Thật vậy, gọi ( x0 , y0 ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình ax + by = c ⇒ ax 0 + by0 = c . Xét phương trình ax + by = (ab + a + b) − c (*) ⇔ ax + by = ab + a + b − ax 0 − by0 ⇔ a( x + x0 − 1) + b( y + y0 − 1) = ab (**) Giả sử (*) có nghiệm nguyên dương là ( x, y ) , khi đó x + x0 − 1 và y + y0 − 1 là các số nguyên dương. Kết hợp với (**) ta thấy phương trình ax + by = ab có nghiệm nguyên dương (mâu thuẫn với kết quả 1). Vì vậy (*) phải vô nghiệm nguyên dương. + Tiếp theo ta chứng minh nếu phương trình ax + by = c vô nghiệm nguyên dương thì phương trình ax + by = (ab + a + b) − c có nghiệm nguyên dương. Thật vậy, ta thấy { 1, 2,...,b} là hệ thặng dư đầy đủ mod b , mà (a, b) = 1 nên { a, 2a,..., ba} cũng là hệ thặng dư đầy đủ mod b , do đó ∃x0 ∈ { 1, 2,..., b} sao cho ax0 ≡ c(mod b) . Như vậy c − ax0 Mb ⇒ ∃y0 ∈ Z sao cho ax 0 + by0 = c , ta phải có y0 ≤ 0 vì phương trình ax + by = c vô nghiệm nguyên dương. Khi đó ab + a + b − c = ab + a + b − ax 0 − by0 = a (b + 1 − x0 ) + b(1 − y0 ) = ax1 + by1 , trong đó x1 = b + 1 − x0 ∈ Z+ , y1 = 1 − y0 ∈ Z+ . Vì vậy phương trình ax + by = (ab + a + b) − c có nghiệm nguyên dương. Từ hai phần chứng minh trên ta dễ dàng suy ra được kết quả 2. C. KẾT LUẬN Chuyên đề này đã nêu ra một vài hướng suy nghĩ để đi tìm cách giải những phương trình nghiệm nguyên, các hướng suy nghĩ đó được trình bày theo mức độ đi từ đơn giản đến nâng cao để học sinh dễ tiếp thu. Nhân đây, tôi cũng mong các bạn đồng nghiệp cùng suy nghĩ về cách thức giảng dạy chủ đề "phương trình nghiệm nguyên" cho học sinh, nên dạy như thế nào để học sinh cảm thấy hấp dẫn và không mệt mỏi về chủ đề này ? [...]... nếu phương trình ax + by = c vô nghiệm nguyên dương thì phương trình ax + by = (ab + a + b) − c có nghiệm nguyên dương Thật vậy, ta thấy { 1, 2, ,b} là hệ thặng dư đầy đủ mod b , mà (a, b) = 1 nên { a, 2a, , ba} cũng là hệ thặng dư đầy đủ mod b , do đó ∃x0 ∈ { 1, 2, , b} sao cho ax0 ≡ c(mod b) Như vậy c − ax0 Mb ⇒ ∃y0 ∈ Z sao cho ax 0 + by0 = c , ta phải có y0 ≤ 0 vì phương trình ax + by = c vô nghiệm. .. nghiệm nguyên dương Khi đó ab + a + b − c = ab + a + b − ax 0 − by0 = a (b + 1 − x0 ) + b(1 − y0 ) = ax1 + by1 , trong đó x1 = b + 1 − x0 ∈ Z+ , y1 = 1 − y0 ∈ Z+ Vì vậy phương trình ax + by = (ab + a + b) − c có nghiệm nguyên dương Từ hai phần chứng minh trên ta dễ dàng suy ra được kết quả 2 C KẾT LUẬN Chuyên đề này đã nêu ra một vài hướng suy nghĩ để đi tìm cách giải những phương trình nghiệm nguyên, ... những phương trình nghiệm nguyên, các hướng suy nghĩ đó được trình bày theo mức độ đi từ đơn giản đến nâng cao để học sinh dễ tiếp thu Nhân đây, tôi cũng mong các bạn đồng nghiệp cùng suy nghĩ về cách thức giảng dạy chủ đề "phương trình nghiệm nguyên" cho học sinh, nên dạy như thế nào để học sinh cảm thấy hấp dẫn và không mệt mỏi về chủ đề này ? ... + b phương trình vô nghiệm nguyên dương - Nếu c > ab phương trình có nghiệm nguyên dương - Nếu c = a + b phương trình có nghiệm nguyên dương x = y = - Nếu c = ab phương trình vô nghiệm nguyên. .. y phải số nguyên dương Vì phương trình có nghiệm nguyên dương - Với c = a + b rõ ràng phương trình có nghiệm nguyên dương ( x, y ) = (1,1) - Với c = ab : giả sử phương trình có nghiệm nguyên. .. , ab − 1} số giá trị c làm cho phương trình có nghiệm nguyên dương số giá trị c làm cho phương vô nghiệm nguyên dương Chứng minh kết - Với c < a + b hiển nhiên phương trình vô nghiệm nguyên dương