Thông tin tài liệu
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTINE GV : Phạm Đoan Ngọc Đơn vị : Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ I Mở đầu Phương trình Diophantine có vai trị quan trọng tốn học thực tế Thơng qua việc giải phương trình Diophantine, người ta tìm tính chất số nguyên, số hữu tỉ đời liên phân số, thặng dư bình phương Phương trình Diophantine thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi, thách thức với muốn chinh phục điểm cao Kiến thức sử dụng để giải phương trình Diophantine đa dạng, tổng hợp tất kiến thức quan trọng số học Mặc dù khơng có phương pháp đủ mạnh để giải tất phương trình Diophantine có nhiều phương pháp hay đẹp Trong chuyên đề này, xin giới thiệu lại số phương pháp giải phương trình Diophantine bản, chủ yếu phương trình đa thức Chuyên đề đề cập đến phương pháp sau : 1) Phương pháp số học 2) Phương pháp phân tích 3) Phương pháp đánh giá 4) Phương pháp tham số hóa 5) Phương pháp xuống thang phương pháp cực hạn II Nội dung Phƣơng pháp số học : Các kết liên quan đến lý thuyết chia hết, quan hệ đồng dư, tính chất số nguyên liên quan đến số nguyên tố, ước chung, bội số chung định lý số học, định lý Fermat nhỏ, định lý Euler, công cụ quan trọng việc phân tích định hướng cách giải phương trình Diophantine 1.1 Dùng tính chất chia hết Việc phát tính chất chia hết ẩn phương trình giúp ta tìm lời giải nhiều tốn phương trình Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình : x y GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang Giải Ta thấy x y nghiệm phương trình x0 ; y0 Gọi nghiệm nguyên phương trình với x0 y0 Gọi d x0 , y0 , suy x0 y0 d , d 1 2 x y x y y Ta có : x y số chẵn số chẵn (vô lý) d d d d d 2 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên x y Ví dụ Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình : x 25 y Giải Từ phương trình suy y số chẵn Đặt y 2t (t Z ) Phương trình trở thành : x 25t Từ đó, x 25t phương trình có nghiệm y 2t t Z Một số phương trình bậc ẩn, ta biễu diễn ẩn theo ẩn lại sử dụng tính chất chia hết Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 x y 3x y Giải Phương trình cho tương đương với x3 3x y x y x3 3x x 5 y x (1) x 2 x 2 Do x, y số nguyên nên từ (1) suy x 5 x x 5 x 5 x x2 2 27 x2 2 27 x2 2 x {1;3;9; 27} x {1; 5} x 1 y (loại) GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang x 1 y x 5 y 5 x 5 y 10 (loại) 27 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x, y) (-1, -3), (5, 5) Ví dụ (VMO 1989) Tồn hay không số nguyên x, y không tận thỏa mãn điều kiện x 19 y 198.101989 Giải Bổ đề : Ta gọi số n “số đẹp” tồn hai số nguyên x, y có hiệu x – y không chia hết cho thỏa mãn n2 x 19 y Chứng minh với m N 100m “số đẹp” CM bổ đề : m : Ta thấy 1001 “số đẹp” GS 100k (k 1, k N ) “số đẹp”, Ta có 100k 1 100.100k 92 19.12 a 19b 9a 19b 19 9b a 2 Ta lại có : 9a 19b 9b a b 20b không chia hết cho (vì a – b khơng chia hết cho 5) Suy đpcm Trở lại tốn Ta có 198.101989 1980.100994 2.12 19.92 A2 19 B 21A 171B 19 21B A 2 Phương trình cho trở thành 21A 171B 19 21B A x 19 y (1) 2 Với x 21A 171B, y 21B A ta có : x y 21A 171B 21B A 12 A B 180 B Vì A – B không chia hết x – y không chia hết cho Từ (1) ta suy hai số x, y chia hết cho số cịn lại chia hết cho Vì x – y khơng chia hết xy không chia hết cho GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang Vậy không tồn hai số nguyên x, y thỏa ycbt 1.2 Phƣơng pháp dùng tính chất đồng dƣ : Thường găp tốn chứng minh phương trình khơng có nghiệm ngun Cụ thể : Trong phương pháp này, ta thực phép chia hai vế phương trình với module thích hợp để chứng minh số dư hai vế khác Từ suy phương trình khơng có nghiệm ngun Hoặc chọn module thích hợp dùng lý thuyết chia hết để ràng buộc điều kiện nghiệm Một số dấu hiệu để chọn module : i) Nếu phương trình có chứa đối tượng bình phương ta chọn đồng dư module 3, 4, 5, Chú ý : x a {0;1} (mod 3) x a {0;1} (mod 4) x a {0;1; 4} (mod 5) x a {0;1; 4} (mod 8) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình : x y 2019 Giải x 0;1(mod 4) x y 0;1; (mod 4) Ta có : y 0;1(mod 4) Mà 2019 3(mod 4) nên phương trình cho khơng có nghiệm ngun Ví dụ (Hungarian MO) Chứng minh phương trình x 1 x 2 2 x 99 y z nghiệm nguyên x, y, z với z Giải Ta có : y z x 1 x x 99 2 99 x 1 99 x 12 22 992 GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 2.99.100 99.100.199 x 33 3x 300 x 50.199 99 x 3 y Mà z nên y z 32 Tuy nhiên, 33 3x 300 x 50.199 không chia hết cho 32 Nên phương trình cho khơng có nghiệm ngun Ví dụ (Balkan MO - 1998) Tìm nghiệm nguyên phương trình : x y Giải x 0;1;3; 4;5;9 (mod11) Ta có : y 6;7;8 (mod11) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm nguyên Ví dụ (VMO – 2003, bảng B) Hệ phương trình sau có tồn nghiệm ngun hay không ? x y x 1 u x v x 3 t 2 2 Giải Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x0 ; y0 ; u ; v0 ; t0 Khi ta có : x02 y02 x0 1 u02 x0 2 v02 x0 3 t02 2 Để ý với số nguyên a, ta có : a 0;1; (mod8) Ta xét trường hợp sau : x0 (mod 4) x02 y02 0;1; (mod8) x0 1(mod 4) x0 1 1(mod8) x0 1 u02 1; 2;5(mod8) GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang x0 2(mod 4) x0 4(mod8) x0 v02 0; 4;5(mod8) 2 x0 3(mod 4) x0 3 (mod8) x0 3 t02 1; 2;5(mod8) 2 Suy phương trình cho khơng có nghiệm ngun x0 0(mod 4), x0 1(mod 4), x0 2(mod 4), x0 3(mod 4) :Tương tự Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun Mở rộng : Hệ phương trình x 1 y12 x y22 x n yn2 khơng có nghiệm nguyên 2 Nếu phương trình chứa đối tượng lập phương ta chọn đồng dư ii) Chú ý : x3 a {0;1; 1} (mod 9) x3 a {0;1; 1} (mod 7) Ví dụ Tìm nghiệm ngun dương phương trình : x3 y z 20034 Giải Với số nguyên x, y, z, ta có x3 y z 0,1, 2,3, 6, 7,8(mod 9) Mà 2003 5(mod 9) 20034 625(mod 9) hay 20034 4(mod 9) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun Ví dụ 10 (IMO 1982) Chứng minh n số nguyên dương cho phương trình x3 3xy y n có nghiệm nguyên x; y phương trình tồn ba nghiệm nguyên Chứng minh phương trình cho khơng có nghiệm ngun với n = 2891 Giải Chứng minh phương trình có nghiệm nguyên Ta có : x3 3xy y y x 3xy x3 y x y x x x 3 Điều chứng tỏ (x, y) nghiệm phương trình y x, x nghiệm Tương tự, x3 3xy y x3 3x y 3xy y y 3x y xy GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang x y 3xy x y 3xy y y y x y x y 3 Do y, x y nghiệm phương trình Ba nghiệm phân biệt hai ba nghiệm trùng nhau, ví dụ y x x x y dẫn đến x y (điều trái với giả thiết n 1) Chứng minh phương trình khơng có nghiệm ngun n 2891 Giả sử n =2891, tồn nghiệm nguyên (x, y) Ta có x3 y 1(mod 3) x y 1(mod 3) Xét trường hợp sau : + x (mod 3) y 1(mod 3) : Thay vào phương trình ta thấy n 2891 2(mod 9) x y 1(mod 9) (mâu thuẫn) + x 1(mod 3) y 1(mod 3) không xảy (x, y) nghiệm phương trình (y – x, x) nghiệm, đưa trường hợp 1, dẫn đến mâu thuẫn + x 1(mod 3) y (mod 3) : tương tự, đưa trường hợp Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun n = 2891 iii) Nếu phương trình chứa lũy thừa bậc ta chọn đồng dư module 16 Cụ thể : x a {0;1} (mod 8) x (mod 16) x số chẵn x (mod 16) x số lẻ Ví dụ 11 (8th USA MO) Tìm tất nghiệm nguyên không âm x1 , x2 , , x14 phương trình x14 x24 x144 1599 Giải Với số nguyên xk , k {1; 2;3; ;14} ta có x14 x24 x144 0;1;2; ;14 (mod 16) Mà 1599 15 (mod 16) Nên phương trình cho khơng có nghiệm ngun iv) Nếu phương trình có chứa lũy thừa với số mũ số nguyên tố lấy số mũ cộng ta số ngun tố ta dùng định lý Fermat GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang Ví dụ 12 Chứng minh phương trình x10 y10 z10 199 khơng có nghiệm ngun Giải x10 0,1(mod11) Áp dụng địh lý Fermat nhỏ ta có : y10 0,1(mod11) z10 0,1(mod11) Suy x10 y10 z10 0,1, 2,10 (mod11) Mà 199 (mod11) Nên phương trình cho vơ nghiệm 1.3 Dùng tính chất số phƣơng : Một số tính chất thường dùng : - Số phương khơng tận 2, 3, 7, - Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 - Số phương chia cho hay có số dư - Số phương chia cho hay có số dư 0, 1, - Số phương lẻ chia cho 4, có số dư Ví dụ 13 Tìm số nguyên x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp Giải Giả sử x y ( y 1) ( y Z ) (1) Khi đó, (1) y y x Xem phương trình ẩn y, tham số x Điều kiện cần để phương trình có nghiệm ngun phải số phương Mà 36x 21 chia hết cho mà không chia hết khơng số phương Vậy không tồn số nguyên x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp Ví dụ 14 Tìm nghiệm nguyên phương trình x xy 126 y 2009 Giải GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang Ta có : x2 xy 126 y 2009 x y 125 y 2009 Suy y 2009 Do đó, y {0;1; 4;9;16} 125 Lần lượt thay vào phương trình cho, ta tìm nghiệm nguyên (x; y) phương trình (7; 4), (1; 4), (1; 4), (7; 4) Ví dụ 15 Tìm nghiệm ngun phương trình x x 19 y Giải Ta có : x x 19 y x 1 21 y x 1 y 2 y chia hết cho lớn y y 1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) 1.4 Xét chữ số tận hai vế Ví dụ 16 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 1! 2! (x 1)! y z 1 Giải Đặt P( x) 1! 2! ( x 1)! Nhận xét : Với x {1; 2;3; 4} ta thấy phương trình khơng có nghiệm ngun Với x , ta thấy x ! ln có chữ số tận Suy P( x) có chữ số tận 3.Vậy P( x) không số phương z = thay vào phương trình ta 1! 2! ( x 1)! y Suy x 2, y z : Ta có z 1 Từ phương trình cho suy P(x) y3 + x {1;2;3;4;5;6;7} P( x) , mà P( x) 27 nên không tồn số nguyên dương x, y, z với x thỏa mãn phương trình cho GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang + x P( x) 1! 2! 8! 9! ( x 1)! Vì 9!, , ( x 1)! chia hết cho 27 nên P( x) P(7) (mod 27) Do P(27) 27 nên P( x) 27 Vậy không tồn số nguyên dương x,y,z thỏa phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm ( x; y; z ) 2;3;1) Ví dụ 17 Tìm nghiệm ngun dương thỏa mãn phương trình : x x 32 y 1 Giải Ta thấy, 32 y 1 lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận Mà x x có chữ số tận 1; Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương Phƣơng pháp phân tích : Cụ thể : Tìm nghiệm nguyên phương trình f ( x1 , x2 , , xn ) , ta thực bước sau Đưa phương trình cho dạng : f1 ( x1 , x2 , , xn ) f ( x1 , x2 , , xn ) f k ( x1 , x2 , , xn ) a , f1 , f , , f k X1 , X , , X n a Phân tích a thành k thừa số nguyên, giả sử a a1.a2 ak f1 ( x1 , x2 , , xn ) a1 f ( x , x , , x ) a 2 n Mỗi cách phân tích a, ta thu hệ phương trình f k ( x1 , x2 , , xn ) ak Giải tất hệ phương trình ta thu nghiệm phương trình cho Ví dụ 18 Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình : x2 y x y 1 xy 1 xy Giải Phương trình cho tương đương với x y x y x x y y xy xy x x 1 y x x 1 y x x 1 x 1 y 1 x 1 y 1 2 2 GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 10 x x 2 x x 1 x 2 x ; ; ; ; ; Suy y y 1 y 2 y y y 1 Giải hệ phương trình ta nghiệm (x;y) (0;3), (1;2), (-3;0), (-2;-1), (-2;3), (0;-1), (1;0), (3;1) Trong số toán, hệ số a vế phải có nhiều ước số, ta phải xét nhiều trường hợp thực tính tốn nhiều Khi đó, dựa vào tính chất số hạng, ta cần đưa số đánh giá để giảm bớt số trường hợp phải xét Điều minh họa ví dụ sau : Ví dụ 19 Tìm nghiệm ngun x, y phương trình : 3xy x y 52 Giải Phương trình cho tương đương với y 3x 1 3x 1 54 3x 1 y 2 54 Ta có : 54 1.54 2.27 3.18 6.9 ( 1)( 54) ( 2)( 27) ( 3)( 18) ( 6)(9) Mà 3x + chia dư 3x 3x 2 ; Nên suy y 54 y 54 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x, y) (0;52), (-1; -56) Ví dụ 20 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn : x 12 x y Giải Phương trình cho tương đương với x y 36 x y x y 36 Suy x y {1; 2; 3; 4; 6; 9; 12; 18; 36} Do y mũ chẵn nên ta giả sử y Khi x y x y TH1 : y = Suy x x 12 TH2 : y Suy x y x y Do ta cịn trường hợp sau : x y 18 x y 2 ; x y x y 18 GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 11 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x; y) (-16;8), (0;0), (-12;0), (-16;8), (4;8), (4;-8) Trong nhiều trường hợp, để làm giảm độ phức tạp toán nhằm giúp phát thừa số chung dễ hơn, ta kết hợp với phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 21 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn x y x y xy Giải Đặt a x y, b xy Phương trình cho trở thành : a 2b a b a a b Vì x, y Z nên a, b, a b, a Z Ta có trường hợp sau : a a a a 1 a 9 a 3 ; ; ; ; ; a b a b a b a b 9 a b 1 a b 3 a 11 a a a a 7 a 1 ; ; ; ; ; Giải hệ ta b 10 b b 6 b 10 b 6 b Từ suy nghiệm nguyên (x; y) phương trình cho (1;2), (-2;-1), (-1;6), (-6;1) Phƣơng pháp đánh giá : Trong phương pháp này, ta dùng đánh giá để giới hạn miền nghiệm miền xác định tham số phương trình 2.1 Đánh giá cách ƣớc lƣợng giá trị ẩn : Cụ thể : Nếu x N , x, N số nguyên N > suy x nhận hữu hạn giá trị Khi đó, ta thay trực tiếp giá trị x vào phương trình để giải Ta thường đánh giá dựa vào nhận xét sau : - Không tồn n Z thỏa a n2 a 1 với a Z - Nếu a n2 a với a, n Z n a 2 Khi phương trình mà vai trị ẩn nhau, ta xếp thứ tự ẩn, giới hạn miền nghiệm để giải Ví dụ 22 Tìm nghiệm ngun phương trình x x y GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 12 Giải Vì x 2 x4 x x 1 nên từ phương trình cho suy x y x 1 2 Do x x + hai số tự nhiên liên tiếp nên phương trình cho tương đương với y x 1 Suy x4 x2 y x2 1 x4 x2 x2 x Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun (x, y) (0, 1) (0, - 1) Ví dụ 23 Tìm nghiệm nguyên phương trình : x y z xyz Giải Do vai trò x, y, z nên khơng tính tổng quát, giả sử x y z Ta có : xyz x y z 3z xy (vì z > 0) Suy xy {1; 2;3} (vì x, y số nguyên dương) x xy 1 z z (loại) y 1 x xy z 3 y x xy z (loại y z ) y Vậy nghiệm nguyên (x, y, z) phương trình cho (1,2,3) Ví dụ 24 Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình x3 y xy y x y Giải (1) x xy 1 xy 1 y y 1 xy 1 x y y 1 (2) Vì x 0, y nên từ (2) ta suy x , mà x số nguyên không âm nên ta có x 0; 1; x = : (2) y y , mà y số nguyên nên suy y = GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 13 (2) y3 y y y3 y 1 x=1: (3) Mà y số nguyên không âm nên suy y3 y y 1 Vậy (3) vô nghiệm x = : (2) y y Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun khơng âm (x; y) (0; 3), (2; 1) Ví dụ 25 (Romanian MO) Giải phương trình 1 với x, y, z nguyên dương x y z Giải Khơng tính tổng qt, giả sử x y z Khi đó, x 2 3 x {2;3; 4;5} x 1 với y {11;12; ; 20} y z 10 Ta có z 10 100 100 y 10 Suy nghiệm nguyên phương trình y 10 (2,11,110), (2,12,60), (2,14,35), (2,15,30), (2,20,20) x 3 1 với y {3; 4;5;6;7} Khi nghiệm nguyên phương trình : y z 15 (3,4,60), (2,14,35), (3,6,10) x 4 1 với y {4;5} Suy nghiệm nguyên (4,4,10) y z 20 x 5 1 y z Suy nghiệm nguyên (5,5,5) y z Ví dụ 26 (United KingDom MO) Tìm tất ba số nguyên dương x; y; z thỏa mãn điều kiện 1 1 1 x y z Giải 1 Khơng tính tổng quát, giả sử x y z Từ pt cho suy 1 z z GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 14 z 1 1 (vô lý) x y z 1 1 1 y , mà nên y y {4;5; 6} x x y y Vậy ta có nghiệm (7;6;2), (9;5;2), (15;4;2) z 1 1 y y z Suy nghiệm (8;3;3), (5;4;3) x y Vậy phương trình cho có nghiệm x, y, z hoán vị số (7;6;2), (9;5;2), (15;4;2), (8;3;3), (5;4;3) Ví dụ 27 (Russian MO) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình : x2 y 16 y Giải Phương trình cho tương đương với x y x y 16 y (1) Từ phương trình cho ta suy y x y 1 2 x y y 1 Do đó, 16 y x y x y Suy y 1 16 y y {0;1;2;3;4;5} Thay giá trị y vào phương trình, ta suy nghiệm (x, y) phương trình cho 1;0 , 4;3 , 4;5 Ví dụ 28 (Hungarian MO) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình : x3 x 1 ( x 2)3 ( x 7)3 y 3 Giải Đặt P( x) x3 x 1 x 2 x 8x3 84 x2 420 x 784 3 y 2x 3 Nếu x x P( x) x 10 x y x 10 y 2x GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 15 Mà phương trình P( x) x 8 12 x 36 x 272 P( x) x 24 x 66 x 55 3 khơng có nghiệm ngun nên phương trình cho khơng có nghiệm ngun x Mặt khác ta thấy P( x) P( x 7) nên (x; y) nghiệm nguyên phương trình (-x-7;-y) x nghiệm phương trình Suy 7 x x {6; 5; 4; 3; 2; 1} x Lần lượt thay x vào phương trình cho ta nghiệm nguyên pt 2.2 Đánh giá bất đẳng thức : i) Bất đẳng thức AM – GM : Nếu a1 , a2 , , an số thực khơng âm a1 a2 an n a1a2 an Dấu đẳng thức xảy n a1 a2 an ii) Bất đẳng thức Bunhiacopxki : Với hai số a1 , a2 , , an (b1 , b2 , , bn ) ta có a a22 an2 b12 b22 bn2 a1b1 a2b2 anbn Dấu đẳng thức xảy tồn số thực k cho kbi , i 1, 2, , n Ví dụ 29 Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình : x x y x y Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có : x x , dấu xảy x = x y xy , dấu xảy x = y x2 1 x2 y x y , dấu xảy x = y = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = y = Ví dụ 30 Tìm nghiệm ngun dương phương trình : xy yz xz (1) z x y Giải (1) 3xyz x y y z z x Áp dụng bất đẳng thức AM –GM ta có : 3xyz x y y z z x 3 x y z 3xyz xyz GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 16 xyz Mà x, y, z số nguyên dương nên suy x y z Ví dụ 31 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x6 z 15x2 z 3x2 y z y 5 Giải Phương trình cho tương đương với phương trình x2 y 5 z 3x2 z y 5 3 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có : x2 y 5 z 3x2 z y 5 3 Vậy phương trình (1) x y z x y Ta có : x y x y x y x y x y nên suy x y Vậy x 3, y 2, z Ví dụ 32 Tìm nghiệm ngun phương trình : x y z x y Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có : x y z x y 12 12 12 x y Dấu đẳng thức xảy x y Vậy phương trình cho có nghiệm ngun x y Ví dụ 33 (Titu Andreescu) Tìm số ngun dương đơi khác thỏa mãn phương trình x y z w2 x y z w Giải Khơng tính tổng qt, giả sử x y z w x 1, y 2, z 3, w Ta có y x, z , 20 5w Suy x 1 y z 3 w 2 2 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (1,2,3,4) hốn vị GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 17 Phƣơng pháp tham số hóa : Một số tốn khơng u cầu tìm tất nghiệm phương trình mà u cầu chứng minh phương trình có vơ số nghiệm Khi đó, ta cần xây dựng họ nghiệm chứa tham số đủ Việc xây dựng thực giả định, giới hạn miền nghiệm Cụ thể : Biểu diễn nghiệm phương trình f ( x1 , x2 , , xn ) dạng : x1 g1 (m1 , m2 , , mk ) x g (m , m , , m ) 2 k m1 , m2 , , mk Khi đó, tập nghiệm phương trình xn g n (m1 , m2 , , mk ) tham số đại diện Ví dụ 34 Tìm tất ba số nguyên dương thỏa phương trình 1 x y z Giải Phương trình cho tương đương với z xy x y Đặt d gcd( x, y ) Khi đó, x dm, y dn với gcd(m, n) Suy gcd(mn, m n) Do z dmn Suy d (m n) hay d k (m n), k Z mn Vậy nghiệm phương trình cho x km m n , y kn(m n), z kmn với k , m, n Z Nhận xét : i) Nếu a, b, c ba số ngun dương khơng có nhân tử chung thỏa 1 a b số a b c phương Thật vậy, k 1, a m m n , b n m n a b m n ii) Nếu a, b, c số nguyên dương thỏa 1 a b c số phương a b c Thật : GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 18 a b2 c k m2 m n n m n m2 n 2 2 k m n 2mn m n m2 n k m n mn Ví dụ 35 Chứng minh phương trình x y z có vơ số nghiệm ngun dương Giải Ta có : 2a 2a 2a 1 m m Ta thấy : x 2 ; y ; z m 1 thỏa mãn phương trình cho Ta chọn m cho x, y, z nguyên dương Chọn số nguyên dương m cho m, m, (m 1) Suy m = 30t – Vậy phương trình có vơ số nghiệm ngun dương Đối với phương trình bậc ba hai ẩn số mà hệ số trước x3 y3 hai số đối ta tham số hóa chúng cách đặt x y d (d Z ) y x d (d Z ) để đưa phương trình cho phương trình bậc theo ẩn x theo ẩn y Còn hệ số x3 y3 ta đặt z = - y đưa dạng Ta xét ví dụ sau : Ví dụ 36 Tìm nghiệm ngun phương trình x3 27 xy 2009 y Giải Đặt y x d , d Z Phương trình cho trở thành : 27 3d x 27d 3d x d 2009 (1) Nếu d phương trình (1) trở thành 1280 (vơ lý) Nếu d 9 điều kiện để phương trình (1) có nghiệm 27d 3d 27 3d d 2009 3 d 14 d d 2009 d 14 (vì d 41d 574 0, d ) GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 19 d {10;11;12;13;14} Thay vào phương trình ta thấy phương trình có nghiệm ngun d 14 Khi x 7, y Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x, y) (-7, 7) Ví dụ 37 (Bulgari – 2004) Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 10 x y y Giải Đặt x y d , d Z Phương trình cho trở thành 3d y 3d 10 y d 10d (1) Nếu d = (1) trở thành 22 y 27 (khơng có nghiệm ngun) Nếu d (1) có nghiệm 3d 24d 60d 252d 76 + Với d 1 3d 8 d 38 d 2d 126 29d + Với d 3d 8 d 38 d 2d 126 29d Suy 1 d Vì x3 y y 10 x nên d số lẻ, suy d {1;3;5; 7} Thay vào ta thấy d = 1, d = số phương Suy nghiệm ngun (x, y) phương trình (6, 5) (2, -3) Ví dụ 38 (Italy MO-1996) Chứng minh phương trình x y z có vơ số nghiệm ngun (a; b;c) Giải Chọn z y Khi đó, z Z y Z Thay vào phương trình ta : x y y 1 x y (1) Ta thấy, x0 ; y0 nghiệm phương trình (1) x0 , y0 , y0 1 nghiệm phương trình cho Chọn x 2n, y n2 , n Z , thay vào (1) ta thấy thỏa Vậy phương trình (1) có vơ số nghiệm ngun dạng x 2n, y n2 , n Z Do phương trình cho có vơ số nghiệm nguyên dạng x 2n, y 2n 2, z 2n 1, n Z (đpcm) GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 20 Ví dụ 39 (United Kingdom MO) Chứng minh phương trình x3 y z 2000 có vô số nghiệm nguyên Giải Đặt x 10 60k , y 10 60k , z 60k với k Z Ta có : x3 y3 z 10 60k 10 60k 603 k 2000 603 k 603 k 2000 3 Do đó, ba số (x, y, z) cho công thức nghiệm phương trình cho Suy đpcm Mở rộng : Cho a Z , phương trình x3 y z 2a3 có vơ số nghiệm cho công thức xk a 6ak yk a 6ak với k Z zk 6ak Ví dụ 40 Chứng minh n N * , phương trình x y z t 30n có nghiệm nguyên Giải Nếu n số chẵn, nghĩa n 2k , k Z Khi x = 0, y = 0, z = 0, t 30 k nghiệm nguyên phương trình cho Nếu n số lẻ, nghĩa n 2k Vì 12 + 22 + 32 + 42 = 30 nên suy 30 (2.30 ) (3.30 ) (4.30 ) k k k 302 k (12 22 32 42 ) 302 k 1 Do đó, x 30 , y 2.30 , z 3.30 , t 4.30 nghiệm phương trình cho k k k k Vậy n nguyên dương phương trình cho có nghiệm ngun Mở rộng : Phương trình x y z t n (với n số nguyên dương bất kỳ) có nghiệm nguyên Phƣơng pháp xuống thang phƣơng pháp cực hạn Nguyên lý cực hạn : + Trong tập hợp hữu hạn số thực, tồn số lớn số bé + Trong tập tập số tự nhiên, tồn số bé GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 21 Chú ý : Phương pháp thường dùng với phương pháp chứng minh phản chứng Cụ thể : Khi cần chứng minh phương trình khơng có nghiệm nguyên, ta giả sử ngược lại tập S nghiệm nguyên phương trình khác Ta xếp thứ tự S giả sử x0 nghiệm nhỏ theo thứ tự Sau ta tồn nghiệm x1 < x0, từ dẫn đến điều vơ lý Do đó, kết luận phương trình cho khơng có nghiệm ngun Ví dụ 43 (Korean MO - 1996) Tìm tất số nguyên x, y, z thỏa mãn : x y z xyz Giải Giả sử x0 ; y0 ; z0 nghiệm phương trình cho, suy x02 y02 z02 2x0 y0 z0 x02 y02 z02 số chẵn TH1 : số lẻ số chẵn, khơng tính tổng quát, giả sử x0 , y0 lẻ z0 chẵn Ta có : x02 y02 z02 2(mod 4) , x0 y0 z0 (mod 4) (vô lý) TH2 : số x0 , y0 , z0 chẵn Đặt x0 x1 , y0 y1 , z0 z1 Thay vào phương trình ta x12 y12 z12 4x1 y1z1 Tương tự ta suy x1 , y1 , z1 số chẵn Tiếp tục trình ta suy x0 , y0 , z0 chia hết cho 2k , k N Vậy phương trình có nghiệm x0 y0 z0 Ví dụ 44 (20th IMO shortlist) Cho số nguyên dương thỏa mãn xy z Chứng minh không tồn số nguyên không âm a, b, c, d cho x a b , y c d , z ac bd Giải Giả sử tồn ba số nguyên dương x0 , y0 , z0 cho không tồn a, b, c, d thỏa mãn x0 a2 b2 , y0 c2 d , z0 ac bd Nếu x0 x0 02 12 , y0 12 k , z0 0.1 1.k nên ta giả sử thêm x0 y0 z0 số nhỏ Đặt z x u Khi đó, phương trình cho trở thành xy x xu u x y x 2u u GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 22 Vì u z x nên y x 2u x y z Do đó, x1, y1, z1 x0 , x0 y0 z0 , z0 x0 nghiệm nguyên phương trình cho x y x y Ta thấy z x0 y0 x0 y0 0 z0 0 y1 Tương tự ta suy y1 , z1 2 Ta có z02 x0 y0 x02 z0 x0 Nếu z0 x0 từ phương trình suy x0 y0 x0 (mâu thuẫn với y0 x0 ) Nếu z0 x0 phương trình cho suy x0 y0 x0 (mâu thuẫn với x0 ) Do z1 z0 x0 Vậy ta xây dựng x1 , y1 , z1 nghiệm nguyên dương phương trình cho thỏa z1 z0 Do tồn số không âm m, n, p, q thỏa x0 m2 n x0 m2 n2 x1 m2 n 2 2 2 y1 p q x0 y0 z0 p q y0 p m n q (mâu thuẫn với cách chọn x0 , y0 , z0 z mp nq z x mp nq z m p m n q n 0 Vậy suy đpcm Ví dụ 45 Tìm nghiệm ngun phương trình x3 y z Giải Gọi x0 , y0 , z0 nghiệm ngun phương trình cho Khi x0 , đặt x0 3x1 , thay vào phương trình ta x13 y03 3z03 (1) Suy y0 , đặt y0 y1 , thay vào (1) ta 9x13 27 y13 3z03 3x13 y13 z03 (2) Suy z0 , đặt z0 z1 , thay vào (2) ta x13 y13 z13 x y z Do đó, , , nghiệm phương trình cho 3 3 GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 23 x y z Tiếp tục trình này, ta suy k0 , k0 , 0k số nguyên với số nguyên k Suy x0 y0 z0 3 3 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (0,0,0) Ví dụ 46 Tìm số nguyên dương n để phương trình x y nxy có nghiệm nguyên dương Giải Vì x y xy n n = : Phương trình trở thành x y 3xy Khi pt có nghiệm nguyên dương x = 1, y = n > : Giả sử pt x y nxy có nghiệm nguyên dương Theo nguyên lý cực hạn, tồn (a, b) nghiệm nguyên dương phương trình thỏa mãn a > b (a + b) nhỏ Suy a nghiệm phương trình x nbx b (1) Gọi c nghiệm lại (2) Theo Viet ta có : a c nb c nb a Suy nb a; b nghiệm phương trình cho + nb a a nb 2a : Thay vào a b nab ta a b 2a a b (mâu thuẫn) + nb a a nb a b a b (mâu thuẫn) Vậy phương trình có nghiệm ngun dương x = 1, y = Tài liệu tham khảo [1] Titu Andreescu, An Introduction to Diophantine Equations, 2010 [2] Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm nguyên, NXBGD, 2004 [3] Andrzej Schinzel, Elementary Theory of numbers, North – Holland Mathematical library, 1988 [4] W.Sierpinski, 250 problems in elementary number theory, American Elsevier publishing company, inc, 1970 [5] mathscope.org [6] diendantoanhoc.net GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 24 ... 3xyz xyz GV : PHẠM ĐOAN NGỌC Trang 16 xyz Mà x, y, z số nguyên dương nên suy x y z Ví dụ 31 Tìm nghiệm ngun dương phương trình x6 z 15x2 z 3x2 y z y 5 Giải Phương trình cho... , y0 , z0 chia hết cho 2k , k N Vậy phương trình có nghiệm x0 y0 z0 Ví dụ 44 (20th IMO shortlist) Cho số nguyên dương thỏa mãn xy z Chứng minh không tồn số nguyên không âm a, b,... trình có nghiệm ngun dương x = 1, y = Tài liệu tham khảo [1] Titu Andreescu, An Introduction to Diophantine Equations, 2010 [2] Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm nguyên, NXBGD, 2004 [3] Andrzej
Ngày đăng: 03/05/2018, 12:40
Xem thêm:
