skkn một số phương pháp giải phương trình diophantine

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE (Ghi đầy đủ tên gọi giải pháp SKKN) Người thực hiện: Nguyễn Tất Thu Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn: Toán  (Ghi rõ tên môn) - Lĩnh vực khác:  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2016 – 2017 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: NGUYỄN TẤT THU Ngày tháng năm sinh: 13/09/1980 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: 1039/46 - Tổ – Khu phố – Phường Tân Hiệp – Biên hòa Điện thoại: 0961610077 Fax: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: E-mail: nguyentatthudn@gmail.com Chức vụ: Tổ Phó chuyên môn Nhiệm vụ giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng dạy môn Toán lớp: 11Tin, 11 Anh 11 Toán Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ - Năm nhận bằng: 2013 - Chuyên ngành đào tạo: Lý luận phương pháp dạy học môn Toán III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy môn Toán Số năm có kinh nghiệm: 14 - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: Một số phương pháp giải toán cực trị tổ hợp – năm 2012 Một số phương pháp giải toán tồn tổ hợp – năm 2013 Một số phương pháp đếm nâng cao – năm 2014 Một số tính chất hệ số nhị thức – năm 2015 Một số vấn đề đa thức biến - năm 2016 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Phương trình Diophantine chủ đề quan trọng chương trình THPT Chuyên, có sức thu hút lớn giáo viên, học sinh Từ cấp học tiểu học THCS, em học sinh làm quen với phương trình Diophantine bậc hai ẩn, ba ẩn qua toán dân gian toán Vừa gà vừa chó Bó lại cho tròn Tổng 36 100 chân chẵn Hỏi có gà chó? Hay toán Trăm trâu trăm cỏ Trâu đứng ăn Trâu nằm ăn Lụ khụ trâu già Ba bó Tìm số trâu loại? Tuy nhiên nghiên cứu phương trình phức tạp việc sử dụng công cụ để giải phong phú Nhằm giúp học học sinh Chuyên Toán cóđược nhìn tổng thể cách giải phương trình Diophantine, chọnđề tài "Một số phương pháp giải phương trình Diophantine " để làm đề tàinghiên cứu CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Dựa vào trình giảng dạy chương trình Toán Chuyên trường THPT, tài liệu nghiên cứu cá nhân phương trình Diophantine 3.1 TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Phương pháp đưa tích Xét phương trình F ( x1 , x2 , , xn ) = 0, Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh (1) với x1 , x2 , , xn số nguyên (hoặc nguyên dương) Giả sử ta biến đổi (1) dạng: f ( x1 , x2 , , xn ) f ( x1 , x2 , , xn ) f k ( x1 , x2 , , xn ) = m (2) Trong f , f , , f n đa thức n biến hệ số nguyên Khi đó, ta phân tích m thành tích k số nguyên m , m , , m k giải (2) chuyển giải hệ phương trình   f ( x1 , x2 , , xn ) = m     f ( x , x , , x ) = m 2 n      f k ( x1 , x2 , , xn ) = m k 3.1.1 Ví dụ minh họa Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 1 + = x y Lời giải Do tính chất đối xứng nên ta cần tìm nghiệm ( x; y) mà x ≥ y Phương trình tương đương với ( x + y) = x y ⇔ ( x − 7) ( y − 7) = 49 = 72 Vì x − ≥ y − > −7 nên ta có trường hợp sau: • • x − = 49 y−7 = x−7 = y−7 = ⇔ x = 56 y=8 ⇔ x = y = 14 Vậy nghiệm phương trình là: ( x; y) = (56; 8) , (8; 56) , (7; 7) Nhận xét Nếu n = pα1 pα2 pαk k số nghiệm nguyên dương phương trình 1 + = x y n (1 + 2α1 ) (1 + 2α2 ) (1 + 2αk ) Ví dụ Tìm số tự nhiên x, y thỏa mãn ( x y − 7)2 = x2 + y2 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Lời giải Phương trình tương đương với ( x y − 6)2 + 13 = ( x + y)2 ⇔ ( x y − 6)2 − ( x + y)2 = −13 ⇔ ( x y − + ( x + y)) ( x y − − ( x + y)) = −13 ⇔ ⇔ x y − + x + y = 13 x y − − ( x + y) = −1 x+ y=7 ∨ x y = 12 xy−6+ x + y = ∨ x+ y=7 xy = x y − − ( x + y) = −13 Giải ta cặp nghiệm ( x; y) là: (3; 4) , (4; 3) , (0; 7) , (7; 0) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x3 + y3 + z3 = x yz + Lời giải Ta có x3 + y3 + z3 − x yz = ( x + y + z) x2 + y2 + z2 − x y − yz − zx Nên phương trình trở thành ( x + y + z) x2 + y2 + z2 − x y − yz − zx = Vì x + y + z > nên ta có x+ y+ z = 2 x + y + z − x y − yz − zx = ⇔ x+ y+ z = ( x − y) + ( y − z)2 + ( z − x)2 = Giả sử x ≥ y ≥ z, x > y > z ( x − y)2 + ( y − z)2 + ( z − x)2 ≥ > Do phương trình vô nghiệm, suy ba số x, y, z có hai số Suy x = y = z + x = y + = z + Từ ta tìm ( x; y; z) là: (2; 2; 1) , (2; 1; 2) , (1; 2; 2) 3.1.2 Bài tập Bài tập Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 + y3 − x2 y − x y2 = Bài tập Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 + y3 − x y = Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Bài tập Với số nguyên dương n, ta kí hiệu s (n) số nghiệm nguyên dương phương trình 1 + = x y n Tìm tất số nguyên dương n cho s (n) = Bài tập Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + y2 + + ( x − y) (1 − x y) = (1 + x y) (Titu Andreescu) Bài tập Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 ( y − 1) + y2 ( x − 1) = Bài tập Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn x − y = Bài tập Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x3 + x2 + x + = 2011 y Bài tập Tìm nghiệm tự nhiên phương trình x + x + 2 x + x + − y = 11879 Bài tập Tìm số nguyên dương ( x; y; z) thỏa mãn phương trình x3 + y3 + z3 − x yz = p, với p số nguyên tố lớn (Titu Andreescu, Dorin Andrica ) Bài tập 10 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình ( x + 1)( x + 2)( x + 8)( x + 9) = y2 Thái Nguyên 2013 Bài tập 11 Giải phương trình nghiệm tự nhiên x2 + y x + y2 = ( x − y)3 Bài tập 12 Giải phương trình nghiệm nguyên dương x3 − y3 = x y + 61 (Russia mathematical Olympiad) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 3.2 Phương pháp đánh giá bất đẳng thức Trong phương pháp này, ta hạn chế biến cách sử dụng bất đẳng thức Thông thường, trình đánh giá dẫn đến hữu hạn khả biến 3.2.1 Ví dụ minh họa Ví dụ Tìm cặp số nguyên dương (m, n) thỏa mãn 2m − n 2n − m Lời giải Vì  2 m − n 2 n − m , suy (2 m − 1) (2 n − 1) = mn − ( m + n) + mn Hay ( m + n) − mn ⇒ ( m + n) − ≥ mn ⇔ m ( n − 2) − ( n − 2) ≤ ⇔ ( m − 2) ( n − 2) ≤ (1) Không tính tổng quát, ta giả sử m ≥ n Ta xét trường hợp sau: • n = 1, n − = m ⇒ m = • n = 2, n − = m ⇒ m = • n = 3, n − = m ⇒ m = • n ≥ ⇒ m ≥ nên n−2 ≥ m−2 ≥ ⇒ ( n − 2) ( m − 2) ≥ nên (1) không thỏa mãn Vậy cặp (m, n) cần tìm là: (1; 1) , (2; 3) , (3; 2) , (3; 5) , (5; 3) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + ( x + 1)2 = y4 + ( y + 1)4 Lời giải Khai triển rút gọn hai vế ta được: x( x + 1) = y4 + y3 + y2 + y ⇔ x2 + x = y2 ( y + 1)2 + y( y + 1) ⇔ x2 + x + = ( y2 + y + 1) (1) • Nếu x > từ x2 < + x + x2 < ( x + 1)2 Suy + x + x2 không số phương nên (1) nghiệm nguyên • Nếu x < −1 từ ( x + 1)2 < + x + x2 < x2 suy (1) nghiệm nguyên • Nếu x = x = −1 từ (1) suy y2 + y + = ±1 ⇔ y=0 y = −1 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Vậy phương trình có nghiệm nguyên ( x; y) ∈ {(0; 0) ; (0; −1) ; (−1; 0) ; (−1; −1)} Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 5( x + y + z + t) + 10 = x yzt (1) Lời giải Vì x, y, z có vai trò nên ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ Từ (1) suy ra: 2= t=1 5 10 30 + + + ≤ ⇒ x yz xzt x yt x yzt t t=2 • Với t = ta có:  z=1  5 15 30 5( x + y + z) + 15 = x yz ⇒ = + + + ≤ ⇒ z ≤ 15 ⇒  z = x y yz xz x yz z2 z=3 +) Với z = ta có:   x = 35    2y − =  5( x + y) + 20 = x y ⇔ (2 x − 5)(2 y − 5) = 65 ⇔  ⇔    x − = 13  2y − = y=3 x − = 65 x=9 y=5 Ta có nghiệm ( x, y, z, t) = (35, 3, 1, ) , (9, 5, 1, 1) hoán vị chúng +) Với z = z = 3, phương trình nghiệm nguyên dương • Với t = 2, ta có: 5( x + y + z) + 20 = x yz ⇒ = 5 20 35 35 + + + ≤ ⇒ z2 ≤ < x y yz xz x yz z Suy z = (vì z ≥ t = 2) Khi đó: 5( x + y) + 30 = x y ⇔ (8 x − 5)(8 y − 5) = 265 Do x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ nên x − ≥ y − ≥ 11, mà 265 = 53.5 Trường hợp phương trình nghiệm nguyên dương Ví dụ Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thoả mãn phương trình x2016 = y2016 − y1344 − y672 + Lời giải Đặt u = x672 , v = y672 (u, v ∈ Z) Phương trình (1) có dạng: u = v3 − v2 − v + Ta thấy : u3 = v3 − v2 − v + = (v − 1)3 + 2(v − 1)2 + > (v − 1)3 u3 = v3 − (v − 1) (v + 2) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh • Nếu v > 1hoặc v < −2 (v − 1) (v + 2) > 0, suy (v − 1)3 < u3 < v3 ⇔ v − < u < v(vô lý u, v ∈ Z) • Với −2 ≤ v ≤ v ∈ Z v ∈ {−2; −1; 0; 1} +) Nếu v = −2 v = y672 = −2 (vô lý) +) Nếu v = −1 v = y672 = −1 (vô lý) +) Nếu v = v = y672 = 0, u3 = ⇒ x2016 = nên x ∉ Z +) Nếu v = u = nên x = ±1 y = ±1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {(1; 1) , (1; −1) , (−1; 1) , (−1; −1)} Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 = y3 + x2 y + y + 13 Lời giải Đặt x = y + k , từ phương trình cho ta suy (2 y + k)3 = y3 + (2 y + k)2 y + y + 13 ⇔ k y2 + k2 − y + k3 − 13 = Xét k = , ta tìm nghiệm ( x; y) = (−26; −13) Xét k = , ta có ∆ = −7 k4 − 10 k2 + 416 k + Với k≥4 k ≤ −1 ta thấy ∆ < , suy phương trình cho vô nghiệm trường hợp Lần lượt xét k = 1, 2, ta tìm nghiệm ( x; y) = (3; 1) Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( x; y) ∈ {(−26; −13) , (3; 1)} 3.2.2 Bài tập Bài tập Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn x3 + y3 = ( x + y)2 Bài tập Giải phương trình nghiệm nguyên dương 1 + + = x y z (Romania Mathematical Olympiad) Bài tập Tìm tất bốn số nguyên dương ( x; y; z; w) thỏa mãn x2 + y2 + z2 + x y + x ( z − 1) + y ( z + 1) = w2 (Titu Andreescu) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Bài tập Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x3 + ( x + 1)3 + ( x + 2)3 + + ( x + 7)3 = y3 (Hungaria Mathematical Olympiad) Bài tập Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 1+ x 1+ y 1+ = z Bài tập Chứng minh phương trình x6 + ax4 + bx2 + c = y3 , với a ∈ {3, 4, 5} , b ∈ {4, 5, , 12} , c ∈ {1, 2, , 8} nghiệm nguyên (Dorin Andrica) Bài tập Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x2 − y2 = + 16 y (Russian MO ) Bài tập Tìm tất nguyên dương ( x; y; z) thỏa mãn phương trình x y + yz + zx − x yz = Bài tập Xác định tất cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn phương trình ( x + 1)4 − ( x − 1)4 = y3 Bài tập 10 Tìm tất số nguyên (a, b, c, x, y, z) thỏa mãn a + b + c = x yz x + y + z = abc a ≥ b ≥ c ≥ 1, x ≥ y ≥ z ≥ 3.3 Phương pháp xuống thang (lùi vô hạn) Phecma có đóng góp to lớn toán học thông qua kết phương pháp ông để lại Ông nhà toán học sử dụng phương pháp chứng minh gọi “lùi vô hạn” Cho P tính chất liên quan đến số tự nhiên dãy mệnh đề (P (n)) có dạng P ( n) : “ n có tính chất P ” Các phương pháp sau thường áp dụng để chứng minh mệnh đề P (n) sai với n đủ lớn Cho k số tự nhiên Ta có: • P ( k) không • Nếu P ( m) với số nguyên m > k, có số nguyên j, m > j ≥ k cho P ( j ) Khi P (n) sai với n ≥ k Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 3.4 Phương pháp chọn môđun Trong số trường hợp, việc chọn môđun phù hợp ta chứng minh phương trình Diophantine vô nghiệm hạn chế miền giá trị biến Ví dụ Tìm cặp số nguyên tố ( p; q) thỏa mãn p3 − q5 = ( p + q)2 (Baltic Way 2016) Lời giải Xét p, q = Khi p3 ≡ ±1 ( mod 3) q5 ≡ ±1 ( mod 3) Nếu p ≡ q ( mod 3) p3 − q5 ≡ ( mod 3) p + q ≡ ±1 ( mod 3) Điều dẫn tới vô lí Do đó, hai số p, q có số • p = ta có − q5 = (3 + q)2 ⇔ q5 + q2 + q + = Phương trình vô nghiệm • q = ta có p3 − 243 = ( p + 3)2 ⇔ p3 − p2 − p − 252 = ⇔ p = Vậy ( p; q) = (7; 3) cặp nghiệm cần tìm Ví dụ Tìm tất số nguyên tố p cho tồn số nguyên x, y thỏa mãn p + = x2 p2 + = y2 Lời giải Từ đề ta có p > x2 ≡ y2 ( mod p) ⇒ x ≡ ± y ( mod p) Mà x < y < p nên ta có x ≡ − y ( mod p) ⇒ x + y ≡ ( mod p) ⇒ x + y = p Suy p2 + = 2( p − x)2 = p2 − xp + x2 = p2 − xp + p + ⇔ p2 − xp + p = ⇔ p = x − Suy x = x2 ⇒ x = → p = −1 x=2→ p=7 Vậy p = giá trị cần tìm Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 11 Ví dụ Tìm tất số tự nhiên ( x, y, z) thỏa mãn x2 + y2 = · 2016 z + 77 (Greek National mathematical olympiad 2016) Lời giải Ta xét trường hợp sau • Nếu z = ta có 2 x + y = 80 ⇔ x2 = 16 y2 = 64 ∨ x2 = 16 y2 = 64 ⇔ x=4 y=8 ∨ x=8 y=4 • Xét z ≥ Do 7|2016, 77 nên ta có x2 + y2 ⇒ | x, y , hay x = 7a, y = 7b; a, b ∈ N∗ Khi a2 + b2 = · 2016 z−1 + 11 Vì 7 a2 + b2 711 nên z − = ⇔ z = Khi a2 + b2 = ⇔ a = b = Vậy ( x; y; z) ∈ {(4; 8; 0) , (8; 4; 0) , (7; 7; 1)} Ví dụ Tìm tất số nguyên a, b, c cho tồn số tự nhiên n để ( a − b ) ( b − c ) ( c − a) + = 2016n (Bankan MO 2016) Lời giải Đặt x = a − b, y = b − c, z = c − a ta có x + y + z = nên x3 + y3 + z3 = x yz Giả sử ( a − b ) ( b − c ) ( c − a) + = 2016n với n ∈ N Ta có (a − b) ( b − c) ( c − a) = 2.2016n − Suy x3 + y3 + z3 = 6.2016n − 12 (∗) x3 + y3 + z3 ≡ ( mod 7) (1) Nếu n ≥ từ (*) ta có Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 12 Mà x ∈ N x3 ≡ 0, ±1 ( mod 7) nên từ (1) ta suy ba số x, y, z có số chia hết cho hai số lại đồng dư với theo modunlo Nhưng x+ y+ z ≡ ( mod 7), điều vô lí x + y + z = ≡ ( mod 7) Từ đó, suy n = Khi x3 + y3 + z3 = −6 ⇔ ( x; y; z) ∈ {(−2; 1; 1) , (1; −2; 1) , (1; 1; −2)} Xét    a − b = −2 b−c =1 ⇒    c−a=1 a = b−2 c = b−1 Vậy cần tìm là: (a; b; c) = (k − 2; k; k − 1), k ∈ Z hoán vị Ví dụ Tìm số nguyên dương t nhỏ cho tồn số nguyên x1 , x2 , , x t thỏa x13 + x23 + + x3t = 20022002 (IMO Shortlist 2002) Lời giải Nếu 3| x x3 ≡ 0(mod 9) Nếu ( x, 3) = x3 đồng dư −1 modulo Như vậy, x13 + x23 + + x3t đồng dư từ − t đến t modulo 20022002 ≡ 42002 ≡ 46.333 44 ≡ 44 ≡ (mod 9) Như vậy, t ≤ x13 + x23 + + x3t không đồng dư modulo nên đẳng thức sau x13 + x23 + + x3t = 20022002 không xảy Với t = 4, ta thử tìm nghiệm phương trình x13 + x23 + x33 + x43 = 20022002 Để ý 20022002 = 2002667 2002, ta cần thử xây dựng nghiệm dạng x i = m i 2002667 , với m31 + m32 + m33 + m34 = 2002 Ta chọn m = m = 10; m = m = thỏa yêu cầu Vậy tmin = Ví dụ Cho p ≥ số nguyên tố, n số nguyên dương cho số p − 1, pn, n + đôi ước lớn hơn2 Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên dương x, y + x + x2 + + x p−1 = yn+1 (1) (THTT số 423) Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương x, y thỏa (1) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 13 • x = 1, ta có p + = yn+1 , suy p = yn+1 − = ( y − 1)( yn + yn−1 + + y + 1) Do y−1 = n y +y n−1 + + y + = p ⇒ p = + + 22 + + 2n = 2n+1 − Suy 2n+1 ≡ 1( mod p) Gọi k số nguyên dương nhỏ thỏa 2k ≡ 1( mod p), ta có k ≥ Vì 2n+1 ≡ p−1 ≡ 1( mod p) ⇒ (n + 1, p − 1) k vô lí, (n + 1, p − 1) ≤ • x ≥ 2, ta có x p−1 + x p−2 + + x + = xp − = yn+1 − = ( y − 1)( yn + yn−1 + + y + 1) x−1 xp − Xét q ước nguyên tố , ta có ( x, q) = nên x q−1 ≡ 1( mod q) x−1 Mà x p − q q số nguyên tố nên x − q q − p Nếu x ≡ 1( mod q) + x + x2 + + x p−1 ≡ p( mod q), suy p q hay p = q q ≡ 1( mod p) xp − q = p q = 1( mod p) x−1 Dẫn tới hai số y − yn + yn−1 + + y + chia hết cho p có số dư Suy tất ước nguyên tố q chia cho p +) y − ≡ 0( mod p) ⇔ y ≡ 1( mod p), suy yn + yn−1 + + y + ≡ n + 1( mod p) Vì ( n + 1, p) ≤ nên p | n + ( n, p) ≤ nên n + ≡ 1( mod p) Do trường hợp không xảy +) y − ≡ 1( mod p) ⇔ y ≡ 2( mod p) Khi yn + yn−1 + + y + ≡ 2n+1 − 1( mod p) Ta có 2n+1 − ≡ 0( mod p) (n + 1, p − 1) ≤ 2n+1 − = (2n − 1), mà ( n, p − 1) ≤ nên 2n − ≡ 0( mod p) Do 2n+1 − ≡ 1( mod p) Tóm lại trường hợp ta có điều giả sử ban đầu sai Bài toán chứng minh 3.4.1 Bài tập Bài tập Chứng minh phương trình x5 − y2 = nghiệm nguyên Bài tập Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên ( x + 1)2 + ( x + 2)2 + + ( x + 2001)2 = y2 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 14 Bài tập Tìm cặp số nguyên dương ( x; y) thỏa mãn x2 − y! = 2001 (Titu Andreescu) Bài tập Tìm số nguyên dương ( x; y) thỏa mãn phương trình x − y = Bài tập Tìm số tự nhiên x, y, z thỏa mãn phương trình x y + = z Bài tập Tìm tất số nguyên a, b cho a5 b + ab5 + lập phương số nguyên (USAJMO 2013) Bài tập Tìm tất số nguyên không âm x, y cho 7x − 2.5 y = −1 (Bosnhia TST 2014) Bài tập Tìm tất cặp số nguyên tố ( p; q) thỏa mãn p3 + q = q9 + p2 + 18 p (Turkey JBMO TST 2016) Bài tập Tìm tất cặp số tự nhiên ( x, y, z) thỏa mãn 2013 x + 2014 y = 2015 z (AZE JBMO TST 2016) Bài tập 10 Chứng minh hệ phương trình x6 + x3 + x3 y + y = 147157 x3 + x3 y + y2 + y + z9 = 157147 ngiệm nguyên x, y, z (USAMO 2005) Bài tập 11 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x = y + Bài tập 12 Tìm số nguyên tô p, q số nguyên dương n > thỏa mãn p n + p n−1 + + = q2 + q + India National Olympiad 2003 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 15 Bài tập 13 Tìm số nguyên dương m, n số nguyên tố p ≥ thỏa mãn m(4 m2 + m + 12) = 3( p n − 1) India National Olympiad 2013 Bài tập 14 Kí hiệu ϕ(n) phi hàm Euler n Giải phương trình nghiệm nguyên dương ( n ≥ 2) sau 2n + n − ϕ( n) − ! = n m + (Tukey TST 2013) Bài tập 15 Tìm số nguyên dương m, n số nguyên tố p thỏa mãn m3 + n n3 + m = p (Tukey TST 2017) 3.5 Phương pháp quy nạp toán học Quy nạp toán học phương pháp mạnh để chứng minh phát biểu phụ thuộc vào số tự nhiên Cho (P (n))n≥0 dãy mệnh đề Phương pháp quy nạp toán học sử dụng để chứng minh P (n) với n ≥ n0 với n0 số tự nhiên Phương pháp quy nạp toán học (dạng yếu): Giả sử • P ( n ) • Với k ≥ n P ( k) P ( k + 1) Khi P (n) với n ≥ n0 Phương pháp quy nạp toán học (bước nhảy s): Cho s số nguyên dương Giả sử • P ( n ) , P ( n + 1) , , P ( n + s − 1) • Với k ≥ n , P ( k) kéo theo P ( k + s) Khi P (n) với n ≥ n0 Phương pháp quy nạp toán học (Dạng mạnh): Giả sử • P ( n ) • Với k ≥ n , P ( m) với m mà n ≤ m ≤ k kéo theo P ( k + 1) Khi P (n) với n ≥ n0 Phương pháp chứng minh sử dụng rộng rãi lĩnh vực khác Toán học, bao gồm Lý thuyết số Các ví dụ sau cho thấy việc áp dụng phương pháp vào nghiên cứu phương trình Diophantine Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 16 3.5.1 Ví dụ minh họa Ví dụ Chứng minh với số nguyên n ≥ 3, tồn hai số nguyên dương lẻ x, y cho x2 + y2 = 2n (Bungaria Mathematical Olympiad 1996) Lời giải Chúng ta chứng minh tồn số nguyên dương lẻ xn , yn cho x2n + yn2 = 2n , n ≥ Với n = 3, ta chọn x3 = y3 = Giả sử tồn số nguyên dương lẻ xn , yn thỏa x2n + yn2 = 2n Ta chứng minh tồn số nguyên dương lẻ xn+1 , yn+1 thỏa x2n+1 + yn2 +1 = 2n+1 Ta có xn ∓ yn = x2n + yn2 = 2n+1 xn + yn xn − yn có số lẻ Chẳng Hơn nữa, xn , yn lẻ nên hai số 2 xn − yn lẻ, hạn, ta giả sử xn ± yn 2 + xn + yn yn − xn = xn + 2 số nguyên dương lẻ Ta chọn xn+1 = | xn − yn | xn + yn yn+1 = Ta có đpcm 2 Ví dụ Chứng minh với số nguyên dương n , phương trình x2 + 15 y2 = 4n có n nghiệm tự nhiên ( x, y) (VMO 2010) Lời giải Với n = 1, phương trình x2 + 15 y2 = 4n có nghiệm tự nhiên ( x, y) = (2, 0) Với n = 2, phương trinhd x2 = 15 y2 = 4n có hai nghiệm tự nhiên ( x; y) = (4; 0), (1; 1) Giả sử n ≥ 2, phương trình x2 + 15 y2 = 4n có n nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ), · · · , ( xn ; yn ) Khi ( x; y) = (2 xk ; yk ) nghiệm tự nhiên phương trình x2 + 15 y2 = 4n+1 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 17 Ta chứng minh với số nguyên n ≥ tồn cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn ) cho cho x2n + 15 yn2 = 4n Thật với n = , chọn x2 = 1, y2 = Giả sử với n ≥ tồn cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn ) cho cho x2n + 15 yn2 = 4n Ta chứng minh cặp X= | yn − xn | |15 yn − xn | xn + yn 15 yn + xn ,Y = , X= ,Y = 2 2 thoả măn X + 15Y = 4n+1 Thật 15 yn ∓ xn 2 + 15 yn ± xn 2 = x2n + 15 yn2 = · 4n = 4n+1 Và xn , yn lẻ nên xn = k + 1, yn = l + ( k, l ∈ Z) ⇒ xn + yn = k+l +1 | yn − xn | |(2 l + 1) − (2 k + 1)| = = | l − k| 2 xn + yn | yn − xn | Điều chứng tỏ số , lẻ Vì với n + tồn 2 số tự nhiên lẻ xn+1 yn+1 thoả măn x2n+1 + 15 yn2+1 = 4n+1 Từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ Tìm số nguyên dương phân biệt x1 , x2 , , xm thỏa phương trình x13 + x23 + + x3m = ( x1 + x2 + + xm )2 Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Cho số nguyên dương phân biệt a , a , , a n Khi a31 + a32 + + a3n ≥ (a + a + + a n )2 (1) với n ≥ Chứng minh Không tính tổng quát, ta giả sử a < a < < a n Với n = ta có a31 ≥ a21 nên (1) Giả sử (1) với n = k a < a < < a k < a k+1 số nguyên dương Khi a k+1 ≥ a k + 1, Do (a k+1 − 1) a k+1 a k (a k + 1) ≥ = + + + a k 2 Vì + + + a k tổng a k số nguyên dương đầu tiên, nên + + + a k ≥ a + a + + a k Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 18 Suy (a k+1 − 1) a k+1 ≥ a + a + + a k Hay a3k+1 ≥ 2a k+1 (a + a + + a k ) + a2k+1 Do a31 + a32 + + a3k + a3k+1 ≥ (a + a + + a k )2 + 2a k+1 (a + a + + a k ) + a2k+1 = (a + a + + a k+1 )2 Suy bổ đề chứng minh Trở lại toán Không tính tổng quát, ta giả sử x1 < x2 < < xm Khi x1 ≥ 1, x2 ≥ 2, , xm ≥ m xm−1 ≤ xm − 1, xm−2 ≤ xm − 2, , x1 ≤ xm − ( m − 1) Suy x1 + x2 + + xm−1 ≤ ( m − 1) xm − m ( m − 1) (2) Áp dụng bổ đề ta có x13 + x23 + + x3m−1 ≥ ( x1 + x2 + + xm−1 )2 (3) Mặt khác, từ phương trình ta thu x13 + x23 + + x3m−1 + x3m = x2m + xm ( x1 + x2 + + xm−1 ) + x2m−1 (4) Từ (3) (4) ta có x3m ≤ xm ( x1 + x2 + + xm−1 ) + x2m , hay x2m ≤ ( x1 + x2 + + xm−1 ) + xm Kết hợp với (2) ta thu x2m ≤ ( m − 1) xm − m ( m − 1) + xm Hay ( xm − m) ( xm − ( m − 1)) ≤ Vì xm > m − nên ta có xm = m Vậy x1 = 1, x2 = 2, , xm = m hoán vị số cần tìm Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 19 3.5.2 Bài tập Bài tập Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình x2 + y2 + z2 = 59n có nghiệm nguyên dương x, y, z (Dorin Andrica) Bài tập Chứng minh với số nguyên dương n ≥ 3, phương trình 1 + + + =1 x1 x2 xn có nghiệm nguyên dương phân biệt x1 , x2 , , xn Bài tập Chứng minh với số nguyên n ≥ 412, tồn số nguyên dương x1 , x2 , , xn thỏa mãn 1 x1 x2 x3n + + + = Bài tập Chứng minh với số nguyên n ≥ 2, tồn số nguyên lẻ x, y cho x2 − 17 y2 = 4n (Titu Andreescu) Bài tập Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình x2 + x y + y2 = 7n có nghiệm nguyên x, y Bài tập Chứng minh với số nguyên n ≥ 1, tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn n x2 + y2 + z2 = 32 k ( k + 1) gọi số tam giác thứ k với k ≥ Chứng minh với số nguyên n ≥ phương trình Bài tập Số nguyên t k = 1 + + + = 1, x1 x2 xn có nghiệm tập số tam giác Bài tập Chứng minh với n≥ˆ 6, phương trình x12 + x22 + + x2n =1 có nghiệm nguyên dương Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 20 Bài tập Chứng minh với số nguyên s ≥ 2, tồn số nguyên dương x0 , x1 , , xs cho x12 + x22 + + x2s = x02 , với x0 < x1 < x2 < < xs Bài tập 10 Chứng minh với số tự nhiên k, phương trình x2 + y2 = z2 + k có nghiệm nguyên dương x, y, z với x < y < z Bài tập 11 Chứng minh phương trình ( x + 1)2 + x2 = y2 có vô số nghiệm nguyên dương x, y Bài tập 12 Tìm số nguyên dương phân biệt x1 , x2 , , x2002 thỏa phương trình x12 + x22 + + x2002 = 1335 ( x1 + x2 + + x2002 ) Hiệu chuyên đề Chuyên đề sử dụng để giang dạy cho lớp 10 Chuyên Toán đội tuyển tham dự kì thi HSG Quốc gia năm 2016-2017 Qua giảng dạy chuyên đề, em học sinh phần nắm số phương pháp xử lí gặp phương trình Diophantine Đề xuất, khuyến nghị khả áp dụng Chuyên đề áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Danh mục tài liệu tham khảo Tài liệu [1] THTT, Các thi Olympic Toán Trung học phổ thông Việt nam 1990-2006, NXB Giáo dục, 2007 [2] Hà Huy Khoái (chủ biên), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT Số học, NXB Giáo dục, 2006 [3] Titu Andreescu and Dorin Andrica, An Introdution to Diophantine Equations Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 21 [4] Tạp chí THTT từ năm 2006 đến 2016 [5] Các diễn đàn Internet toán: http://forum.mathscope.org ; http://diendantoanhoc.net ; http://www.artofproblemsolving.com/community/c89 Người thực hiên NGUYỄN TẤT THU Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 22 BM01b-CĐCN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị ––––––––––– CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– , ngày tháng năm PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: Họ tên tác giả: Chức vụ: Đơn vị: Họ tên giám khảo 1: Chức vụ: Đơn vị: Số điện thoại giám khảo: * Nhận xét, đánh giá, cho điểm xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: Tính Điểm: …………./6,0 Hiệu Điểm: …………./8,0 Khả áp dụng Điểm: …………./6,0 Nhận xét khác (nếu có): Tổng số điểm: /20 Xếp loại: Phiếu giám khảo đơn vị đánh giá, chấm điểm, xếp loại theo quy định Sở Giáo dục Đào tạo; ghi đầy đủ, rõ ràng thông tin, có ký tên xác nhận giám khảo đóng kèm vào sáng kiến kinh nghiệm liền trước Phiếu đánh giá, chấm điểm, xếp loại sáng kiến kinh nghiệm giám khảo GIÁM KHẢO (Ký tên, ghi rõ họ tên) 23 BM01b-CĐCN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị ––––––––––– CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– , ngày tháng năm PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: Họ tên tác giả: Chức vụ: Đơn vị: Họ tên giám khảo 2: Chức vụ: Đơn vị: Số điện thoại giám khảo: * Nhận xét, đánh giá, cho điểm xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: Tính Điểm: …………./6,0 Hiệu Điểm: …………./8,0 Khả áp dụng Điểm: …………./6,0 Nhận xét khác (nếu có): Tổng số điểm: /20 Xếp loại: Phiếu giám khảo đơn vị đánh giá, chấm điểm, xếp loại theo quy định Sở Giáo dục Đào tạo; ghi đầy đủ, rõ ràng thông tin, có ký tên xác nhận giám khảo đóng kèm vào sáng kiến kinh nghiệm liền trước Phiếu nhận xét, đánh giá sáng kiến kinh nghiệm đơn vị GIÁM KHẢO (Ký tên, ghi rõ họ tên) 24 BM04-NXĐGSKKN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị ––––––––––– CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– , ngày tháng năm PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: Họ tên tác giả: Chức vụ: Đơn vị: Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  Tính (Đánh dấu X vào ô đây) - Đề giải pháp thay hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Đề giải pháp thay phần giải pháp có, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị  Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực toàn ngành có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực toàn ngành có hiệu cao  - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực đơn vị có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực đơn vị có hiệu  - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị  Khả áp dụng (Đánh dấu X vào ô dòng đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết không chép tài liệu người khác chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ Tổ trưởng Thủ trưởng đơn vị xác nhận sáng kiến kinh nghiệm tổ chức thực đơn vị, Hội đồng khoa học, sáng kiến đơn vị xem xét, đánh giá, cho điểm, xếp loại theo quy định Phiếu đánh dấu X đầy đủ ô tương ứng, có ký tên xác nhận tác giả người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN (Ký tên ghi rõ họ tên) XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên đóng dấu đơn vị) 25 ... cao – năm 2014 Một số tính chất hệ số nhị thức – năm 2015 Một số vấn đề đa thức biến - năm 2016 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Phương trình Diophantine chủ... Số năm có kinh nghiệm: 14 - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: Một số phương pháp giải toán cực trị tổ hợp – năm 2012 Một số phương pháp giải toán tồn tổ hợp – năm 2013 Một số phương pháp. .. trình Diophantine, chọnđề tài "Một số phương pháp giải phương trình Diophantine " để làm đề tàinghiên cứu CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Dựa vào trình giảng dạy chương trình Toán Chuyên trường THPT,