BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG PHỔ THÔNG VÙNG CAO VIỆT BẮC Lại Thị Quỳnh Nguyên - Trịnh Thị Thùy Linh MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT CHUYÊN ĐỀ KHOA HỌC Thái Nguyên - 2014 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT Lại Thị Quỳnh Nguyên, Trịnh Thị Thùy Linh Tổ Toán - Tin Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc Ngày 16 tháng năm 2014 1.1 Mở đầu Lí chọn đề tài Phương trình nghiệm nguyên hay gọi phương trình Diophant dạng lâu đời Toán học Thông qua việc giải phương trình Diophant, nhà toán học tìm tính chất sâu sắc số nguyên, số hữu tỉ, số đại số, Trong kỳ thi học sinh giỏi, phương trình Diophant thường xuất hình thức khác đánh giá khó tính không mẫu mực 1.2 Mục đích đề tài Chuyên đề đưa số phương pháp để giải toán phương trình Diophant, chủ yếu giới hạn phương trình đa thức, nhằm ôn tập cho em học sinh giỏi số kiến thức sở phương trình Diophant 2.1 Một số phương pháp giải phương trình Diophant Phương pháp chọn modul Một số phương tận 2; 3; 7; Một số phương chia dư 0, 1, Những tính chất đơn giản nhiều lại chìa khóa để giải nhiều phương trình Diophant Ví dụ 2.1.1 Tìm n, x, y, z nguyên dương thỏa mãn n x + ny = nz Giải Từ phương trình, ta có n x ≤ nz ny ≤ nz ⇐⇒ x≤z y≤z Giả sử x ≤ y ≤ z Khi đó, phương trình cho tương đương với + ny− x = nz− x Nếu y > x, z > x n ⇒ n = (Vô lý) Nếu y = x ta có nz− x = ⇒ n=2 ⇐⇒ z−x = n=2 z = x+1 Vậy phương trình cho có nghiệm n = 2, ( x; x; x + 1), x ∈ Z∗+ Ví dụ 2.1.2 Chứng minh phương trình x + y2 + z2 + x + y + z = (2.1.1) nghiệm hữa tỉ Giải Ta có (2.1.1) ⇔ 4x2 + 4y2 + 4z2 + 4x + 4y + 4z = ⇔ (2x + 1)2 + (2y + 1)2 + (2z + 1)2 = với 2x + 1, 2y + 1, 2z + ∈ Q Ta chứng minh rằng, = a2 + b2 + c2 , a, b, c ∈ Q p1 p3 p2 điều vô lý Thật vậy, đặt a = , b = , c = , suy q1 q2 q3 7= p21 p23 p22 + + ⇒ 7m2 = r2 + s2 + t2 , m, r, s, t ∈ Z q21 q22 q23 (2.1.2) Giả sử phương trình (2.1.2) có nghiệm nguyên (m, r, s, t) với m nhỏ • Với m chẵn hay m = 2m1 , từ (2.1.2) ta suy vế phải (2.1.2) phải số chẵn Khi ba số r, s, t phải có – Hai số lẻ, số chẵn vế trái đồng dư với theo modul 4, vế phải đồng dư với theo modul Điều vô lý – Ba số chẵn r = 2r1 , s = 2s1 ,t = 2t1 , thay vào (2.1.2) ta 7m21 = s21 + r12 + t21 Do đó, (m1 , r1 , s1 , t1 ) nghiệm (2.1.2) Điều vô lý m nhỏ • Với m lẻ ba số r, s, t phải có – Ba số lẻ vế trái đồng dư với theo modul 8, vế phải đồng dư với theo modul Điều vô lý – Hai số chẵn, số lẻ vế trái đồng dư với theo modul 8, vế phải không đồng dư với (1 + 6) theo modul Vậy phương trình cho nghiệm nguyên Bài tập Tìm nghiệm nguyên phương trình sau a x2 − 3y2 = 17 b x2 − 2y2 = c 2x + 122 = y2 − 32 Chứng minh phương trình 15x2 − 7y2 = nghiệm nguyên Cho phương trình nghiệm nguyên z2 = x2 − trình có nghiệm không a n = 1981 b n = 1985 y2 − + n Hỏi phương c n = 1984 Tìm tất cặp số nguyên dương x, y cho x2 − 3xy = 2002 2.2 Phương pháp ước lượng nghiệm Cho x số nguyên Nếu | x | ≤ N với số nguyên dương N cho trước x nhận hữu hạn giá trị Ví dụ 2.2.1 Tìm x, y nguyên cho x − y2 = + 16y (2.2.1) Giải Ta có (2.2.1) ⇔ x2 − y2 − x2 − y2 + = 16y • Nếu y < phương trình (2.2.1) vô nghiệm vế trái không âm, vế phải âm • Nếu y = phương trình (2.2.1) có dạng x4 = ⇔ x = ±1 • Nếu y > ta có x2 − y2 ≥ 2y − 1, ∀ x2 = y2 , y > 0, y ∈ Z Thật vậy, – Với | x | ≥ y + ⇒ x2 − y2 = x2 − y2 ≥ (y + 1)2 − y2 > 2y − – Với | x | < y − ⇒ x2 − y2 = y2 − x2 ≥ y2 − (y − 1)2 = 2y − Từ đó, + 16y ≥ (2y − 1)2 ⇔ 4y2 − 20y ≤ ⇔ ≤ y ≤ Khi đó, y = ⇒ x = ±1 y = ⇒ x2 − y = ⇒ x2 − y = ⇒ x2 − y = ⇒ x2 − 16 = 17 (Loại) = 33 = 49 ⇒ x = ±4 = 65 (Loại) y = ⇒ x2 − 25 = 81 ⇒ x = ±4 Vậy phương trình cho có nghiệm (±1; 0), (±4; 3), (±4; 5) Ví dụ 2.2.2 Chứng minh phương trình 1 1 + + = x y z 1991 có số hữu hạn nghiệm nguyên dương Giải Giả sử < x ≤ y ≤ z 1 + + = ≤ ⇒ 1991 < x ≤ · 1991 x y z 1991 x Do đó, x lấy số hữu hạn giá trị Với x ta có 1 1 − = + ≤ 1991 x y z y Suy ra, y≤ · 1991x · 1991x ≤ ≤ · 1991x2 x − 1991 Vậy y nhận hữu hạn giá trị nên z nhận hữu hạn giá trị Bài tập Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình sau 1 1 b x3 + 7y = y3 + 7x c 2x − 3y = a + + + = x y z t Tìm tất nghiệm nguyên phương trình 3xy − x − 2y = Tìm tất cặp số nguyên dương (m, n) cho (IMO - 1994) n3 + số nguyên mn − Tìm tất nghiệm nguyên phương trình m2 + n n2 + m = ( m + n )3 Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y) cho x2 + chia hết cho y, y3 + chia hết cho x2 2.3 Phương pháp xuống thang Cơ sở phương pháp xuống thang tính thứ tự tốt N (và Nk ), tập khác rỗng N có phần tử nhỏ Để chứng minh phương trình vô nghiệm, ta giả sử ngược lại tập R nghiệm nguyên (tự nhiên, nguyên dương) phương trình khác rỗng Ta đưa số thứ tự tốt R giả sử α0 nghiệm nhỏ (theo thứ tự trên) Nếu cách ta dựng nghiệm α1 nhỏ α0 đến mâu thuẫn Từ đó, ta suy phương trình cho vô nghiệm Ví dụ 2.3.1 Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 − 3y3 − 9z3 = Giải Giả sử ( x0 ; y0 ; z0 ) nghiệm nguyên phương trình Khi đó, x0 3, đặt x0 = 3x1 Thay vào phương trình ta 9x13 − y30 − 3z30 = Suy ra, y0 3, đặt y0 = 3y1 Khi đó, 9x13 − 27y31 − 3z30 = ⇔ 3x13 − 9y31 − z30 = Do đó, z 3, đặt z = 3z ta lại x3 − 3y3 − 9z3 = 0 Như vậy, x0 y0 z0 ; ; 3 1 1 nghiệm phương trình cho x0 y0 z0 , , số nguyên với k nguyên Do 3k 3k 3k đó, x0 = y0 = z0 = Vậy phương trình cho có nghiệm (0; 0; 0) Quá trình tiếp tục mãi, số Ví dụ 2.3.2 Chứng minh phương trình x4 + y4 = z2 nghiệm nguyên dương Giải Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương Giả sử ( x; y) = d, tức x = da, y = db, ( a, b) = Khi đó, a4 + b4 = z d2 Giả sử z = d2 c, c ∈ Q ⇒ a4 + b4 = c2 (2.3.1) + Vì c ∈ Q, c ∈ N nên ta có c ∈ N Trong tất nghiệm phương trình 2 (2.3.1), chọn nghiệm có c nhỏ Ta có a2 + b2 = c2 , ( a, b) = ⇒ a2 , b2 = Tức là, a2 , b2 , c ba Pythagore nguyên thủy Do tồn số nguyên dương m, n cho a2 = m2 − n2 , b2 = 2mn, c = m2 + n2 , m, n khác tính chẵn lẻ, m > n (m, n) = 1, nghĩa a2 = m2 − n2 lẻ Giả sử m chẵn, n lẻ Khi đó, n2 ≡ ( mod 4) a2 ≡ ( mod 4) Suy ra, n2 + a2 = m2 ( mod 4) Điều vô lý Vậy m lẻ, n chẵn Ngoài ra, ( a, m, n) lập thành Pythagore nguyên thủy Do đó, tồn p, q ∈ N∗ cho a = p2 − q2 , n = 2pq, m = p2 + q2 , p, q khác tính chẵn lẻ, p > q ( p, q) = Ngoài ra, b2 = 2mn = 4pq p2 + q2 ⇒ b = 2h, h ∈ N+ Khi đó, h2 = pq p2 + q2 (2.3.2) 2 Giả sử tồn số nguyên tố r chia hết pq, p + q Vì r chia hết pq nên không tính tổng quát giả sử r chia hết p, r chia hết p2 + q2 − p2 = q2 Suy ra, r chia hết q Điều mâu thuẫn ( p, q) = Vậy pq, p2 + q2 = Từ đó, kết hợp với (2.3.2) ta suy pq = s2 , p2 + q2 = t2 với s, t ∈ N+ Vì pq = s2 , 2 ( p, q) = nên p = u2 , q = v2 với u, v ∈ N+ Nghĩa là, u2 + v2 = t2 hay u4 + v4 = t2 , c = m2 + n2 > m = p2 + q2 = t2 > t Điều mâu thuẫn với cách chọn c Vậy phương trình cho vô nghiệm Bài tập Chứng minh phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt nghiệm nguyên khác (0; 0; 0; 0) x2 + 2y2 = z2 2x2 + y2 = t2 Chứng minh hệ phương trình nghiệm nguyên dương Chứng minh phương trình x3 + 3y3 + 9z3 − 9xyz = có nghiệm nguyên (0; 0; 0) (Vô địch Bulgarie năm 1983) Tìm nghiệm nguyên ( x; y; z; t) phương trình 8x4 − 4y4 + 2z4 = t4 Tìm tất số nguyên x, y, z cho 5x2 − 14y2 = 11z2 2.4 Xây dựng nghiệm Có nhiều toán không yêu cầu tìm tất nghiệm phương trình mà yêu cầu chứng minh phương trình có vô số nghiệm Trong trường hợp thế, ta cần xây dựng họ nghiệm chứa tham số đủ Việc xây dựng thực giả định, giới hạn miền nghiệm Ví dụ 2.4.1 (Italy - 1996) Chứng minh phương trình a2 + b2 = c2 + có vô số nghiệm nguyên ( a; b; c) Giải Chọn c = b + ta phương trình a2 = 2b + (2.4.1) Bây cần chọn a = 2k, b = k − ta nghiệm (2.4.1) Vậy phương trình cho có vô số nghiệm dạng 2k; k2 − ; 2k2 − Ví dụ 2.4.2 Chứng minh phương trình x2 + y3 = z5 có vô số nghiệm nguyên dương m m +1 m Giải Ta có 2m + 2m = 2m+1 Đặt x = 2 , y = , z = ta có x + y3 = z5 m ∈Z m ∈Z Khi đó, toán thỏa mãn ⇔ m = (5k + 4) Vậy m + ∈ Z phương trình cho có vô số nghiệm nguyên dạng 23(5k+4) ; 22(5k+4) ; 26k+5 , k ∈ Z Bài tập Chứng minh với n ≥ 2, phương trình x2 + y2 = zn có vô số nghiệm nguyên dương Chứng minh phương trình x3 + y3 + z3 + t3 = 1999 có vô số nghiệm nguyên dương Chứng minh với số a, b ∈ Z tùy ý nguyên tố nhau, phương trình sau có vô số nghiệm ( x; y; z) nguyên cho x y nguyên tố ax2 + by2 = z3 (Ruman - 1979) 2.5 Phương pháp số học Các tính chất số nguyên liên quan đến số nguyên tố, ước chung, bội số chung định lý số học, định lý Fermat, Euler, đóng vai trò quan trọng việc tìm kiếm lời giải phương trình Diophant Ví dụ 2.5.1 Tìm nghiệm nguyên ( x; y) phương trình x2 = 2y2 Giải Ta thấy (0; 0) nghiệm nguyên phương trình cho Giả sử ( x0 ; y0 ) = (0; 0) nghiệm phương trình Khi đó, x0 , y0 khác Gọi d = ( x0 , y0 ), từ phương trình cho ta có x0 d =2 y0 d x0 y0 x0 y0 chẵn Từ đó, ta có chẵn Điều vô lý , d d d d Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (0; 0) Suy ra, = Ví dụ 2.5.2 Giải phương trình sau tập số nguyên x14 + x24 + · · · + x74 = 1992 Giải Nếu x = 2k x4 16 Nếu x = 2k + x4 − = x2 − x2 + 16 (vì x − x + hai số chẵn liên tiếp nên tích chúng chia hết cho x2 + 2) Như vậy, chia tổng x14 + x24 + · · · + x74 cho 16 có số dư số lẻ x1 , x2 , · · · , x7 , tức không vượt 7, 1992 = 16 · 124 + ≡ (mod 16) Vậy phương trình cho nghiệm nguyên Bài tập Giải phương trình x y + = z tập số nguyên tố Chứng minh phương trình x2 − y2 = k có nghiệm nguyên k = 4t + 2, t ∈ Z Tìm nghiệm nguyên phương trình 7x2 + 13y2 = 1820 Chứng minh phương trình 4xy − x − y = z2 nghiệm nguyên = 1599 tập số nguyên Giải phương trình x14 + x24 + · · · + x14 (MSA - 1979) x2 + 13y2 = z2 13x2 + y2 = t2 Tìm nghiệm nguyên dương hệ 2.6 Phương pháp dùng bất đẳng thức Ta thường sử dụng bất đẳng thức AM - GM Schwarz Ví dụ 2.6.1 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình xy yz xz + + = z x y (2.6.1) Giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có √ (2.6.1) ⇔ 3xyz = x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 ≥ 3 x4 y4 z4 = 3xyz xyz Suy ra, xyz ≤ Do đó, x = y = z = Vậy (2.6.1) có nghiệm nguyên dương (1; 1; 1) Ví dụ 2.6.2 Tìm nghiệm nguyên phương trình ( x + y + 1)2 = x + y2 + Giải Theo bất đẳng thức Schwarz ta có ( x + y + 1)2 ≤ x + y2 + 12 + 12 + 12 = x + y + Dấu xảy x = y = Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (1; 1) Bài tập Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2z = x2 + y2 + z2 = xy + 3y + 2z − √ x+ y−1+ √ z−2 = ( x + y + z) x3 + y3 − 6xy + = Kết luận Trong đề tài này, đề cập đến sáu phương pháp giải phương trình Diophant, bao gồm Phương pháp chọn modul Phương pháp ước lượng nghiệm Phương pháp xuống thang Xây dựng nghiệm Phương pháp số học Phương pháp dùng bất đẳng thức Với phương pháp, trình bày ý tưởng phương pháp, nêu ví dụ minh họa đưa số tập dành cho học sinh tự luyện tập Do khả hạn chế nên chắn tài liệu nhiều thiếu sót, mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô em học sinh để chuyên đề hoàn thiện