đề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

đề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênđề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênđề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênđề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênđề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênđề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênđề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênđề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC HOA LƯ KHOA TỰ NHIÊN  ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Sinh viên thực : Phạm Thị Mơ Nguyễn Trọng Độ Nguyễn Thị Nguyệt Lớp : D2 Toán-Tin Giảng viên hướng dẫn : Lê Thị Hồng Hạnh Ninh Bình,ngày 05 tháng 04 năm 2012 PHẦN NỘI DUNG Chương : Cơ sở lý thuyết 1.1 Lý thuyết chia 1.1.1 Định lý a, Định lý Định lý : Với a,b  b  : tồn cặp số nguyên q, r thỏa mãn : a  bq  r ;  r < b Chứng minh: Xét tập hợp A = { x b ;x b  a } * Tồn : Rõ ràng A bị chặn A   : Ta có  a b   a  a   a b  A  A    A có phần tử lớn nhất, giả sử q1 b Có  q1  1 b  q1 b  b  a q1 b  a  q1 b  r   q1  1 b   r< b Đặt q = q1 b > q = -q1 b <  a = bq  r (0  r < b ) * Duy : ( phản chứng ) : giả sử a  bq  r = bq' + r'  b  q  q'  r ' r  b q  q'  r  r '  r'  r  b  q  q'   q - q' =  r = r' Vậy q, r b, Tính chia hết Ta nói số ngun a chia hết cho số nguyên b (b  0) số dư phép chia a cho b Nói cách khác, số nguyên a chia hết cho số nguyên b (b  0) có số nguyên q cho a = q.b Trong trường hợp ta viết: a  b (đọc là: "a chia hết cho b") -1- Khi a chia hết cho b, ta nói "b chia hết a" viết: b a (đọc là: "b chia hết a") Ta nói a bội b hay b ước a  a Một số tính chất :  a 0  1 a a   a a a   Trong : có ước -1 Ngược lại a ước a  1  Nếu a b c d (a.c)  (b.d)  Nếu a  b a  c a  (b  c) Chú ý : Quan hệ chia hết quan hệ chia hết * quan hệ thứ tự ( khác tính chất ) khơng thỏa mãn tính chất phản xứng VD: chia hết cho -4 -4 chia hết cho  -4 1.1.2 Một số dấu hiệu chia hết Gọi a = a n a n 1 a1a a, Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125  a   a0   a0  { 0; 2; 4; 6; }  a   a0   a0  { 0; }  a  (hoặc 25)  a1a (hoặc 25)  a  (hoặc 125)  a 2a1a (hoặc 125) b, Dấu hiệu chia hết cho  a  (hoặc 9)  a  a1   a n (hoặc 9) c, Một số dấu hiệu khác -2-  a  11  [( a  a  )  (a1  a  )] 11  a  (hoặc 13)  [( a 2a1a  a 8a a  )  (a 5a a  a11a10 a  )]  a  37  ( a 2a1a  a 5a 4a  ) (hoặc 13) 37  a  19  ( a n  2a n 1  22 a n 2   2n a ) 19 1.1.3 Ước chung lớn bội chung nhỏ (ƯCLN - BCNN) Định nghĩa : Cho số nguyên a1; a2; …; an không đồng thời Một ƯC số nguyên cho số nguyên c (khác 0) thỏa mãn c a i (i = 1,n ) ƯCLN số nguyên cho số nguyên d thỏa mãn bội ước chung a1; a2; …; an Kí hiệu d = (a1, a2, …, an) Định nghĩa : Cho số nguyên a1; a2; …; an (ai khác với i = 1,n ) Một BC số nguyên cho số nguyên t thỏa mãn t a i (  i = 1,n ) BCNN số nguyên cho BC chúng cho ước tất BC khác số nguyên cho Kí hiệu t = [a1, a2, …, an] Ví dụ : BC không BCNN khơng ước 15 Tính chất ƯCLN BCNN: 1) Cho a b số nguyên dương Khi ta có : (a, b) = (a, a + b) 2) Với hi số nguyên dương a, b ta có : (a, b)[a, b] = ab 3) Cho m số nguyên dương Khi ta có : (ma, mb) = m(a, b) [ma, mb] = m[a, b] 4) Cho a, b, c ba số nguyên dương cho ab c Nếu (a, c) = b c 5) Với số nguyên dương a, b tồn số nguyên x, y cho ax + by = (a, b) -3- 1.2 Lý thuyết đồng dư 1.2.1 Định nghĩa tính chất đồng dư Định nghĩa : Cho m nột số nguyên dương lớn 1, ta nói hai số nguyên a b đồng dư với theo modum m phép chia a b cho m ta số dư, nghĩa tồn số nguyên q1, q2, r (0  r  m ) cho : a= mq1 + r b= mq2 + r Khi a b đồng dư với theo modum m ta viết a  b (mod m) đọc a đồng dư với b theo modum m b đồng dư với a theo mudum m Hệ thức a  b (mod m) gọi đồng dư thức Một số tính chất đồng dư thức:  Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương tập số nguyên Z , nghĩa có tính chất sau : Phản xạ :  a Z ta có a  a (mod m) Đối xứng :  a, b Z ta có a  b (mod m) b  a (mod m) Bắc cầu :  a, b, c Z ta có a  b (mod m) b  c (mod m)  a  c (mod m)  Ta cộng (hoặc trừ, nhân) vế nhiều đồng dư thức theo modum Cụ thể : a  b (mod m) c  d (mod m)  a  c  b  d (mod m) Tổng quát :  bi (mod m)  i = 1,n  Giả sử a, b Z cho a  b (mod m1 ), a  b (mod m2 ), ……………… a  b (mod mk ), -4- n n i 1 i 1 n n i 1 i 1  a i   bi (mod m)  a i   bi (mod m) ta có a  b (mod m) với m = [m1, m2,…,mk] 1.2.2 Các định lý Euler, Ferma, Wilson, Ferma - Euler 1.2.2.1 Hàm số Euler Định nghĩa : Với n =1 ta đặt  (n)  Với n > 1, n số tự nhiên ta đặt  (n) số phần tử tập hợp Z*n lớp thặng dư thu gọn modum n, Ta viết  (n) = card ( Z*n ) 1.2.2.2 Định lý Euler Giả sử m số tự nhiên lớn a số nguyên tố với m, ta có a (m)  (mod m) Trong  (m) hàm Euler tính theo cơng thức: * Với m = ta có  (1)  * Với m số nguyên tố  số tự nhiên khác ta có  (m )  m  m 1  m (1  ) m * Với m số tự nhiên lớn có dạng phân tích tiêu chuẩn    m  p1 p2 pk k ta có  (m)  m(1  )(1  ) (1  ) p1 p2 pk 1.2.2.2 Định lý Perma Cho p số nguyên tố a số nguyên không chia hết cho p Khi ta có a p1  (mod p) Dạng khác định lý perma : Cho p số nguyên tố a số p nguyên tùy ý Khi ta có a  a (mod p) Chứng minh: Giả sử p   (a, p) = Khi chia a; 2a;…; (p – 1)a cho p p – số dư đôi khác số số 1; 2;…; p – -5- Gọi r1; r2;…;rp-1 dư tương ứng phép chia a; 2a;…; (p – 1)a cho p a  r1 (mod p)   2a  r (mod p)  Ta có :   (p  1)a  rp1 (mod p) Nhân tương ứng đồng dư thức ta :  p 1!a p1  r1r2 rp1  modp   p 1!a p1   p 1! mod p  Hay  a p1  (mod p)  (p 1)!,p)  1.2.2.3 Định lý Wilson, Fermat – Euler Định lý Wilson : p số nguyên tố (p 1)!1 chia hết cho p Định lý Fermat – Euler : Nếu p = 4k + tồn số nguyên dương a, b cho p = a  b2 1.3 Liên phân số hữu hạn Ngồi hai hình thức biểu diễn quen thuộc phân số số thập phân hữu hạn, vơ hạn tuần hồn, số hữu tỉ cịn có biểu diễn Đó liên phân số hữu hạn 1.3.1 Liên phân số hữu hạn Cho x  ; giả sử x = a với a  Z , b  b Khi a = bq0 + r0 (0  r0  b)  * , (a,b) = a r  q0   q0  b b b r0 Giả sử b = r0q1 + r1 ; (0  r1  r0 )  b r  q1   q1  r0 r0 r0 r1 -6- x a  q0  b q1  r0 r1 Lặp lại trình ta dãy số chia sau : a = bq0 + r0 (0  r0  b) b = r0q1 + r1 (0  r1  r0 ) r0 = r1q2 + r2 (0  r2  r1 ) rn-3 = rn-2qn-1 + rn-1 (0  rn  rn 1 ) rn-2 = rn-1qn Do rn < rn-1 nên trình dừng lại sau hữu hạn bước ta có biểu diễn x a  q0  b q1  1 q2  (1) + qn Định nghĩa : Biểu thức dạng (1) q0  Z;; q1 , ,qn  * ; qn >1 gọi liên phân số hữu hạn cấp n ; q0 ,….,qn gọi số hạng liên phân số Để cho gọn, liên phân số hữu hạn cấp n thường viết dạng [q0; q1, q2,…, qn] Ví dụ : Ta có : 39 1 5 5 5 1 1 1 4 1 3 39  [5; 1, 1, 3] -7- Định lý : Định lý 1: Mỗi số hữu tỉ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn Chứng minh : * Mỗi số hữu tỉ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn : Cách biểu diễn nêu * Duy : Với x x  Giả sử : x = [q0; q1, q2, …,qn] = [p0; p1, p2, …,pm] Ta chứng minh m = n qi = pj Xét x = [q0; q1, q2, …,qn] +) n = ta có x = [q0]  [x] = q0 +) n = ta có x = [q0; q1] = q0 + < q0 + (do q1 > 1) q1 Do x > q0 nên [x] = q0 +) n > ta có x = [q0; q1, …, qn] = q  q1  q2  < q0 + + qn < q0 + q1  [x] = q0 Tương tự với x = [p0; p1, p2, …,pn] ta có [x] = p0  [x] = q0 = p0 Xét x1 = [q1; q2, …,qn] = [p0; p2, …,pm] Tương tự q1 = [x1] = p1 Lặp lại trình giả sử m > n  = [pn+1; …, pm] (mâu thuẫn) Tương tự m < n ta suy điều mâu thuẫn Vậy m = n Suy điều phải chứng minh Định lý : Mỗi liên phân số hữu hạn có giá trị số hữu tỉ -8- Chứng minh : Thực vậy, thực phép tính biểu thức xác định liên phân số hữu hạn (các phép tính cộng chia số hữu tỉ) ta kết số hữu tỉ 1.3.2 Giản phân liên phân số hữu hạn Việc tính giá trị liên phân số hữu hạn thuật tốn hóa nhờ đưa khái niệm giản phân Ta có định nghĩa sau : a, Định nghĩa Giả sử cho liên phân số hữu hạn cấp n x a  q0  b q1  Đặt   q ; 1  q  Tổng quát : (1) q2  + qn ; q1  k  q0  q1  q2  + qn Theo định lý thực phép tính biểu thức  k ta phân số; giả sử  k  Phân số Pk Qk Pk gọi giản phân cấp k liên phân số (1) Qk -9- Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x2 + 2y2 + 3xy - 2x - y = (Đs (x; y) = (-6; 6), (0; 2), (-4; 2), (-10; 6)) b) 3(x2 + xy + y2) = x + 8y (Đs (x;y) = (0;0),(1;1) ) c)x2 +2y2 + 3xy- x-y+3=0 (Đs(x;y) = (8;5),(6;5),(6; 3),(4; 3) ) * Phương pháp : PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN (XUỐNG THANG) Phương pháp *Cơ sở phương pháp xuống thang - Tính thứ tự phần tử tập hợp - Nguyên lý cực hạn + Một tập hợp hữu hạn khác rỗng số tự nhiên có phần tử lớn nhỏ + Một tập khác rỗng số tự nhiên có phần tử bé - Nội dung phương pháp xuống thang diễn giải sau: Giả sử ( x0 , y0 , z0 , t0 , ….) nghiệm nguyên phương trình f  x, y,z,  Nhờ biến đổi, suy luận số học ta tìm nghiệm khác  x1, y1,z1,  cho nghiệm quan hệ với nghiệm tỉ số k Ví dụ x  kx1, y0  ky1,z0  kz1 … Lập luận tương tự  x , y2 ,z ,  nghiệm phương trình x1  kx , y1  ky2 , z1  kz2 , Quá trình tiếp tục dẫn đến x , y0 , z0 , chia hết cho k s ,s  * Điều xảy x  y0  z0   Ví dụ Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 + 2y3 = 4z3 (1) Giải : - 79 - Hiển nhiên x Đặt x = 2x1 với x1 nguyên Thay vào (1) chia hai vế cho : 4x13  y3  2z3 Do y (2) Đặt y = 2y1 với y1 nguyên Thay vào (2) chia hai vế cho 3 : 2x1 + 4y1 = z Do z (3) Đặt z = 2z1 với z1 nguyên Thay vào (3) chia hai vế cho : x13 + y13 = z13 (4) Như vậy, (x, y, z) nghiệm (1) (x 1, y1, z1) nghiệm (1) z = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 Lập luận tương tự (x2, y2, z2) nghiệm (1) x1 = 2x2, y1 = 2y2, z1 = 2z2 Cứ tiếp tục ta đến: x, y, z chia hết cho k với k số tự nhiên tuỳ ý Điều xảy x = y = z = Đó nghiệm (1) Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt (1) Giải : Giả sử (x0, y0, z0, t0) nghiệm nguyên (1), đó: x02  y02  z02  t02  x0 y0 z0t0 số chẵn nên số x0, y0, z0, t0 phải có số chẵn số lẻ (0, 4) Nếu x0, y0, z0, t0 lẻ x02  y02  z02  t02 4, 2x y0z0 t  Nếu số x , y0 ,z0 , t có hai số lẻ x02  y02  z02  t02   mod 4 , 2x y0z0 t Vậy x0, y0, z0, t0 phải chẵn Giả sử x = 2x1 , y0 = 2y1 , z0 = 2z1 ; t = 2t1 , phương trình trở thành: x12  y12  z12  t12  8x1 y1z1t1 Lập luận tương tự ta có : x12  y12  z12  t12  32 x1 y1z1t1 - 80 - x2= x1 x0  ; 22 y2 = z2 = z1 z0  ; 22 t2 = y1 y0  22 t1 t0  22 …………… 2 2 Tiếp tục đến : xn  yn  zn  tn = 22n+1 x n yn z n t n Với x n = x0 y z t , yn = n0 , z n = 0n , t n = 0n số nguyên với số tự n 2 2 nhiên n, điều xảy khi: x0 = y0 = z0 = t0 = Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (0; 0; 0; 0) Các tập áp dụng Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương: 8x4 + 4y4 + 2z4 = t4 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: a) x2 + y2 + z2 = x2y2 (Đs: (x; y; z) = (0; ; 0) HD: xét trường hợp: x y lẻ suy z chẵn, VT  2(mod 4) , VP  1(mod 4) (vô lý) Do biến x, y chẵn Giả sử x chẵn, từ pt suy y  z  y,z chẵn Sau sử dụng phương pháp xuống thang giải toán) 2 b) x  2y3  4z3  (Đs: (x; y; z) = (0; ; 0)) Giải phương trình sau tập số nguyên : a) x  3y2  9z3  (Đs: (x; y; z) = (0; ; 0)) b) x  y2  z  2xyz (Đs: (x; y; z) = (0; ; 0)) c) x  y2  z  t  2xyzt (Đs: (x; y; z; t) = (0; ; 0; 0)) * Phương pháp : QUY VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI Dạng : Phương pháp đưa dạng tổng bình phương Phương pháp - 81 - * Cơ sở phương pháp Đưa phương trình dạng sau: f12 (x, y, ) + f 22 (x, y, ) + = p12 + p22  với p1, p2… số nguyên Ví dụ Ví dụ : Tìm nghiệm ngun dương phương trình sau: x2 - 4xy + 5y2 = 169 (1) Giải : (1)  (x -2y)2 + y2 = 169  x -2y2 + y2 = 169 (3) Vì x -2y2 số ngun khơng âm y số dương 169 = 132 + 02 = 122 + 52 nên từ (3) ta có khả sau (với đk : x, y > 0)  x  2y 0 a)   y  13    x  26   y 13  x  y 12 b)   y     x  22   y 5  x  y 5 c)    y  12   x  29   y    x  19    y  12 Vậy phương trình cho có bốn cặp nghiệm ngun dương (29; 5), (19; 12), (22; 5), (26; 13) Ví dụ : Tìm nghiệm ngun dương phương trình : 3x2 + 2y2 + z2 + 4zy + 2yz = 26 - 2xz (2) Giải : (2)  x2 + (x2 +y2 + 2xy) + (x2 + y2 + z2 + 2zy) + 2xz + 2yz) = 26 - 82 -  x2 + (x + y)2 + (x + y + z)2 = 26 Do x, y, z nguyên dương nên : x < x + y < x + y + z Mặt khác : 26 = 12 + 32 + 42 ( cách phân tích nhất) x 1 Nên từ (2)   x  y   x y  z    x 1  y2 z 1  Vậy phương trình có nghiệm (1, 2, 1) Các tập áp dụng Tìm nghiệm nguyên phương trình sau : a) 3x2 + 2y2 + z2 + 4xy + 2xz + 2yz = 14 b) y2 + x2 + z2 + xy +yz + xz = 13 c) x2 – 4xy + 5y2 = 16 (Đs (x; y) = (4; 0), (-4; 0),(8; 4), (-8;-4) HD: pt  (x  2y)2  y2  16  02  42 ) Dạng : Đặt ẩn phụ Phương pháp * Cơ sở phương pháp - Các đa thức đối xứng 1  x1  x   x n    x1x  x1x3   x1x n    x 2x   x 2x n    x n 1x n ………………  n  x1x x n - Phương trình: (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = mx2 đó: ad = bc ta đặt: y = (x + a) (x + d) - Phương trình: d(x + a) (x + b) (x + c) = mx đó: d  abc m = (d – a) (d – b) (d – c) Đặt: y = x + d nghiệm phương trình y = - 83 - - Phương trình: (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = m đó: a + d = b + c Đặt: y = (x + a) (x + d) - Phương trình: (x + a)4 + (x + b)4 = c Đặt: y  x  ab 2 Ví dụ Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x3 + y3 + = 3xy (1) Giải : Đặt 1 = x + y , 2 = xy (2) : 13  31 1 3  (1+ 1) (  12 - 1+ - 32) = Vì x >0 , y >  1>  1 + >   12 - 1- 3 + =  2= ( - 1 + 1)  x  y  1    xy  (    1) Vậy x, y thoả mãn : x, y nghiệm phương trình : z   z  ( 12    1) = (2)    12  ( 12    1)   (  2)  3 Nếu 1  phương (2) vơ nghiệm, từ suy phương trình cho vơ nghiệm x  y  Nếu 2=   xy   x  y  (do x, y * ) Vậy nghiệm phương trình (1; 1) - 84 - Chú ý Ta giải phương trình cách áp dụng đẳng thức : a  b3  c3  3abc   a  b  c  a  b  c  ac  bc  ab   a  b  c a  b   b  c  c  a  2 2 Ta quay lại với ví dụ trình bày phương pháp sử dụng bất đẳng thức: Ví dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình x + y + xy = x2 + y2 (1) Giải : Đặt  = x +y ;  = xy từ (1)  1  1  3 Vì x, y Z  x, y  áp dụng bất đẳng thức (x + y)2  4xy   12  4   12 -   3   12   12 -      -   0     3     x  y  Với       y   xy  x  Với       y  x  y    xy  x   y 1    x 1     y  Với     (loại) x  y  Với        xy  - 85 - x   x, y nghiệm phương trình u  3u   u   u  x   y 1    x 1     y  x  y  Với        xy  x, y nghiệm phương trình u  4u     u    u2 Khi đó, x  y  Từ suy phương trình có nghiệm là: (0; 0), (1; 0), (0; 1), (2; 1), (1; 2), (2; 2) Ví dụ : Giải phương trình với nghiệm nguyên 4(x + 5) (x + 6) (x + 10) (x + 12) = 3x2 (1) Giải : Ta có : (1)  4(x2 + 17x + 60) (x2 + 16x + 60) = 3x2 (2) Đặt : y = x2 + 16x + 60 (*) Thì (2)  4y(y + x) -3x2 =  (2y – x) (3x + 2y) = 2 y  x   kết hợp với (*)  x = - 3 x  y  Vậy nghiệm phương trình x = - Các tập áp dụng Tìm nghiệm nguyên phương trình sau : 3 a) x  y  3xy  3 b) x  y  xy  c) x  x 1 x  2 x  3  y2 (Đs:(x;y)  (0;0),(1;0),(2;0),(3;0) ) - 86 - d) x  x  2  x  2x  3  y2 Tìm nghiệm nguyên phương trình a) x2 -  x  = b) x   x   * Phương pháp : PHƯƠNG PHÁP LOẠI TRỪ (XÉT TRƯỜNG HỢP) Phương pháp * Cơ sở phương pháp Tùy đặc điểm phương trình mà ta chia khoảng giá trị ẩn để thu hẹp miền giá trị, loại trừ bớt trường hợp làm phương trình vơ nghiệm Từ ta việc giải phương trình miền giá trị ẩn tổng hợp nghiệm phương trình cho Phương pháp thường sử dụng phương trình khơng có phương pháp cụ thể, phương trình bậc cao…Việc chia trường hợp có hiệu hay khơng cịn phụ thuộc nhiều vào nhạy bén, khả quan sát người làm tốn Ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm ngun: x6 + 3x3 +1 = y4 Giải:  x = 0; y = -1 x = 0; y = nghiệm phương trình  x > ta có (x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + < x6 + 3x3 +1 = y4 Lại có x6 + 3x3 +1 < x6 + 4x3 +4 = (x3 + 2)2  x3 + < y2 < x3 + (vô lý)  x  -2 Ta có (x3 + 2)2 < y4 < (x3 + 1)2  x   y  x  (vơ lý)  x = -1 y4 = -1 (vơ lý) Vậy nghiệm phương trình (0; 1) (0; -1) - 87 - Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 + (x+1)2 = y4 + (y + 1)4 Giải: Ta có x2 + (x+1)2 = y4 + (y + 1)4  2x2 + 2x + = 2y4 + 4y3 + 6y2 + 4y +  x2 + x = y4 + 2y3 + 3y2 + 2y  x2 + x = y2(y2 + 2y + 1) + 2y2 + 2y  x2 + x + = (y2 + y +1)2 (1)  x > từ x2 < x2 + x + < (x + 1)2  x2 + x + khơng số phương Do (1) vơ nghiệm  x < -1 từ x2 > x2 + x + < (x + 1)2  x2 + x + không số phương Do (1) vơ nghiệm  y  y   1  y   x0 2    (y  y  1)     x   y  y     y  1  Vậy nghiệm phương trình cho (x; y) = (0; 0), (0;-1), (-1; 0), (-1; -1) Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 7x  24x  y2 Giải : Nhận xét: y số lẻ (vì vế phải có 7x lẻ 24x chẵn) Ta có  x; y  nghiệm x = -y nghiệm Ta xét trường hợp sau:  x 1 1 7     VT   VT   x  1    24x  241    24  7x  Lại có  x  VT  Do x  phương trình vơ nghiệm 24    x  (loại y2 = 2) - 88 -  x  y2 số phương lẻ    y2  1 mod8 (vì số lẻ có dạng 2k 1   2k  1  4k  k  1  1   Mà 24x  (mod 8)  7x  1 mod8  x chẵn Đặt x  2k (k  1)  72k  242k  y2  y2  242k  72k   y  24k  y  24k   72k  y  24k  7m Do số nguyên tố   k k m   y  24  ( 2k  m  2k  m  )  2.24k  7m  72km = 7m(1 – 72k-m) (2) +) 2k  m  VP(2) VT(2)  Do 2k – m > loại +) 2k – m =  y  24k   y  24k 1 1 24k  24k  72k  1 2.24k  49k  48k =2k.24k Ta thấy k  loại x   k 1    y  25 Vậy phương trình có hai nghiệm  2;25 ,  2; 25 Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm ngun x y  yz  z x   x  y  z  x, y,z  * (1) Giải: Ta xét trường hợp sau:  x, y,z  2: x y  yz  z x  x  y2  z2  2x  2y  2z Dấu "  " xảy  x  y  z   Có số nhỏ - 89 - * z  thay vào pt (1): x y  y1 1   x  y 1  x y  y   2x  2y    2x  y  xy +) Có số nhỏ 4: y   x  Nếu y    y   x   nghiệm (x;y;z) = (3;2;1),(2;3;1)  y   x  2  x   y  2 Nếu x    x   y   nghiệm (x;y;z) = (3;2;1),(2;3;1)  x   y  +) Có số lớn Khi x  4; y    x  4 y  4   xy  4x  4y 16  xy  2x  2y   x  y    xy  2x  y  y  2x  y 1 Dễ dàng chứng minh quy nạp theo y để có : x y  xy  x y  xy  2x  y 1  (1) vô nghiệm * Tương tự x = ta có nghiệm (x;y;z) = (1;2;3),(1;3;2) y = ta có nghiệm (x;y;z) = (2;1;3),(3;1;2)  Có số nhỏ * x = y = pt  + + z = 2(2 + z)  z = -2 (loại) Tương tự cho trường hợp x = z = y = z = pt vơ nghiệm  Có số nhỏ Khi x = y = z = Thay vào phương trình thấy khơng thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm ngun dương (x; y; z) = (2; 2; 2), (1; 2; 3) hoán vị Các tập áp dụng - 90 - Giải phương trình nghiệm nguyên: a)  x  y2 1  5x  4y2   (Đs: (x; y) = (-2; 0),(2;0) HD pt   x  y2 1   x  y2 1  y2 (2)     x  y2    x  y   y2 VP   VT    x  y2   x  y2  Xét trường hợp: y   x  2 (thoả mãn pt(1)) y  (thử chọn).Từ (2) ta có: x  y2 1| y2 Mặt khác x  y2   y2  (mâu thuẫn).pt vô nghiệm y  ) b) 2x + = y2 ( x  ; y  ) (Đs: (x; y) = (0; 2),(0; -2) HD: xét trường hợp x: x = 0; x = 1; x  ) c) 2x + 57 = y2 ( x  *; y  * ) (Đs: (x; y) = (6; 11) HD: xét trường hợp x lẻ; x chẵn) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: a) 5x + 2.5y + 5z = 4500 (x < y < z) (Đs: (x; y; z)=(3;4;5) HD: xét trường hợp: z < VT < VP; z > VT > VP Do z=5) b) 5x = + 2y (Đs: (x; y) = (1; 2) HD: xét trường hợp: x chẵn 5x  (mod 3)  y  0(mod 3) (loại) x lẻ 5x  (mod 8)   4(mod 8)  y  ) y c) 5x + = 2y (Đs: x; y) = (0; 1) HD: xét trường hợp: x lẻ VT ; VP  (loại) x chẵn VT  2(mod 4)  y  2(mod 4)  y  1;x  ) d) x2 = y2 + y  (Đs: (x; y) = (1; 0) HD: Xét trường hợp: y = x = Nếu y  từ pt suy y  x  y  (vô lý)) e) x! + y! = 10z + (Đs: vơ nghiệm HD: Nếu x, y > VT (loại) Nếu y = x! = 10z +  8(mod10) , suy x  ) f) 1! +2! + 3! +…+x! = y2 (Đs: (x; y) = (1; 1), (3; 3) HD:Xét trường hợp sau: Nếu x  x! có chữ số tận nên VT = 33 + 5! - 91 - +…+x! có chữ số tận nên khơng thể số phương Suy x  PTVN Nếu  x  Thử trực tiếp ta thấy phương trình có nghiệm (1; 1) (3; 3)) * Phương pháp : PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG NGHIỆM Phương pháp * Cơ sở phương pháp Khi giải phương trình nghiệm ngun, ta gặp phải tốn khơng địi hỏi tìm tất nghiệm phương trình, mà u cầu chứng minh phương trình có nghiệm, vô số nghiệm Trong trường hợp thế, ta cần xây dựng nghiệm, họ nghiệm chứa tham số đủ Ví dụ Ví dụ : Chứng minh số nguyên dương n phương trình : x2 + y2 + z2 + t2 = 30n có nghiệm nguyên Giải : Nếu n = 2k ta thấy chẳng hạn (x = 0, y = 0, z = 0, t = 30 k) nghiệm nguyên phương trình cho Nếu n = 2k +1 ta thấy 12 + 22 + 32 + 42 = 30 nên suy 30xk + (2.20k)2 + (3.30k)2 + (4.30k )2 = 302k (12 + 22 + 32 + 42 ) = 302k+1  ( x = 30k , y = 2.30k, z = 3.30k, t = 4.30k ) nghiệm nguyên phương trình cho Tóm lại, với nghiệm ngun dương phương trình cho ln có nghiệm Chú ý Bài tốn trường hợp riêng định lý sau : Định lí Lagarange (định lí bốn bình phương) : phương trình x  y2  z  t  n với n  * ln có nghiệm ngun Ví dụ : Chứng minh phương trình sau có vơ số nghiệm ngun dương - 92 - 4xy - x - y = z2- (2) Giải : Xét ba sau: (x, y z) = (3k2, 1, 3k) , k  * Rõ ràng ba thỏa mãn phương trình (2) Thật vậy, VT (2)  4.3k   3k   9k  ; VP (2)  9k  Từ suy ba vơ hạn điều phải chứng minh  k  k  1 k  k  1  ; ;k  1 thỏa mãn Chú ý Ta ba sau :  2   yêu cầu đề Các tập áp dụng CMR với số tự nhiên n, phương trình x3 + y3 + z3 – 3xyz = 18n ln có nghiệm ngun Tìm số tự nhiên x cho : x x 3  4 a)   (Đs: x = HD: pt        Nếu x = pt 5  5 x x x vô nghiệm.nếu x = (thỏa mãn).nếu x  VT < , pt vô nghiệm) b) 2x  3x  5x (Đs: x = 1) c) 2x  3x  35 (Đs: x = 3) - 93 -