Phương trình nghiệm nguyên

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NGHIÊN NGUYỄN THỊ DUYÊN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP HÀ NỘI - 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Thị Duyên PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 Cán hướng dẫn khoa học: PGS TS Đàm Văn Nhỉ Hà Nội - 2017 Lời cảm ơn Lời đầu tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Thầy tận tình hướng dẫn bảo em suốt trình thực luận văn Em xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội - người dạy bảo em suốt hai năm học vừa qua Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực luận văn thạc sĩ Mặc dù em cố gắng kiến thức thời gian hạn chế nên tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp quý thầy cô bạn để luận văn em hoàn thiện Hà Nội, ngày 17 tháng 03 năm 2017 Học viên Nguyễn Thị Duyên Mục lục Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Lí thuyết chia hết 1.1.1 Quan hệ chia hết 1.1.2 Số nguyên tố hợp số 1.1.3 Ước chung lớn 1.1.4 Thuật toán Euclid 1.1.5 Bội chung nhỏ 10 Lí thuyết đồng dư 11 1.2.1 Khái niệm đồng dư 11 1.2.2 Một số kết 11 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 13 2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử 13 2.2 Phương pháp đồng dư 17 2.3 Phương pháp đánh giá 19 2.4 Phương pháp tham số hóa 21 2.5 Phương pháp quy nạp toán học 24 2.6 Phương pháp lùi vô hạn 26 Một số dạng phương trình nghiệm nguyên 30 3.1 Phương trình Diophantine tuyến tính 30 3.2 Phương trình Pythagore 37 3.3 Phương trình Pell 41 3.3.1 41 Phương trình Pell loại 3.3.2 Phương trình Pell loại 48 Phương trình nghiệm nguyên qua kì thi 50 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 3.4 Mở đầu Lí chọn đề tài Phương trình nghiệm nguyên đề tài lí thú Số học Đại số Được nghiên cứu từ thời Điôphăng kỉ thứ phương trình nghiệm nguyên mãi đối tượng nghiên cứu Toán học Ngoài phương trình Diophantine tuyến tính, toán tìm nghiệm nguyên thường quy tắc giải tổng quát Tùy giả thiết mà toán có cách giải riêng Điều đòi hỏi người làm toán phải có tư toán học mềm dẻo, sáng tạo Chính mà phương trình nghiệm nguyên thường có mặt đề thi học sinh giỏi tất cấp Với mong muốn giúp em học sinh Thầy cô có nhìn tổng quan số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên cách vận dụng chúng dạng toán tìm nghiệm nguyên, đồng thời tài liệu bổ ích phục vụ cho nghề dạy học thân Với lí đó, em định lựa chọn đề tài " phương trình nghiệm nguyên" làm đề tài cho luận văn Mục đích nghiên cứu - Tổng hợp số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Tổng hợp số dạng phương trình cổ điển ví dụ áp dụng Sưu tầm toán phương trình nghiệm nguyên kì thi học sinh giỏi, kì thi olypic Toán Từ đó, cách tự nhiên hình thành cho học sinh phương pháp giải dạng Toán - Một số toán mang tính thực tế giải phương trình nghiệm nguyên Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên - Phạm vi nghiên cứu: Một số phương pháp dạng toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên thường gặp chương trình THPT, thi học sinh giỏi Nhiệm vụ nghiên cứu - Hệ thống số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên xếp theo trình tự hợp lí - Đưa phương pháp, ví dụ minh họa cho phương pháp Tùy ví dụ, lựa chọn phương pháp giải tối ưu Đồng thời đưa ý, nhận xét rút trình giải toán - Đưa số dạng phương trình nghiệm nguyên số toán thực tế sử dụng phương trình nghiệm nguyên - Sưu tầm số tập nâng cao phương trình nghiệm nguyên kì thi học sinh giỏi, kì thi Olympic Toán THPT Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu sách, báo, tài liệu viết phương trình nghiệm nguyên Từ phân tích, tổng hợp lại theo nội dung cụ thể - Hỏi ý kiến giáo viên giảng dạy, cán hướng dẫn khóa luận Cấu trúc khóa luận Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, mục lục, danh mục tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại cách sơ lược kiến thức số học dùng để giải toán phương trình nghiệm nguyên chương chương Chương Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Chương đưa phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Từ đó, phân tích tìm điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên, nghiệm nguyên Mỗi phương pháp có số ví dụ minh họa, kèm theo số ý, nhận xét rút trình giải toán Chương Một số dạng phương trình nghiệm nguyên Chương đưa số dạng phương trình cổ điển số toán thực tế giải cách sử dụng phương trình nghiệm nguyên Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Lí thuyết chia hết Quan hệ chia hết Định nghĩa 1.1 Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b = Số nguyên a gọi chia hết cho số nguyên b hay b chia hết a tồn c ∈ Z thỏa mãn a = bc Nếu số nguyên a chia hết cho a gọi số chẵn; Còn số nguyên a không chia hết cho a gọi số lẻ Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a b nói b chia hết a viết b | a Khi a = bc b gọi ước a Sau ta có tính chất quan hệ chia hết (1) | a với a ∈ Z (2) a | a với a ∈ Z, a = (3) Nếu a | b b | c a | c với a, b, c ∈ Z b = (4) Nếu a | b |a| (5) Nếu a | bi với a, bi ∈ Z, i = 1, , n, a | |b| với a, b ∈ Z b = n bi xi với xi ∈ Z i=1 (6) Nếu a | b b | a a = b a = −b với a, b ∈ Z a, b = Định lý 1.1 (Phép chia có dư) (xem [2])Với cặp số nguyên a, b ∈ Z, b = 0, tồn cặp số nguyên q, r ∈ Z cho a = qb + r, với r < |b| Chứng minh Sự tồn Đặt T = {n|b| cho n|b| ≤ a, n ∈ Z} Vì |b| ≥ nên −|a||b| ≤ −|a| ≤ a Do −|a||b| ∈ T, T = ∅ Vì T tập bị chặn nên T có số lớn m|b| Từ m|b| ≤ a ta suy r = a − m|b| ≥ r ∈ Z Ta lại có (m + 1)|b| = m|b| + |b| > m|b| Do tính lớn m|b| T nên (m + 1)|b| > a Như |b| > a − m|b| = r ta có a = qb + r với ≤ r < |b| Tính Giả sử có hai biểu diễn a = qb + r với ≤ r < |b| a = q1 b + r1 với ≤ r1 < |b| Trừ vế cho vế, ta r − r1 = b(q1 − q) Nhưng |r − r1 | < |b| |q1 − q||b| < |b| Vậy q = q1 r = r1 Trong biểu diễn a = qb + r, r < |b|, Định lý ??, q gọi thương r gọi số dư phép chia a cho b Rõ ràng r = b | a 1.1.2 Số nguyên tố hợp số Định nghĩa 1.2 Số tự nhiên p > ước số dương khác gọi số nguyên tố Số tự nhiên q > có ước số dương khác gọi hợp số Số tự nhiên n gọi số phương tồn số tự nhiên d cho n = d2 Định lý 1.2 (xem [2]) Mỗi số nguyên dương lớn có ước nguyên tố Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn số nguyên dương lớn ước nguyên tố Đặt S tập hợp tất số nguyên dương Theo nguyên lý thứ tự tốt, S tồn số nguyên dương nhỏ n Hiển nhiên theo định nghĩa tập S n không số nguyên tố, nghĩa n hợp số Điều suy n = ab với a, b số tự nhiên thỏa mãn < a < n, < b < n Vì a < n nên a ∈ S a phải có ước nguyên tố, tức n có ước nguyên tố (vô lý) Định lý chứng minh 1.1.3 Ước chung lớn Cho a, b số nguyên không đồng thời 0, tập hợp ước chung a b hữu hạn Định nghĩa 1.3 Ước chung lớn hai số a b không đồng thời số nguyên lớn ước a b Ta kí hiệu ước chung lớn gcd(a, b) (a, b) √ Vì x1 + y1 d −1 √ 1< s+t d √ Viết s + t d √ = x1 − y1 d nên từ bất đẳng thức ta suy √ x1 + y d √ x1 − y1 d Vì a2 − db2 = s2 − dt2 m −m √ = s+t d √ x1 − y d m √ < x1 + y1 d √ = a + b d với a b nguyên x21 − dy12 m = nên (a, b) nghiệm phương trình x2 − dy = 1, √ √ < a + b d < x1 + y1 d √ √ √ Mặt khác, từ a + b d > suy < a − b d = a + b d −1 < Do  √ √ a = a + b d + a − b d > + > 2 b√d = a + b√d − a − b√d > − = 2 2 √ √ Như vậy, (a, b) ∈ P với a + b d < x1 + y1 d Theo Bổ đề 3.12 có (x1 , y1 ) > (a, b) (mâu thuẫn) Định lí chứng minh Tóm lại, phương trình Pell x2 − dy = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương √ √ n nghiệm nguyên dương (xn , yn ) biểu diễn qua xn + yn d = x1 + y1 d Vì √ √ xn + yn d = x1 + y1 d √ √ xn − y n d = x1 − y d nên n n √ + x1 − y1 d √ n √ x + y d − x − y d  1 1  yn = √ d  √  x1 + y1 d   xn = n n n Ví dụ 3.13 Chứng minh rằng, phương trình Pell x2 − 3y = có vô hạn nghiệm nguyên dương Lời giải Ta thấy, (a, b) nghiệm nguyên dương a2 − 3b2 = Khi √ √ = (a2 − 3b2 )2 = (a − b 3)2 (a + b 3)2 = (a2 + 3b2 )2 − 3(2ab)2 Suy ra(a2 + 3b2 , 2ab) nghiệm nguyên dương x2 − 3y = 45 Tóm lại, phương trình cho có vô hạn nghiệm nguyên dương xác định sau: với số nguyên n x0 = xn+1 = x2n + 3yn2 y0 = yn+1 = 2xn yn Ví dụ 3.14 Chứng minh rằng, số nguyên n > thỏa mãn điều kiện n2 biểu diễn thành dạng n2 = (m + 1)3 − m3 với m ∈ N∗ n tổng hai số phương số n luôn tồn Lời giải Giả sử số nguyên n > thỏa mãn n2 = (m + 1)3 − m3 với m ∈ N Khi đó, (2n)2 − 3(2m + 1)2 = Vậy x = 2n, y = 2m + nghiệm phương trình Pell x2 − 3y = Phương trình có nghiệm nguyên dương nhỏ x1 = 2, y1 = nghiệm √ √ nguyên dương (xk , yk ) biểu diễn qua xk + yk = (2 + 3)k Từ suy công thức  √ k √ k 3) + (2 − 3) (2 +    xk = 2+   yk = √ √ − 2− √ k k công thức truy hồi cho hai dãy số (xk ), (yk ) : x1 = 2, y1 = 1, xk+1 = 2xk + 3yk , yk+1 = xk + 2yk , k Bằng quy nạp theo k ta thấy x2k số nguyên dương chẵn, y2k số nguyên dương lẻ Từ hai dãy truy hồi ta suy dãy truy hồi (xk ) : x1 = 2, x2 = 7, xk+2 = 4xk+1 − xk , k Với dãy ta dễ dàng 2x2k = x2k + xk xk+1 = x2k+1 + 46 với số nguyên dương k Vì 2n = x2k+1 với k ∈ N8 nên n = x2k+1 = xk xk+1 − xk+1 − xk − xk+1 − xk + Vì + = xk xk+1 − = n nên n tồn n 2 tổng hai số phương Ví dụ 3.15 Giải phương trình Pell x2 − 7y = Lời giải Ta thấy √ = [2; 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, ] Dãy {Pi } {Qi } xác định: P0 = 2, P1 = 3, P2 = 5, P3 = 8, Q0 = 1, Q1 = 1, Q2 = 2, Q3 = Do liên phân số biểu diễn √ tuần hoàn với chu kì m = số chẵn nên nghiệm nguyên dương nhỏ (Pm−1 , Qm−1 ) = (8, 3) Vậy nghiệm nguyên dương √ √ x2 − 7y = xác định theo công thức x + y = (8 + 7)n , n = 1, 2, Ví dụ 3.16 Giải phương trình Pell x2 − 13y = Lời giải Viết √ 13 = [3; 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, ] = [3; (1, 1, 1, 1, 6)] Tính giản phân tương ứng P0 = P1 = P2 = P3 = 11 P4 = 18 Q0 = Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = P5 = 119 Q5 = 33 √ √ tiếp tục có P9 = 649, Q9 = 180 thỏa mãn xn + yn 13 = (649 + 180 13)n Ví dụ 3.17 Xét hai dãy số (an ) (bn ) với a1 = 5, b1 = an+1 = 5an + 12bn , bn+1 = 2an + 5bn với n Hãy (1) Xác định an bn theo n Từ suy phương trình x2 − 6y = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương (2) Chứng minh rằng, hai số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện a2 − 6b2 = có số nguyên dương n để a = an , b = bn Lời giải (1) Xét an+1 + tbn+1 = (5 + 2t)an + (12 + 5t)bn chọn t cho t(2t + 5) = √ 12+5t Giải t = ± an+1 +tbn+1 = (5+2t)(an +tbn ) = · · · = (5+2t)n (a1 +tb1 ) Vậy √ 6bn = (5 + 6)n √ √ an − 6bn = (5 − 6)n an + √ 47 giải √ √  (5 + 6)n + (5 − 6)n   an = √ n √ (5 + 6) − (5 − 6)n   bn = √ Ta thấy an , bn ∈ N∗ , a2n − 6b2n = an+1 > an , bn+1 > bn Từ suy phương trình x2 − 6y = có vô hạn nghiệm nguyên dương (2) Dễ dàng kiểm tra (a1 = 5, b1 = 2) nghiệm nguyên dương nhỏ Phương trình Pell x2 − 6y = (a, b) nghiệm nguyên dương phương trình x2 − 6y = nên có n để (a = an , b = bn theo Định lý 3.13 3.3.2 Phương trình Pell loại Xét phương trình x2 − dy = −1 Trường hợp đê thấy, d > số phương phương trình Pell loại vô nghiệm Kết điều kiện phương trình Pell loại có nghiệm nguyên dương d không lớn Chú ý rằng, dạng tổng quát phương trình Pell x2 − dy = ±1 viết dạng ax2 − by = 1, a, b số nguyên dương Vấn đề đặt ra: Giải phương trình ax2 − by = qua phương trình Pell x2 − aby = Định lý 3.14 (Xem [3]) Giả sử phương trình ax2 −by = với a, b ∈ N∗ có nghiệm nhỏ (x0 , y0 ), y0 > Nghiệm tổng quát (xn , yn ), n biểu diễn dạng xn = x0 un + by0 0, phương trình ax2 − by = (un , ) nghiệm tổng quát yn = x0 un + ay0 , phương trình u2 − abv = Chứng minh Kiểm tra (xn , yn ) nghiệm ax2 − by = Thật ax2n − byn2 = a(x0 un + by0 )2 − b(x0 un + ay0 )2 ax2n − byn2 = (ax20 − by02 )(u2n − abvn2 ) = 1.1 = Ngược lại, giả sử (x, y) nghiệm phương trình ax2 − by = Đặt u = ax0 x − by0 y, v = y0 x − x0 y Dễ dàng kiểm tra hệ thức đây: u2 − aby = (ax0 x − by0 y)2 − ab(y0 x − x0 y) = 48 Như vậy, (u, v) = (ax0 x − by0 y, v = y0 x − x0 y) nghiệm phương trình Pell u2 − abv = x = x0 u + by0 v, y = x0 u + ay0 v nghiệm ax2 − by = Ví dụ 3.18 Xác định tất số nguyên dương n để 5n + 6n + số phương Lời giải Giả sử 5n + = x2 , 6n + = y Khi 6x2 − 5y = Nghiệm dương nhỏ phương trình x0 = 1, y0 = Xét phương trình giải u2 − 30v = Nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình u = 11, v = √ √ n nghiệm tổng quát (un , ) xác định qua un + 30 = 11 + 30 Nghiệm tổng quát (xn , yn ), n xn = un + 5vn 0, phương trình 6x2 − 5y = biểu diễn dạng (un , ) nghiệm tổng quát phương trình u2 − 30v = yn = un + 6vn , Ta nhận n = yn2 − x2n Mệnh đề 3.1 Phương trình x2 − dy = −1 có nghiệm nguyên dương hệ a = x2 + dy có nghiệm, (a, b) nghiệm nhỏ phương trình b = 2xy Pell x2 − dy = −1 Định lý 3.15 (Xem [3]) Giả sử p số nguyên tố Phương trình x2 − py = −1 có nghiệm p = p ≡ 1( mod 4) Chứng minh Giả thiết phương trình x2 − py = −1 có nghiệm nguyên (x, y) Khi p|(x2 + 1) Vậy p = p ≡ 1( mod 4) Ngược lại, p = x = y = nghiệm, chẳng hạn Xét p = 4k + số nguyên tố Dễ thấy, phương trình x2 − py = có nghiệm nguyên Giả sử (x0 , y0 ) nghiệm nguyên Khi x20 − py02 = Giả sử x0 số chẵn Khi x20 chia hết cho Từ suy py02 + chia hết cho Vì p = 4k + nên y02 + chia hết cho 4, vô lý Vậy x0 phải số lẻ Từ x20 − = py02 ta suy (x0 − 1)(x0 + 1) = py02 Do x0 số lẻ nên x0 − 1, x0 + số chẵn ước chung lớn (x0 − 1, x0 + 1) = Kiểm tra x0 + = 2a2 , x0 − = 2pb2 a2 − pb2 = Từ suy x0 − = 2a2 , x0 + = 2pb2 a2 − pb2 = −1 Ví dụ 3.19 Chứng minh phương trình x2 −34y = −1 nghiệm nguyên dương 49 Lời giải Nghiệm nhỏ phương trình x2 − 34y = (x1 , y1 ) = (35, 6) Dễ dàng kiểm tra hệ x2 + 34y = 35 nghiệm nguyên dương Do vậy, phương 2xy = trình x2 − 34y = −1 nghiệm nguyên dương theo Mệnh để 3.1 3.4 Phương trình nghiệm nguyên qua kì thi Trong phần tác giả chủ yếu sưu tầm số toán phương trình nghiệm nguyên có đề thi học sinh giỏi, kì thi Toán Quốc gia, Quốc tế Tác giả cố gắng tìm lời giải ngắn gọn trình bày cách dễ hiểu giúp người đọc tham khảo trình ôn luyện Bài (RMO) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình sau x6 + 3x3 + = y Lời giải Phương trình cho tương đương (x3 + 1)2 + (x3 + 1) = y + 1, Hay (2x3 + 3)2 − 4y = Do (2x3 + + 2y ).(2x3 + − 2y ) = Ta thu hệ phương trình sau 2x3 − 2y + = 1, 2x3 − 2y + = −1, 2x3 + 2y + = 5, 2x3 + 2y + = −5, 2x3 − 2y + = 5, 2x3 − 2y + = −5, 2x3 + 2y + = 1, 2x3 + 2y + = −1 Giải hệ ta thu nghiệm phương trình ban đầu (0, 1), (0, −1) Bài (16th USA MO) Tìm tất số nguyên x, y khác phương trình sau (x2 + y)(x + y ) = (x − y)3 50 Lời giải Ta viết phương trình cho dạng phương trình bậc hai ẩn y 2y + (x2 − 3x)y + 3x2 + x = Ta có ∆ = (x2 − 3x)2 − 8(3x+ x) = x(x + 1)2 (x − 8) Phương trình có nghiệm nguyên x(x + 1)2 (x − 8) số phương Đặt x(x − 8) = z , Hay (x − 4)2 − z = 16, Tương đương (x − z − 4)(x + z − 4) = 16 Dễ dàng tìm x ∈ {−1, 8, 9} Do đó, nghiệm phương trình ban đầu (−1, −1), (8, −10), (9, −6), (9, −21) Bài (AMO) Tìm tất nghiệm nguyên (x, y) phương trình sau (x + 1)4 − (x − 1)4 = y Lời giải Ta có (x + 1)4 − (x − 1)4 = 8x3 + 8x Giả sử (x, y) nghiệm phương trình x ≥ Khi đó, (2x)3 < (x + 1)4 − (x − 1)4 < (2x + 1)3 Do 2x < y < 2x + (Vô lí) Như vậy, (x, y) nghiệm phương trình x phải số nguyên không dương Ta thấy rằng, (x, y) nghiệm phương trình (−x, −y) nghiệm Do đó, −x phải số nguyên không dương Vậy x = Vậy phương trình cho có nghiệm (0, 0) Bài (29th IMO) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn ab + 1|a2 + b2 Chứng 51 a2 + b số phương ab + Lời giải Gọi (a, b) cặp số nguyên dương thỏa mãn điều kiện toán (a, b) tỏ nghiệm phương trình a2 − kab + b2 = k Dễ thấy a = b = k số phương Nếu a = b = a b dấu Thật vậy, Nếu ab < a2 − kab + b2 > k Giả sử a > 0, b > k > Nếu a = b (2 − k)a2 = k > Suy k = Nếu a > b > Gọi b số nguyên dương nhỏ cho (a, b) nghiệm phương trình Rõ ràng (b, kb − a) nghiệm Theo trên, kb = a k số phương Mặt khác kb − a > (vì (kb − a) b dấu) nên kb − a < b Thật vậy, kb − b < b ⇔ k < a+b a2 + b a ⇔ < + b + ab b Ta chứng minh bất đẳng thức cuối Thật vậy, a2 + b a2 + ab a2 + ab a < < = + 1 + ab + ab ab b Như vậy, ta chứng minh (b, kb − a) nghiệm phương trình ban đầu kb − a < b Điều mâu thuẫn với giả sử b số nguyên dương nhỏ cho (a, b) nghiệm Vậy k số phương Bài (HMO) Chứng minh phương trình (x + 1)2 + (x + 2)2 + + (x + 99)2 = y z nghiệm nguyên (x, y, z) với z > Lời giải Ta có y z = (x + 1)2 + (x + 2)2 + + (x + 99)2 , Tương đương y z = 99x2 + 2(1 + + + 99)x + (12 + 22 + + 992 ) Do y z = 99x2 + 99.100.199 2.99.100 x + = 33(3x2 + 300x + 50.199) 52 Vì vế phải chia hết 3|y Suy ra, 32 |y z Nhưng vế phải không chia hết cho Vậy phương trình cho nghiệm nguyên với z > Bài (G.M Bucharest) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) phương trình x3 − 4xy + y = −1 Lời giải Nhân hai vế phương trình với 27 công hai vế với 64 ta 27x3 + 27y + 43 − 4.27xy = 37 Sử dụng kết a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca), phương trình tương đương (3x + 3y + 4)(9x2 + 9y + 16 − 9xy − 12x − 12y) = 37 Vì 37 số nguyên tố (9x2 + 9y + 16 − 9xy − 12x − 12y) = [(3x − 3y)2 + (3x − 4)2 + (3y − 4)2 ] ≥ nên 3x + 3y + = 3x + 3y + = 37 Nếu 3x + 3y + = 9x2 + 9y + 16 − 9xy − 12x − 12y = 37 Suy nghiệm (−1, 0) (0, −1) Nếu 3x + 3y + = 37 9x2 + 9y + 16 − 9xy − 12x − 12y = Suy ra, (3x − 3y)2 + (3x − 4)2 + (3y − 4)2 = Điều xảy x, y số nguyên khác nên |3x − 3y| ≥ Vậy nghiệm phương trình ban đầu (−1, 0) (0, −1) Bài (Toán học Kurschak - Hungary) Tìm tất nghiệm nguyên dương (x, y, z) phương trình x3 + 3y + 9z − 3xyz = Lời giải Dễ thấy (0, 0, 0) nghiệm phương trình Giả sử (x1 , y1 , z1 ) nghiệm khác phương trình x1 số nguyên dương nhỏ giá 53 trị nhận x Nếu số x1 , y1 , z1 Do √ 3 √ số vô tỉ nên hai số lại Ta giả sử x1 , y1 , z1 > Rõ ràng 3|x1 Đặt x1 = 3x2 , với x1 nguyên Thay vào phương trình chia hai vế cho ta có 9x2 + y1 + 3z1 − 3x2 y1 z1 = Suy 3|y‘ Đặt y1 = 3y2 , với y2 nguyên Thay vào phương trình chia hai vế cho ta có 3x2 + 9y2 + z1 − 3x2 y2 z1 = Như 3|z1 Đặt z1 = 3z2 , với z2 nguyên Thay vào phương trình chia hai vế cho ta có x2 + 3y2 + 9z2 − 3x2 y2 z2 = Do (x2 , y2 , z2 ) nghiệm phương trình ban đầu Mà x1 = 3x2 , tức x1 > x2 Điều trái với giả thiết x1 số nguyên dương nhỏ giá trị nhận x Vậy phương trình cho nghiệm nguyên dương Bài (5th USA MO) Tìm tất nghiệm nguyên (a, b, c) phương trình a2 + b + c = a2 b Lời giải Ta chứng minh a, b, c số chẵn Ta giả sử a, b, c số nguyên không âm Ta có (2n)2 ≡ (mod 4)và (2n + 1)2 ≡ (mod 4) Trường hợp a, b, c số lẻ a2 + b + c ≡ (mod 4)nhưnga2 b2 ≡ (mod 4) Trường hợp Hai ba số a, b, c số lẻ a2 + b + c ≡ (mod 4)nhưnga2 b2 ≡ 0hoặc1 (mod 4) Trường hợp Hai ba số a, b, c số chẵn a2 + b + c ≡ (mod 4)nhưnga2 b2 ≡ 54 (mod 4) Vậy ba số a, b, c chẵn Đặt a = 2a1 , b = 2b1 , c = 2c1 , với a1 , b1 , c1 số nguyên Thay vào phương trình chia hai vế cho ta có a1 + b1 + c1 = 4a1 b1 Lập luận tương tự ta có 4a1 b1 ≡ (mod 4) số a1 , b1 , c1 ≡ 0hoặc1 (mod 4) Suy a1 ≡ b1 ≡ c1 ≡ (mod 4), với a1 , b1 , c1 số chẵn.Đặt a1 = 2a2 , b1 = 2b2 , c1 = 2c2 , với a2 , b2 , c2 số nguyên Thay vào phương trình chia hai vế cho ta có a2 + b2 + c2 = 16a2 b2 Cứ tiếp tục dẫn đến a, b, c chia hết cho 2k , với k số tự nhiên tùy ý Điều xảy a = b = c = Đó nghiệm nguyên phương trình cho Bài (8th USA MO) Tìm tất nghiệm nguyên không âm (x1 , x2 , , x14 ) (không kể hoán vị nó) phương trình x1 + x2 + + x14 = 15999 Lời giải - Nếu n số chẵn Đặt n = 2k, với k nguyên n4 = 16k ≡ (mod 16) - Nếu n số lẻ n4 − = (n − 1) (n + 1) n2 + Vì (n − 1), (n + 1) hai số chẵn liên tiếp n2 + số chẵn nên n4 − = (n − 1) (n + 1) n2 + ≡ (mod 16) Do đó, n4 ≡ (mod 16) n4 ≡ (mod 16) Hoặc Suy x1 + x2 + + x1 44 ≡ r ≤ r ≤ 14 55 (mod 16) Mà 1599 = 16000 − ≡ 15 (mod 16) Vậy phương trình cho nghiệm Bài 10 (37th IMO) Tìm tất nghiệm nguyên dương (a, b) phương trình ab = b a Lời giải Ta chứng minh phương trình có nghiệm (1, 1), (16, 2), (27, 3) Gọi (a, b) nghiệm phương trình Đặt (a, b) = d a = du, b = dv, (u, v) = Phương trình cho tương đương (du)dv = (dv)u Ta xét trường hợp sau Trường hợp Nếu dv = u u = v Mà (u, v) = nên u = v = 1, d = Do đó, nghiệm phương trình (a, b) = (1, 1) Trường hợp Nếu dv > u ta viết phương trình dạng ddv −u dv u = vu Rõ ràng udv |v u Vì (u, v) = nên u = Khi đó, phương trình trở thành ddv −1 = v Nếu d = v = Điều trái với giả thiết dv > u Nếu d ≥ ddv −1 ≥ 22v −1 ≥ 22v−1 > v, v = 1, 2, 3, Do đó, trường hợp phương trình nghiệm Trường hợp Nếu dv < u d < u Ta viết phương trình dạng 2 udv = du−dv v u 56 Rõ ràng v u |udv Vì (u, v) = nên v = Khi đó, phương trình trở thành ud = du−d Mà ta có d < u nên d < u − d Theo phương trình trên, p ước nguyên tố d p ước nguyên tố u Gọi α, β số nguyên lớn cho pα |u pβ |d Khi đó, ta có αd = β(u − d) Do α > β Ta có d|u, nên đặt u = kd, với k nguyên dương Do u > 2d nên k ≥ Thay u = kd vào phương trình ta k = dk−2 Nếu k = d = u = kd = Từ có a = 27, b = nghiệm phương trình ban đầu Nếu k = d = 2.u = Từ có a = 16, b = nghiệm phương trình ban đầu Nếu k ≥ dk−2 ≥ 2k−2 > k Trong trường hợp phương trình vô nghiệm Tóm lại, phương trình cho có nghiệm (1, 1), (16, 2), (27, 3) 57 Kết luận Luận văn đạt số kết sau - Đề cập đến phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Mỗi phương pháp bao gồm nội dung phương pháp số ví dụ minh họa xếp theo thứ tự từ đơn giản đến phức tạp nhằm giúp học sinh dễ dàng nắm bắt vấn đề Từ phát quy luật, có khả vận dụng vào giải tập khác - Đề cập đến số dạng phương trình nghiệm nguyên bao gồm: Phương trình Diophantine tuyến tính, phương trình Pythagore, phương trình Pell Tác giả có đưa vài ví dụ vận dụng kết dạng phương trình - Đưa số toán có tính thực tế vận dụng phương trình nghiệm nguyên tạo cho học sinh có hứng thú môn Toán - Cuối số tập nâng cao thường có đề thi học sinh giỏi nhằm giúp học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo trình giải toán đồng thời nguồn tài liệu tham khảo cho việc luyện thi học sinh giỏi Mặc dù em cố gắng tránh khỏi thiếu sót Em mong quý thầy cô bạn đóng góp ý kiến để luận văn hoàn thiện 58 Tài liệu tham khảo [1] Vũ Hữu Bình, Phương trình toán với nghiệm nguyên, NXBGD 2001 [2] Đàm Văn Nhỉ (Chủ biên) - Lưu Bá Thắng - Phạm Đức Hiệp - Văn Đức Chín Trần Thị Hồng Dung - Trần Trung Tình, Lí thuyết số chuyên đề nâng cao, NXB Thông tin Truyền thông 2017 [3] Titu Andreescu - Dorin Andrica - Ion Cucurezeanu, An introduction to Diophantine equation a problem - based approach, Birkhauser 2010 [4] Titu Andreescu - Dorin Andrica, Number Theozy Structures, Examples and Problems, Birkhauser 2009 59 ... toán phương trình nghiệm nguyên chương chương Chương Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Chương đưa phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Từ đó, phân tích tìm điều kiện để phương. .. z = Đó nghiệm nguyên phương trình cho Chú ý Trong ví dụ trên, yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương phương trình x3 − 3y = 9z , ta dùng nguyên tắc cực hạn để chứng minh phương trình nghiệm nguyên dương... phương trình có nghiệm nguyên, nghiệm nguyên Mỗi phương pháp có số ví dụ minh họa, kèm theo số ý, nhận xét rút trình giải toán Chương Một số dạng phương trình nghiệm nguyên Chương đưa số dạng phương