Đây là bài tiểu luận nghiên cứu về các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên: xét số dư từng vế, đồng dư, đưa về dạng tổng, dùng bất đẳng thức, tính chia hết, tính đồng dư, dùng tính chất của số chính phương, lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn, xét chữ số tận cùng, tìm nghiệm riêng, hạ bậc, đánh giá, dùng tính chất của số học, loại trừ, dựa vào điều kiện của các ẩn, tính chất của số nguyên tố, khử ẩn, giản ước, đặc điểm biểu thức chứa ẩn, lựa chọn x hay y làm ẩn, ẩn phụ,...
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM KHOA GIÁO DỤC TIỂU HỌC Tiểu luận Mơn: CỞ SỞ TỐN TIỂU HỌC Đề tài: Nghiên cứu phương trình nghiệm ngun Giảng viên hướng dẫn: ThS Nguyễn Ngọc Trọng Lớp K41C – Ca 1, Sáng thứ tư Sinh viên: 1/ Nguyễn Ngọc Diệu Hiền – 41.01.901.052 (nhóm trưởng) 2/ Võ Thị Bích Huyền – 41.01.901.070 3/ Phạm Thị Kiều – 41.01.901.074 4/ Trần Thị Phương Linh – 41.01.901.087 TP.HCM, 2016 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm ngun PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình 9x + = y2 + y Giải VẾ x + = y ( y + 1) Biến đổi phương trình: y ( y + 1) Ta thấy vế trái phương trình số chia cho dư nên y = 3k + y + = 3k + Chỉ có thể: , với k ngun x + = (3k + 1)(3k + 2) Khi đó: ⇔ x = 9k (k + 1) chia cho dư ⇔ x = k ( k + 1) x = k (k + 1) y = 3k + Thử lại, , thỏa mãn phương trình cho Đáp số x = k (k + 1) y = 3k + với k số ngun tùy ý PHƯƠNG PHÁP ĐỒNG DƯ (LỰA CHỌN MODUL THÍCH HỢP) Nắm vững tính chất đồng dư để xét số dư vế Từ tìm nghiệm ngun thích hợp dẫn tới phương trình vơ nghiệm Trước tiên ta có tính chất bán sau: số phương chia dư 0, 1; chia dư 0, ; chia dư 0, 1, Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x+7=y2 (x,y∈ ℕ) (1) Giải: x = ⇒ phương trình (1) vơ nghiệm x=1⇒ y=±3 x ≥ 2, ta có: x ≡ (mod 4) ≡ (mod 4) ⟹ x + ≡ (mod 4) Từ (1) suy y2 ≡ (mod 4) (vơ lí y2≡ 0,1 (mod 4)) Vậy tập nghiệm phương trình S = {(1;3),(1:-3)} Ví dụ 2: Tìm tất nghiệm ngun phương trình: Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 3x + = y2 + y Giải: Ta có: 3x + 2≡ (mod 3) ⟹ y + y ≡ (mod 3) ⟹ y(y + 1) ≡ (mod 3) (1) Suy y = 3k +1, k ∈ ℤ ( y = 3k, y = 3k + (1) vơ lý) Thế y = 3k +1, k ∈ ℤ vào phương trình ta được: 3x + = (3k +1)2 + 3k +1 ⟺ 3x + = 9k + 9k + 2 ⟺3k + 3k x = 3k2 + 3k y = 3k + k ∈ Ζ Thử lại ta nghiệm phương trình Ví dụ 3: Tìm tất nghiệm ngun phương trình: x2+y2=2007 Giải x2 ≡ 0;1 (mod 4) y2≡0;1 (mod 4) ⟹VT= x2 + y2 ≡0;1;2 (mod 4) Còn VP=2007 ≡3 (mod 4) Do phương trình vơ nghiệm Có thể mở rộng thêm cho nhiều modul 5;6;… mở rộng cho số lập phương, tứ phương,… Ta đến với Ví Dụ sau : Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau : Giải: Dễ thấy Mặt khác : chẵn ; lẻ Còn ( vơ lí) Do phương trình vơ nghiệm Chú ý : Nhiều tốn nghiệm ngun đề thi vơ địch tốn nước đơi phải xét đến modulo khác lớn ; ta xét đến ví dụ sau : Ví dụ 5: (Balkan1998) Giải phương trình nghiệm ngun sau : Giải: ( vơ lí) Do phương trình vơ nghiệm Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm ngun sau : Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Dựa vào nhận xét : Còn ( vơ lí) Do phương trình vơ nghiệm Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG Biến đổi phương trình dạng: vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + y − x − y = (1) Giải: ⇔ x + y − x − y = 32 (1) ⇔ (4 x − x + 1) + (4 y − y + 1) = 34 ⇔| x − 1|2 + | y − 1|2 = 32 + 52 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chì có dạng phân tích thành tồng 32 ,52 hai số phương Do phương trình thỏa mãn hai khả năng: | x − |= | x − |= | y − |= | y − |= ⇒ − − Giải hệ phương trình (1) có bốn nghiệm ngun là: (2 ; 3), (3 ; 2), ( ; 2), ( − − ; 1) PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Trong giải phương trình nghiệm ngun cần đánh giá miền giá trị biến, số giá trị mà biến số nhận khơng nhiều dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra Để đánh giá miền giá trị biến số cần vận dụng linh hoạt tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức … a Phương pháp thứ tự ẩn Ví dụ 1: Tìm ba số ngun dương cho tổng chúng tích chúng Giải: Cách 1: Gọi số ngun dương phải tìm x, y, z Ta có: x + y + z = x y z (1) Chú ý ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng phương trình nên xếp thứ tự giá trị 1≤ x ≤ y ≤ z ẩn, chẳng hạn: xyz = x + y + z ≤ 3z Do đó: xyz ≤ 3z xy ≤ Chia hai vế bất đảng thức cho số dương z ta được: xy ∈ {1;2;3} Do Với xy = 1, ta có x = 1, y = Thay vào (1) + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = Thay vào (1) z = Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên y≤z Với xy = 3, ta có x = 1, y = Thay vào (1) z = loại Vậy ba số phải tìm 1; 2; xyz ≠ Cách 2: Chia hai vế (1) cho được: 1 + + =1 yz xz xy x ≥ y ≥ z ≥1 Giả sử ta có 1 1 1 1= + + ≤ 2+ 2+ = yz xz xy z z z z 1≤ z2 Suy x + y + = xy z2 ≤ nên z = Thay z = vào (1): ⇔ xy − x − y = ⇔ x ( y − 1) − ( y − 1) = ⇔ ( x − 1)( y − 1) = x −1 ≥ y −1 ≥ Ta có x y nên x–1 y–1 Suy Ba số phải tìm 1; 2; Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun dương phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt Giải Vì vai trò x, y, z, t nên giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t Khi : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 ⇒ yzt ≤ 15 ⇒ t ≤ 15 ⇒ t ≤ Với t = ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 ⇒ yz ≤ 30 ⇒ z ≤ 30 ⇒ z ≤ Nếu z = 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay (2x – 5)(2y – 5) = 65 Dễ thấy phương trình có nghiệm Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên (x = 35; y = 3) (x = 9; y = 5) Giải tương tự cho trường lại trường hợp t = Cuối ta tìm nghiệm ngun dương phương trình cho (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) hốn vị số b Phương pháp xét khoảng giá trị ẩn Ví dụ: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 1 + = x y Giải: x≥ y Do vai trò bình đẳng x y, giả sử Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị số nhỏ (là y) 1 < y>3 y Hiển nhiên ta có nên (1) 1 ≤ x ≥ y ≥1 x y Mặt khác nên Do đó: 1 1 = + ≤ + = y≤6 x y y y y nên (2) 4≤ y≤6 Ta xác định khoảng giá tri y 1 1 = − = x 12 Với y = ta được: nên x = 12 1 = − = x 15 Với y = ta được: loại x khơng số ngun 1 1 = − = x 6 Với y = ta được: nên x = Các nghiệm phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) c Phương pháp nghiệm ngun Phương pháp xét khoảng giá trị ẩn thể dạng : số nghiệm phương trình, chứng minh phương trình khơng nghiệm khác Ví dụ : Tìm số tự nhiên x cho: x + 3x = x Giải: Viết phương trình dạng: Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên x x 2 3 ÷ + ÷ =1 5 5 (1) Với x = vế trái (1) 2, loại Với x = vế trái (1) 1, x x 3 2 < , ÷ ÷ < 5 5 x≥2 Với nên: x x 3 ÷ + ÷ < + =1 5 5 5 loại Nghiệm phương trình x = d Sử dụng diều kiện V≥ để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình: x + y + xy = x + y (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai x: x − ( y + 1) x + ( y − y ) = (2) V≥ Điều kiện cần để (2) có nghiệm V= ( y + 1) − 4( y − y ) = −3 y + y + ≥ ⇔ 3y2 − y − ≤ ⇔ 3( y − 1) ≤ ⇔ ( y − 1) ≤ Do suy ra: y–1 Y -1 0 1 x − x = ⇔ x1 = 0; x2 = Với y = thay vào (2) x − x = ⇔ x3 = 0; x4 = Với y = thay vào (2) x − x + = ⇔ x5 = 1; x6 = Với y = thay vào (2) Thử lại, giá trị nghiệm với phương trình (1) Đáp số: (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2) e) Áp dụng BDT thường gặp Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Đây phương pháp chủ yếu dựa vào điều kiện xảy dấu “ =”của bất đẳng thức phương pháp dùng việc giải phương trình nghiệm ngun ẩn ý dùng bất đẳng thức dễ bị lộ người đề khơng khéo léo Tuy nhiên có số tốn dùng phương pháp lại hay Ví dụ 1: Tìm tất số ngun dương x, y thỏa mãn phương trình: (x +1)(x + y ) = 4x y 2 2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x2 + ≥ x x + y ≥ xy ( x + 1)( x + y 2) ≥ x.2 xy = x y Suy x2 = x = 2⇒ x = y y = Dấu “=” xảy Vậy nghiệm phương trình (x; y) = (1;1) Ví dụ 2: Tìm tất nghiệm ngun khơng âm phương trình: 2 2 x + z -15x z = 3x y z -( y + 5) Giải: x6 + z3 -15x2 z = 3x2 y2 z -( y2 + 5)3 3 2 ⟺ x + z + ( y + 5) = 3x y z +15x z 3 2 ⟺ (x ) + z + ( y + 5) = 3x z( y + 5) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 3 2 (x ) + z + ( y + 5) = 3x z( y + 5) Dấu “ =” xảy x2 = z = y2 + Với x2 = y2 + ⟺ x2 - y2 = ⟺ (x - y)(x + y) = x, y ∈ Ν; x + y ≥ x − y Vì Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên x − y = ⇔ x + y = x = ⇔ y = ⇒ z =9 Vậy nghiệm phương trình cho (x; y; z) = (3; 2;9) Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: (x + 2y + 1)2=6(x2 + y2 +1) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiakowski ta được: 2 2 (x + 2y + 1) ≤ (x + y +1)(1+ +1) ⇔ 2 (x + 2y +1) ≤ 6(x + y +1) Dấu “=” xảy x y x = = = ⇒ y = Vậy nghiệm phương trình cho (x;y)=(1;2) Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau với số đơi khác Giải: Áp dụng BDT quen thuộc sau : Vì khác Lần lượt thử giá trị Đáp số : hốn vị ta tìm đc Trang 10 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ⇔ x1 = 0, x2 = Rút gọn được: x(x – 2) = Với x = y = Với x =2 y =0 Trường hợp 2: Từ A = suy ra: (3 x + y ) + (1 − y ) + (3 x + 1) = Tổng ba số phương nên có số 0, hai số số Số khơng thề – 3y 3x + 1, 3x + 3y = Nghiệm ngun hệ: 3x + y = (1 − y ) = (3x + 1) = x = y = 0, khơng thỏa mãn 3x – 3y – = 215 Đáp số: (0 ; -0), (2 ; 0) x − y = xy + Cách 3: ⇔ ( x − y )3 + 3xy ( x − y ) = xy + Đặt x – y = a, xy = b ta có: a + 3ab = b + ⇔ a − = −b(3a − 1) a − 8M3a − Suy ra: ⇒ 27( a − 8)M3a − ⇒ 27a − − 215M3a − 27a − 1M3a − 215M3a − Do nên Phân tích thứa số ngun tố: 215 = 5.43 3a − ∈ {±1; ±5; ±43; ±215} Do 3a − ∈ {−1;5; −43;215} Do 3a – chia cho dư nên Ta có: − − 3a – 215 43 − a 72 14 − − − a3 − 8 64 1736 b= − 3a Trang 39 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ( x − y )2 + xy ≥ Chú ý a = 2; b = nên a + 4b ≥ , bốn trường hợp có Ta được: x – y = 2; xy = Đáp số: (0 ; -2) (2 ; 0) PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC CĨ BA ẨN Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: x + 15 y + 10 z = TRỞ LÊN Giải: 10 zM3 zM3 Ta thấy nên Đặt z = 3k ta được: x + 15 y + 10.3k = ⇔ x + y + 10k = Đưa phương trình hai ẩn x, y với hệ số tương ứng hai số ngun tố x + y = − 10k x= − 10k − y 1− y = −5k − y + 2 1− y Đặt = t với t ngun Ta có: y = − 2t x = −5k − 2(1 − 2t ) + t = 5t − 5k − z = 3k (5t − 5k − 2;1 − 2t;3k ) Nghiệm phương trình: với t, k số ngun tùy ý Ví dụ 2: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: x + y + z = 1999 (1) Giải: Ta biết số phương chẵn chia hết cho 4, số phương lẻ chia cho dư chia cho dư x2 + y2 + z2 x2; y 2; z2 Tổng số lẻ nên ba số phải có: có số lẻ, hai số chẵn; ba số lẻ phải 1999chia cho dư 3, loại x2; y 2; z2 Trong trường hợp ba số lẻ vế trái (1) chia cho dư 3, vế phải 1999 chia cho dư 7, loại Trang 40 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm ngun PHƯƠNG TRÌNH DẠNG PHÂN THỨC Ví dụ 1: Tìm nghei65m ngun dương phương trình: 1 1 + + = x y xy Giải: Nhân hai vế phương trình với 6xy: y + x + = xy Đưa phương trình ước số: x ( y − 6) − 6( y − 6) = 37 ⇔ ( x − 6)( y − 6) = 37 x ≥ y ≥1 Do vai trò bình đẳng x y, giả sử Chỉ có trường hợp: x − = 37 x = 43 ⇔ y −6 =1 y = Đáp số: (43 ; 7), (7 ; 43) x − ≥ y − ≥ −5 , x − 17 x−9 Ví dụ 2: Tìm số ngun x cho bình phương phân số Giải: x − 17 a = ÷ x−9 b a ∈¥,b ∈¥* Giải sử với Xét a = x = 17 ( a , b2 ) = a≠0 Xét Khơng tính tổng qt, giả sử (a, b) = Do nên: x − 17 = a k (1) x−9 =b k (2) k ngun Từ (1) (2) suy ra: ( x − 9) − ( x − 17) = (b2 − a )k = (b + a )(b − a )k Ta thấy b + a b – a ước Chú ý (b + a) – (b – a) = 2a nên b + a b – a tính chẵn lẻ Ta lại có b + a > b – a b + a > Có trường hợp: Trang 41 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên b+a b–a k b a x = b2 k + 4 − − − − − − 1 18 2 0, loại − 1, loại Có ba đáp số: 17 − 17 = = 02 17 − x = 17 18 − 17 = = ÷ 18 − 9 x = 18 − 17 = = 32 8−9 x = PHƯƠNG TRÌNH DẠNG MŨ Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên x số ngun y cho: 2x + = y2 Giải: Lần lượt xét giá trị tự nhiên x: y2 = y = ±2 Nếu x = nên y2 = Nếu x = , khơng có nghiệm ngun x x≥2 M4 Nếu , vế trái chia cho dư 3, y lẻ nên vế phải chia cho dư Mâu thuẫn − Kết luận: Nghiệm phương trình (0 ; 2), (0 ; 2) Ví dụ 2: Giải phương trình với nghiệm ngun dương: x + 57 = y (1) Giải: Xét hai trường hợp: (n ∈ ¥ ) a x lẻ Đặt x = 2n + Ta có: Trang 42 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên x = 22 n +1 = 2.4n = 2(3 + 1) n = 2( BS + 1) = BS + Khi vế trái (1) số chia cho dư 2, vế phải số phương chia cho khơng dư 2, loại (n ∈ ¥ * ) b x chẵn Đặt x = 2n Ta có: 2n y − = 57 ⇔ ( y + 2n )( y − n ) = 3.19 y + 2n y − 2n Ta thấy > nên Do có trường hợp: y + 2n > y − 2n > y + 2n 57 19 y − 2n 2n 28, loại n y 11 x = 2n 26 + 57 = 112 Ta có: Kết luận: nghiệm phương trình (6 ; 11) Ví dụ 3: Giải phương trình với nghiệm tự nhiên: x≤ y≤z x + y + z = 1024 (1) với Giải: 2x ≠ Chia hai vế (1) cho ta được: y− x z− x 10− x 1+ + = (2) 210− x Do > nên + 20 + 20 = BS + y−x Suy Thay vào (2): 210− x bội Ta lại có z > x, z = x x = y = z, (2) trở thành y−x , loại Do bội 2 y− x bội Do = 1, y = x Trang 43 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên + + z − x = 210− x ⇔ + z − x = 210− x ⇔ 2(1 + z − x −1 ) = 210− x ⇔ + z − x −1 = 29− x Do 29 − x > nên 29 − x bội Do z − x −1 = = 29 − x Từ x = 8; y = 9; z = PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: y = x + x −1 + x − x −1 Giải: Điều kiện: x ≥1 y = ( x − 1) + + x − + ( x − 1) + − x − =| x − + | + | x − − | = x − + 1+ | x − − | Xét hai trường hợp: a Với x = y =2 y = x −1 +1+ x −1 −1 = x −1 x≥2 b Với y = 4( x − 1) x≥2 t2 Do đó: Do nên đặt x – = với t ngun dương x = t +1 y = 2t Ta có: t2 + Kếtt luận: nghiệm phương trình là: (1 ; 2), ( ; 2t) với t số ngun dương tùy ý Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình: x+ x+ x+ x = y Giải: x ≥ 0, y ≥ Ta có: Bình phương hai vế chuyển vế: x + x + x = y − x = k (k ∈ ¥ ) Trang 44 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Bình phương hai vế chuyển vế: x + x = k − x = m( m ∈ ¥ ) Bình phương hai vế: x + x = m2 x + x = m2 ( m ∈ ¥ ) x Ta biết với x ngun số ngun số vơ tỉ Do x x nên khơng số vơ tỉ Do số ngun số tự nhiên x ( x + 1) = m Ta có: x x +1 Hai số tự nhiên liên tiếp có tích số phương nên số nhỏ 0: x =0 Suy ra: x = 0; y = thỏa mãn phương trình cho Nghiệm phương trình (0 ; 0) Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x + y = 1980 (1) Giải: x = 1980 − y (2) ≤ x, y ≤ 1980 Với điều kiện : (2) ⇔ x = 1980 + y − 1980 y ⇔ x = 1980 + y − 12 55 y 12 55y Do x, y ngun nên 55y ngun Ta biết với y ngun số ngun 55y số vơ tỉ Do số ngun, tức 55y số phương: k 11.5.a = 55a a∈¥ 11.5.y = Do đó: y = với 55b2 b∈¥ Tương tự: x = với Thay vào (1): a 55 + b 55 = 55 ⇔a+b=6 Trang 45 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên y≤x Giả sử a a≤b Ta có: b x = 55a y = 55b 1980 55 1375 220 880 3 495 495 Có đáp số: (0 ; 1980), (1980 ; 0), (55 ; 1375), (1375 ; 55), (220 ; 880), (880 ; 220), (495 ; 495) PHƯƠNG TRÌNH PYTAGO Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + y = z2 (1) Giải: xo , yo , zo Trước hết ta giả sử x, y, z ngun tố Thật ba số thỏa mãn (1) xo = dx1 , yo = dy1 , zo = dz1 ( x1 ; y1 ; z1 ) có ƯCLN d, giả sử nghiệm (1) Với x, y, z ngun tố chúng đơi ngun tố nhau, hai ba số có ước chung d số lại chia hết cho d Ta thấy x y khơng thể chẵn (vì chúng ngun tố nhau, khơng thể lẻ (vì x2 + y2 z M4 x y lẻ z chẵn, chia cho dư 2, ) Như hai số x y có số chẵn, số lẻ Cách 1: Giả sử x lẻ, y chẵn z lẻ Ta viết (1) dạng: x = ( z + y )( z − y ) z + y Md , z − y Md Ta có z + y z – y số lẻ Chúng ngun tố Thật vậy, giả sử (d lẻ) thì: Md (z + y) + (z – y) = 2z Md − − (z + y) (z y) = 2y z Md ; y Md Do (2,d) = nên Do (y,z) = nên d = Vậy (z + y, z – y) = Hai số ngun dương z + y z – y ngun tố nhau, có tích số phương số z + y z – y số phương x2 nên Trang 46 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên z + y = m2 z − y = n2 Đặt Với m, n số lẻ, ngun tố nhau, m > n Ta được: x = mn m2 − n2 y = m + n2 z = Với m n số lẻ, ngun tố nhau, m > n Đảo lại, dễ thấy ba số (x, y, z) nói thỏa mãn (1) Cách 2: Giả sử x chẵn, y lẻ z số lẻ x = ( z + y )( z − y ) Ta có: z+ y z− y x z+ y z− y ⇔ ÷ = 2 2 2 Do z, y số lẻ ngun tố nên z+ y z−y Md Md 2 số ngun ngun tố (thật vậy, giả sử , z + y z − y + Md z Md ⇒ ⇒ d =1 y Md z + y − z − y Md 2 ) x z+ y z− y ÷ 2 2 Hai số ngun dương ngun tố có tích số phương nên số số phương z+ y z− y = m2 = n2 ∈¥ 2 Đặt ; (m, n ) thì: 2 2 y =m −n z =m +n ; Do y, z lẻ nên m, n chẵn lẻ khác (m2 , n ) Do = nên (m, n) = Như vậy: Trang 47 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên x = 2mn 2 y = m −n z = m2 + n Với m n số ngun tố nhau, chẵn lẻ khác nhau, m > n Đảo lại, dễ thấy ba số (x, y, z) nói thỏa mãn (1) Ta gọi ba số (x, y, z) nói ba số Pitago gốc Nhân ba số với số ngun dương, ta tất ba số Pitago, tất nghiệm ngun dương phương x2 + y2 = z2 trình PHƯƠNG TRÌNH PEL x − Py = Phương trình với P số ngun dương khơng phương gọi phương trình Pel, mang tên nhà tốn học Anh Pel (Pell) Thực nhà tốn học Pháp Lagrăng, thời với Pel, người cơng bố lới giải đầy đủ phương trình năm 1766 x = ±1; y = Phương trình Pel có vơ nghiệm ngun Ngồi nghiệm tầm thường , để tìm nghiệm ngun phương trình, ta cần tìm nghiệm ngun dương ( x1 , y1 ) Ta gọi nghiệm ngun dương nhỏ phương trình Pel nghiệm x1 + y1 P khơng tầm thường số nhỏ tập hợp: * x + y P | x, y ∈ ¥ , x − Py = { } ( x1 , y1 ) Bảng sau cho ta nghiệm ngun dương nhỏ số phương trình Pel: Trang 48 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên P x − Py = x1 y1 10 11 12 13 x2 − y = 19 10 649 180 x2 − 3y = x2 − y = x2 − y2 = x2 − y = x2 − y2 = x − 10 y = x − 11 y = x − 12 y = x − 13 y = ( x1 , y1 ) Người ta chứng minh rằng: nghiệm ngun dương nhỏ phương ( xk , y k ) trình phương trình xác định bởi: xk + yk P = ( x1 + y1 P ) k với k = 1, 2, 3… x − y2 = Ví dụ 1: Cho phương trình: (1) a Kiểm tra rằng: (3 ; 2) nghiệm (1) (3 + 2) k a + b (a, b ∈ ¥ ) b Khai triển Chứng minh (a, b) nghiệm (1) c Bằng nhận xét câu b, tìm thêm hai nghiệm ngun dương khác (1) Giải 32 − 2.22 = a) Vậy (3, 2) nghiệm (1) (3 + 2)(3 − 2) = b) Ta có: ⇒ (3 + 2) k (3 − 2 ) k = (3 + 2)k = a + b Ta biết (3 − 2) k = a − b Do đó: Trang 49 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ( a + b 2)(a − b 2) = ⇒ a − 2b = Vậy (a, b) nghiệm (1) c) Ta tính: (3 + 2 ) = + + 12 = 17 + 12 (3 + 2) = (17 + 12 2)(3 + 2) = 51 + 34 + 36 + 48 = 99 + 70 Vậy: (17; 12), (99; 70) nghiệm (1) Trang 50 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun dương nhỏ tìm thêm hai nghiệm ngun dương khác phương trình sau: x − 15 y = Giải Kiểm tra ta (4; 1) nghiệm ngun dương nhỏ (4 + 15)2 = 31 + 15 (4 + 15)3 = 244 + 63 15 Hai nghiệm ngun dương khác (31; 8) (244; 63) Phần 3: Ứng dụng tốn phương trình nghiệm ngun Các ví dụ minh hoạ: 11 n Ví dụ 1: Tìm n ∈ ¥ cho + + số phương (*) HD Giải: Ta có: 28 + 211 + n = a ( a ∈ ¥ ) ⇒ 2n = a − ( 28 + 211 ) = a − 482 = ( a + 48 ) ( a − 48 ) + Đặt: n = p + q ( p, q ∈ ¥ ; p ≥ q ) (*) Ta có: a − 48 = ⇒ ⇒ p − 2q = 96 ⇔ 2q ( p −q − 1) = 25.3 p ( p−q − 1) lẻ) nên: a + 48 = (*) (Vì q = ⇒ p = ⇒ n = 12 q (x − y ) = x y + Ví dụ 2: Tìm tất cặp số ngun tố (x;y) cho: (2) (Đề thi Học sinh giỏi Lớp – năm học 2007 – 2008;Hồi Nhơn) HD Giải: Ta có: (x − y ) − = x y ⇔ ( x − y + 1) ( x − y − 1) = xy (**) + Vì (2) phương trình đối xứng x, y số ngun tố nên đặt: x y ≥ 2≤ x< y⇒ x + y ≥ y số lẻ (I) Ta có: Trang 51 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên x − y + = xy ⇒ xy = ( a ) 2 x − y − = 2 x − y + = xy ⇒ xy = ( b ) x − y − = x − y + = y ⇒ ⇒ x + y = 1( c ) x − y − = x 2 x − y + = x x2 − y − = y ⇒ x − y = ( d ) x − y + = xy ⇒ xy − = ( e ) x − y − = (**) ( x; y ) = ( 2;5) + Kết hợp với điều kiện (I) ta có cặp số ngun tố cần tìm là: Ví dụ 3: Giải hệ phương trình nghiệm ngun dương: (1) x + y + z = 15 3 (2) x + y + z = 495 (Tạp chí Tốn học –Tuổi trẻ số 373; tháng 7/2008) HD Giải: Ta có: 3 3 3 Hệ hệ phương trình đối xứng = 343 < 495 < 512 = ⇒ < x + y + z < nên: ≤ x ≤ y ≤ Giả sử: ≤ x ≤ y ≤ x + y + z = 15 ⇔ ( x3 − x ) + ( y − y ) + ( z − z ) = 480 3 x + y + z = 495 (*) ( a − a ) = ( a − 1) a.( a + 1) ; ∀a ∈ ¢ ; nên: Vì: ( x3 − x ) + ( y3 − y ) + ( z − z ) = 480 Kết hợp phương pháp lựa chon phương pháp đưa ( x; y; z ) hốn vị ( 3;5; ) tổng ta có nghiệm hệ phương trình cho Ví dụ 4: Bài tốn cổ Trăm trâu – An trăm bó cỏ Trâu đứng ăn năm – Trâu nằm ăn ba Lụm khụm trâu già – Ba bó HD Giải: Gọi a; b; c số lượng trâu đứng; trâu nằm; trâu già.Ta có hệ phương trình nghiệm ngun dương: a + b + c = 100 c = 100 − ( a + b ) ⇒ c 5a + 3b + = 100 14a + 8b = 200 + Áp dụng phương pháp 4(Phương pháp sử dụng tính chất chia hết) Ta có: 14a ≤ 200 ⇒ a ∈ { 0; 4;8;12} 14a M Trang 52 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên * Nếu a = ⇒ b = 25 ⇒ c = 75 * Nếu a = ⇒ b = 18 ⇒ c = 78 * Nếu a = ⇒ b = 11 ⇒ c = 81 * Nếu a = 12 ⇒ b = ⇒ c = 84 Ví dụ 5: Tìm số ngun x;y z thoả: x + y + z < xy + y + z − (5) (Thi GVDG năm học 2008 – 2009; Hồi Nhơn) HD Giải: Ta có: (5) ⇔ x + y + z < xy + y + z − ⇔ x + ( x − y ) + ( y − 3) + ( z − 1) < A = x + ( x − y ) + ( y − 3) + ( z − 1) Đặt: 2 2 x ≤1 x − y ≤1 ⇔ y −3 ≤1 z −1 ≤ x ( x − y ) ( y − 3) ( z − 1) = • Xét x = ⇒ x − y = y ≤1⇒ y − ≥ ⇒ A ≥ (vơ lí) Vậy x ≠ ⇒ x =1 • Xét x ≠ (a) x − y = ⇒ y = x ⇒ y −3 ≥ ⇒ A ≥ x ≠ y ⇒ x − y =1 + Nếu (vơ lí) Vậy (b) y −3 = ⇒ y = 3⇒ x− y ≥ ⇒ A ≥ y ≠ 3⇒ y −3 =1 + Nếu (vơ lí) Vậy (c) z − = ⇒ z = + Nếu (d) x = 1; y = 2; z = Từ (a); (b); (c); (d) ta có: -HẾT - Trang 53 ... lí) Do phương trình vơ nghiệm Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm ngun sau : Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Dựa vào nhận xét : Còn ( vơ lí) Do phương trình vơ nghiệm ... Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG Biến đổi phương trình dạng: vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình: ... = y2 = -1 Nghiệm ngun phương trình (4) (0; 1; 0) (0; -1; 0) Trang 29 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Trang 30 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 17 PHƯƠNG PHÁP