Phương trình nghiệm nguyên

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Đức Linh PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người h

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Nguyễn Đức Linh

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2013

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Nguyễn Đức Linh

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS TS Phan Huy Khải

Hà Nội - 2013

Mục lục

1.1 Định nghĩa 4

1.2 Các tính chất của phương trình vô định bậc nhất 4

1.3 Nghiệm tổng quát của phương trình ax + by + c = 0 7

1.4 Các bài tập áp dụng 8

2 Phương trình nghiệm nguyên trong lớp các đa thức 13 2.1 Phương pháp tách phần nguyên 13

2.2 Phương pháp phân tích thành tích 14

2.3 Phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai 20

2.4 Phương pháp đánh giá 24

2.5 Phương pháp lựa chọn môđulô 33

2.6 Phương pháp sử dụng các định lý cơ bản của số học 37

2.7 Phương pháp lùi vô hạn 46

3 Phương trình vô định siêu việt 51 3.1 Phương pháp mođulô 51

3.2 Sử dụng các tính chất cơ bản của số học 55

LỜI NÓI ĐẦU

Phương trình nghiệm nguyên là đề tài hay và lý thú trong số học và đại

số Chúng ta hay gặp phương trình nghiệm nguyên trong các kỳ thi học sinhgiỏi cấp huyện, tỉnh, quốc gia Trong sách toán lớp 9 có đưa ra phương trìnhnghiệm nguyên nhưng cách giải còn ít Trên thực tế để giải phương trình nghiệmnguyên không có cách giải tổng hợp mà tùy thuộc vào từng bài toán mà có cáchgiải khác nhau

Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của thầy giáo Phan Huy Khải, tôi đã hoànthành luân văn với đề tài “Phương trình nghiệm nguyên” Luận văn này là

sự tập hợp các phương pháp cũng như các dạng phương trình khác nhau củaphương trình nghiệm nguyên do chúng tôi sưu tầm từ các nguồn kiến thức khácnhau Tôi mong muốn luận văn này sẽ giúp ích một phần cho việc tìm hiểu củacác bạn học sinh về vấn đề nêu trên

Luận văn của chúng tôi được chia ra làm ba chương

Chương 1 Phương trình vô định bậc nhất

Trong chương này, chúng tôi trình bày về phương trình vô định bậc nhất:định nghĩa dạng phương trình, một số tính chất của phương trình vô đinh bậcnhất cùng với các chứng minh những tính chất đó, cuối cùng là các bài tập ápdụng

Chương 2 Phương trình nghiệm nguyên trong lớp các đa thứcTrong chương này, chúng tôi trình bày các phương pháp để giải các phươngtrình nghiệm nguyên: phương pháp tách phần nguyên, phương pháp phân tíchthành tích, phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai,phương pháp đánh giá, phương pháp lựa chọn môđulô, phương pháp sử dụngcác tính chất cơ bản của số học, phương pháp lùi vô hạn

Chương 3 Phương trình vô định siêu việt

Trong chương này, chúng tôi nêu ra một số phương pháp giải các phươngtrình vô định siêu việt như phương pháp môđulô, phương pháp sử dụng các tínhchất cơ bản của số học

Qua đây, tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến người thầy, người hướngdẫn luận văn của mình, PGS.TS Phan Huy Khải, người đã đưa ra đề tài và tận

tình hướng dẫn trong suốt quá trình làm luận văn của tác giả Tôi cũng xin cảm

ơn các thầy cô trong khoa Toán - Cơ - Tin học, đặc biệt là các thầy cô trong bộmôn Giải tích đã truyền đạt cho tôi nhiều kiến thức quý báu Cuối cùng tôi xincảm ơn các thành viên trong lớp cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơcấp khóa 2009-2011 đã luôn động viên, giúp đỡ tôi trong quá trình hoàn thànhluận văn

Do thời gian và trình độ còn hạn chế, chắc chắn bản luận văn không thểtránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo tận tình củacác thầy cô và các bạn, tác giả xin chân thành cảm ơn!

Bắc Ninh, tháng năm 2013

Học viên

Nguyễn Đức Linh

trong đó x, y là các ẩn thuộc tập số nguyên, a, b và c là các số nguyên.

1.2 Các tính chất của phương trình vô định bậc

Giả sử (a, b) = d ⇒ a = da1, b = db1 (a1, b1 ∈ Z) Từ (*) ta có

da1x0+ db1y0+ c = 0hay

d(a1x0+ b1y0) + c = 0 (**)

Vì a1x0 + b1y0 ∈ Z nên từ (**) có được c d hay c (a, b).

2) Ngược lại giả sử c (a, b) Ký hiệu d = (a, b) ⇒ tồn tại a

Từ đó suy ra có một cặp (−c1a1, −c1b1) là nghiệm của phương trình (1) Từ

đó, ta có điều phải chứng minh

Tính chất 2: Cho a, b, c nguyên dương Xét phương trình dạng: ax − by = c.Khi đó nếu phương trình trên có nghiệm nguyên, thì nó cũng có nghiệm nguyêndương

Chứng minh Đưa phương trình về dạng:

ii) Cho phương trình ax − by = c, ở đây a, b, c nguyên dương, (a, b) = 1 và

c > ab Khi đó phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương

Chứng minh i) Giả thiết ngược lại: Giả sử phương trình có nghiệm nguyêndương (x0, y0) Khi đó, ta có

ax0+ by0 = ab ⇒ by0 = a(b − x0) (1)

Từ (1) suy ra by0 a Do (a, b) = 1 ⇒ y

0 a tức là y

0 = at0 với t0 nguyêndương Làm tương tự suy ra x0 = bk0 với k0 nguyên dương Thay (x0, y0) vàophương trình (1) ta được:

1.3 Nghiệm tổng quát của phương trình ax+by +

c = 0

Giả sử (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình Khi đó ta có:

Xét cặp số nguyên (x0 + bt, y0− at), ta có

a(x0+ bt) + b(y0− at) + c = ax0 + by0+ c = 0 (theo (1))

Từ đó suy ra (x0+ bt, y0 − at) là nghiệm của phương trình ax + by + c = 0với mọi t ∈ Z

Bây giờ ta đi chứng minh mọi nghiệm nguyên của phương trình đều có dạng

Đặt x = x0+ α, y = y0 + β Khi đó (x0, y0) và (x, y) là các cặp số nguyên nên

α, β là các số nguyên Vì (x, y) là nghiệm của ax + by + c = 0 nên

Ta có được nghiệm tổng quát của phương trình.

b) Từ phương trình trên ta thấy

t > 14

Bài 1.3 Giải bài toán cổ sau:

Trăm trâu, trăm cỏTrâu đứng ăn nămTrâu nằm ăn baTrâu già ba con một bóTìm mỗi loại trâu?

Lời giải Gọi x, y, z (các số nguyên dương) lần lượt là số Trâu đứng, Trâu nằm

và Trâu già Theo bài toán ta có hệ phương trình:







x + y + z = 1005x + 3y + z

Từ (1) và (2) suy ra:

14x + 8y = 200

Đáp án của bài toán là số trâu tương ứng trong bảng.

Bài toán đã sử dụng phương pháp tìm nghiệm riêng đưa về nghiệm tổng quátbằng cách dùng tính chất chia hết của số nguyên

Bài 1.4 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f (x, y, z) = x + y + zvới x, y, z thỏa mãn hệ:

x, y, z nguyên không âm

Bài 2.3 Tìm các giá trị nguyên của x, y thỏa mãn:

Giải các hệ trên ta tìm được hai cặp giá trị là (2, 1) và (−4, 1)

Bài 2.4 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

Bài 2.5 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x2 + x + 6 = y2.Lời giải Ta có:

Xét hai khả năng sau:

1) Nếu y = 0 Từ (1) suy ra x = 0 Vậy (0, 0) là nghiệm của (1), tức lànghiệm của phương trình đã cho

Do y 6= 0 nên trường hợp này vô nghiệm

Tóm lại phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (0, 0)

Bài 2.7 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

z = xr y + 3

Từ (1) và do x nguyên, nên suy ra để z nguyên thì điều kiện cần là r y + 3

yphải là số hữu tỉ Từ đó suy ra:

Bài 2.9 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) sao cho x

2− 2

xy + 2 là số nguyên.Lời giải Giả sử (x0, y0) là cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đề bài Lúc

1) Nếu k = 1 Khi đó từ (1) ta có:

2(x0+ y0) = x0y0+ 2 ⇔ 2x0+ 2y0− x0y0 − 2 = 0

⇔ (x0− 2)(y0− 2) = 2 (3)Trước hết, ta có nhận xét: x0 6= 1 (vì nếu x0 = 1 thì với mọi y0nguyên dương

2.3 Phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm

của phương trình bậc hai

Bài 2.10 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Vậy phương trình có hai nghiệm là (−5, −3) và (5, 4)

Bài 2.11 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x2+ 2009x + 2y2+ 1 = 0

Lời giải Coi phương trình là phương trình bậc hai ẩn x Ta có

∆ = 20092−4(2y2+1) = (2008+1)2−4(2y2+1) = BS(2008)−8y2−3 = BS(8)+5.Vậy ∆ chia 8 dư 5 mà số chính phương chia 8 có số dư là 0, 1, 4 Vậy ∆không là số chính phương Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

Bài 2.12 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:

(x + y)(x2− xy + y2) = (x + y)2 (4)

Do ta chỉ quan tâm đến nghiệm nguyên dương nên x + y > 0, vì thế từ (4)

ta có:

x2− xy + y2 = x + y ⇒ y2− y(x + 1) + x2− x = 0 (5)Quan niệm (5) là phương trình bậc hai đối với y, nên ta thấy để y tồn tạithì trước hết:

∆y = (x + 1)2− 4(x2− x) ≥ 0 ⇔ −3x2+ 6x + 1 ≥ 0

Do x nguyên dương nên từ (6) suy ra x = 1 hoặc x = 2

+) Nếu x = 1 Thay vào (4) và có y2 − 2y = 0 Do y > 0 ⇒ y = 2 Từ

x = 1, y = 2, thay vào (1) và có z = 3 Vậy suy ra (1, 2, 3) là một nghiệm của

hệ (1) - (2)

+) Nếu x = 2 Thay vào (5) và có:

2y3+ x2y2 + xy + 3x2y − 3xy2 = 0

⇔ y[2y2 + (x2− 3x)y + (3x2+ x)] = 0 (1)

Từ (1) suy ra xét hai khả năng sau:

1) Nếu y = 0, thì với mọi x ∈ Z đều thỏa mãn (1)

2) Nếu y 6= 0, thì từ (1) ta có:

2y2+ (x2− 3x)y + (3x2 + x) = 0 (2)Xét biệt thức ∆ của (2) (coi (2) là phương trình bậc hai ẩn y):

nên từ (3) suy ra:

x2+ x + 1 =



x + 12

2

+ 3

4 ⇒ x2+ x + 1 > 0, với mọi x (1)5x2+ 11x + 7 = 5



x + 1110

2

+ 19

20 ⇒ 5x2+ 11x + 7 > 0, với mọi x (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

(1+x+x2+x3)−(x2+x+1) < 1+x+x2+x3 < (1+x+x2+x3)+5x2+11x+7,hay:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là (0, 1) và (−1, 0)

Bài 2.16 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Do x, y là các số nguyên nên từ (3) ta có:

"

y(y − 1) = (x2+ 1)(x2 + 2)y(y − 1) = (x2+ 2)(x2 + 3)

Do x2 và x2+ 1 là hai số tự nhiên liên tiếp, nên

(∗) ⇔ y2 = (x2+ 1)2,vậy suy ra:

Bài 2.18 Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:

Vì (3)-(4) hiển nhiên đúng, suy ra (2) đúng

Từ (1)-(2) lập luận giống phần 1), 2) Bài 2.17 suy ra hai khả năng sau:a) Nếu y3 = x3, thì:

(1) ⇔

"

y3 = (x + 1)3(x + 1)3 = x3+ 2x + 1 ⇔

"

y = x + 13x2+ x = 0

Do x, y ∈ Z nên suy ra x = 0, y = 1

Vậy (0, 1) là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho

(x2+ z2)2 < (x2+ z2)2+ 3x2+ 4y2+ 1 < (x2+ z2 + 2)2 (2)(Kiểm tra (2) dễ dàng xin dành cho bạn đọc) Vậy từ (1) suy ra:

(x2+ z2)2 < y4 < (x2+ z2+ 2)2 (3)Lập luận như các phần trên, từ (2) suy ra:

y4 = (x2 + z2+ 1)2,vậy ta có:

Do x, y, z nguyên nên từ (3) suy ra:

y(y − 1) = (x2+ 1)(x2+ 2) (4)Vậy từ (1) và (4) ta có:

Do y nguyên không âm nên 3y3+ 3 > y2+ 1 ≥ (y − 1)2 suy ra vế trái của(*) > 0, do đó phương trình (*) vô nghiệm.

3) Nếu x = 2, từ phương trình ban đầu ta có:

Do 0 ≤ y − 1 ≤ z − 1, nên từ (4) suy ra:

Trường hợp này (1) có nghiệm (2, 2, 3)

Với giả thiết y ≤ z, phương trình có các nghiệm sau: (1, 3, 7), (3, 1, 5),(4, 1, 3), (6, 1, 2), (2, 2, 3)

Bằng cách trao đổi vai trò của y và z suy ra phương trình đã cho có 10 nghiệmsau: (1, 3, 7), (3, 1, 5), (4, 1, 3), (6, 1, 2), (2, 2, 3),(1, 7, 3), (3, 5, 1), (4, 3, 1), (6, 2, 1)

và (2, 3, 2)

2.5 Phương pháp lựa chọn môđulô

Trong chương này, ta đi lựa chọn (mod p) của hai vế dẫn đến các tính chấtcủa ẩn

Bài 2.21 Chứng minh rằng phương trình:

x15+ y15+ z15 = 192003 + 72003 + 92003không có nghiệm nguyên

Lời giải Ta có 192003 = (2 · 9 + 1)2003, vì thế từ công thức nhị thức Newtonsuy ra:

Vì lập phương của một số tự nhiên khi chia cho 9 chỉ có thể có các số dư là

0, 1 hoặc −1, nên với mọi x, y, z nguyên ta có:

x15+ y15+ z15 = (x5)3+ (y5)3+ (z5)3

Do đó x15+ y15+ z15 khi chia cho 9 có thể dư 3, 0, 1, −3 hoặc −1 Kết hợpvới (3) suy ra phương trình

x15+ y15+ z15 = 192003 + 72003 + 92003không có nghiệm nguyên Đó là điều phải chứng minh

Bài 2.22 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

(X02+ 1) p ⇒ X2

0 ≡ −1 (mod p) ⇒ (X02)2k+1 ≡ −1 (mod p)

⇒ X0(4k+3)−1 ≡ −1 (mod p) ⇒ X0p−1 ≡ −1 (mod p) (5)

Do p là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có:

Bài 2.23 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

x3+ y3+ z3 = 20034

Lời giải Với mọi a ∈ Z, ta có a ≡ 0 (mod 3), hoặc a ≡ 1 (mod 3), hoặc a ≡ −1(mod 3) Từ đó suy ra a3 ≡ 0 (mod 9), hoặc a3 ≡ 1 (mod 9), hoặc a3 ≡ −1(mod 9) với mọi a ∈ Z Như vậy với mọi x, y, z ∈ Z thì chỉ có thể xảy ra cáctrường hợp sau:

Hoặc x3+ y3+ z3 ≡ 0 (mod 9);

Hoặc x3+ y3+ z3 ≡ 1 (mod 9);

Hoặc x3+ y3+ z3 ≡ 2 (mod 9);

Hoặc x3+ y3+ z3 ≡ 3 (mod 9);

Hoặc x3+ y3+ z3 ≡ −1 (mod 9), tức là x3 + y3 + z3 ≡ 8 (mod 9);

Hoặc x3+ y3+ z3 ≡ −2 (mod 9), tức là x3 + y3 + z3 ≡ 7 (mod 9);

Hoặc x3+ y3+ z3 ≡ −3 (mod 9), tức là x3 + y3 + z3 ≡ 6 (mod 9);

Mặt khác, ta có 2003 ≡ 5 (mod 9) nên suy ra 20034 ≡ 625 (mod 9) hay

Bây giờ xét z ≥ 2 (z nguyên dương) Xét phương trình:

Nếu z ≥ 2 ⇒ z + 1 ≥ 3 Vì thế từ (1) suy ra:

f (x) y3.Với x = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, bằng cách thử trực tiếp ta có f (x) 3 nhưng f (x)không chia hết cho 27 Từ đó suy ra không tồn tại x, y, z nguyên dương (trong

đó x ≥ 2) thỏa mãn (1) trong trường hợp này

Tóm lại (2, 3, 1) là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình đã cho

2.6 Phương pháp sử dụng các định lý cơ bản của

a2003 ≡ 0 (mod 2003) ⇔ a ≡ 0 (mod 2003) (điều này là hiển nhiên)

a2002 ≡ 1 (mod 2003) ⇔ (a, 2003) = 1 (theo nhận xét trên)

Nói cách khác: Nếu a 2003 thì a2002 2003, nếu a không chia hết cho 2003thì a2002 ≡ 1 (mod 2003) (để ý rằng 2003 là số nguyên tố)

Lập luận như trên, ta suy ra:

Ngược lại, dễ thấy (x, y) = (0, 0) là một nghiệm của (1) Vậy phương trình

đã cho có một nghiệm duy nhất (0, 0)

Bài 2.26 Cho k là một số nguyên dương cho trước Tìm nghiệm nguyên dươngcủa phương trình:

x2+ y2 = 20112003k+1(10 − z)

Lời giải Trước hết ta có nhận xét sau: “Nếu p là số nguyên tố dạng 4k + 3 và

x2+ y2 p thì x p, y p” Nhận xét được chứng minh như sau: Giả thiết phảnchứng x không chia hết cho p Khi đó từ x2+ y2 p ⇒ y không chia hết cho p.Theo định lý Fermat nhỏ, ta có:

⇒ x4k+2 ≡ −y4k+2 (mod p) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra:

1 ≡ −1 (mod p)

Điều vô lý này chứng tỏ giả thiết x không chia hết cho p là sai Do đó x p.

Từ x2+ y2 p nên x p ⇒ y2 p ⇒ y p (do p là nguyên tố) Vậy nhận xétđược chứng minh

Bây giờ xét phương trình (với việc tìm nghiệm nguyên dương):

1 Thay lại vào phương trình ta có:

d3(x31+ y13) = d2(x1+ y1)2+ d2(x1y1)2

⇒ d(x31+ y31) = (x1+ y1)2+ (x1y1)2 (1)

Do x31+ y13 = (x1 + y1)(x21− x1y1+ y21) ⇒ (x31+ y13) (x

1 + y1) Vì thế từ(1) ta đi đến:

(x1y1)2 (x

1+ y1) (2)

Từ (x1, y1) = 1 ta suy ra:

(x1y1, x1+ y1) = 1 (3)Kết hợp (2) và (3) ta có:

x1y1 (x

1 + y1) ⇒ x1+ y1 = 1 (4)

Do x1 ≥ 1, y1 ≥ 1, nên từ (4) suy ra mâu thuẫn Vậy giả sử phương trình

có nghiệm nguyên dương là sai, tức là phương trình đã cho vô nghiệm

Bài 2.28 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Mặt khác do (1 + x2) d nên suy ra:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên sau: (0, 0) và (0, −1)

Bài 2.29 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

x2+ 13y2+ 4xy = y2z2.Lời giải Xét phương trình (tìm nghiệm nguyên dương):

x2+ 13y2+ 4xy = y2z2 (1)Gọi d = (x, y), và giả sử x = dx0, y = dy0 Thay vào (1) ta có:

Thay lại x = x0y vào (1) và có:

x20y2+ 13y2+ 4x0y2 = y2z2

Do y > 0, nên có:

x20 + 13 + 4x0 = z2 ⇒ (x0+ 2)2+ 9 = z2

Từ đây suy ra x = 2t, y = t, z = 5 với t nguyên dương.

Thử lại thấy x = 2t, y = t, z = 5 thỏa mãn (1)

Vậy (1) có nghiệm nguyên dương là (x = 2t, y = t, z = 5) với t = 1, 2, 3, Bài 2.30 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

54x3+ 1 = y3.Lời giải Đặt z = 3x, khi đó z3 = 27x3 và phương trình đã cho có thể viết dướidạng sau:

1) Nếu k = 0 ⇒ y = 1 và x = 0

2) Nếu t3k2 = k2+ 3(k + 1)2 ta có:

Lại có các trường hợp sau đối với (3):

- Khi x = 1 ⇒ y = 1 + −4

3 ∈ Z (loại)./

- Khi x = −1 ⇒ y = −3

1) Nếu (3x − 4y)(4x − 3y) ≥ 0 Áp dụng công thức quen biết:

2) Nếu (3x − 4y)(4x − 3y) < 0 Khi đó:

Nghiệm này bị loại vì không thỏa mãn (x, y) 6= (0, 0)

Tóm lại, (1) có nghiệm nguyên là (x, y) = (25k, −24k), với k nguyên khác 0.Bài 2.33 1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

x + y + z = xyz

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) sao cho x

3+ x

xy − 1 là số nguyêndương

Lời giải 1) Vì vai trò của x, y, z như nhau nên ta giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z Vậysuy ra