Phương trình nghiệm nguyên

Phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Đức Linh PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Đức Linh PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Phan Huy Khải Hà Nội - 2013 Mục lục Lời nói đầu Phương trình vơ định bậc 1.1 Định nghĩa 1.2 Các tính chất phương trình vơ định bậc 1.3 Nghiệm tổng quát phương trình ax + by + c = 1.4 Các tập áp dụng Phương trình nghiệm nguyên lớp đa thức 13 2.1 Phương pháp tách phần nguyên 13 2.2 Phương pháp phân tích thành tích 14 2.3 Phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai 20 2.4 Phương pháp đánh giá 24 2.5 Phương pháp lựa chọn môđulô 33 2.6 Phương pháp sử dụng định lý số học 37 2.7 Phương pháp lùi vô hạn 46 Phương trình vơ định siêu việt 51 3.1 Phương pháp mođulô 51 3.2 Sử dụng tính chất số học 55 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 LỜI NĨI ĐẦU Phương trình nghiệm nguyên đề tài hay lý thú số học đại số Chúng ta hay gặp phương trình nghiệm nguyên kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, tỉnh, quốc gia Trong sách tốn lớp có đưa phương trình nghiệm ngun cách giải cịn Trên thực tế để giải phương trình nghiệm nguyên khơng có cách giải tổng hợp mà tùy thuộc vào tốn mà có cách giải khác Thời gian qua, nhờ hướng dẫn thầy giáo Phan Huy Khải, tơi hồn thành ln văn với đề tài “Phương trình nghiệm nguyên” Luận văn tập hợp phương pháp dạng phương trình khác phương trình nghiệm nguyên sưu tầm từ nguồn kiến thức khác Tơi mong muốn luận văn giúp ích phần cho việc tìm hiểu bạn học sinh vấn đề nêu Luận văn chia làm ba chương Chương Phương trình vơ định bậc Trong chương này, chúng tơi trình bày phương trình vơ định bậc nhất: định nghĩa dạng phương trình, số tính chất phương trình vô đinh bậc với chứng minh tính chất đó, cuối tập áp dụng Chương Phương trình nghiệm nguyên lớp đa thức Trong chương này, chúng tơi trình bày phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên: phương pháp tách phần nguyên, phương pháp phân tích thành tích, phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai, phương pháp đánh giá, phương pháp lựa chọn mơđulơ, phương pháp sử dụng tính chất số học, phương pháp lùi vô hạn Chương Phương trình vơ định siêu việt Trong chương này, nêu số phương pháp giải phương trình vơ định siêu việt phương pháp mơđulơ, phương pháp sử dụng tính chất số học Qua đây, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến người thầy, người hướng dẫn luận văn mình, PGS.TS Phan Huy Khải, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình làm luận văn tác giả Tôi xin cảm ơn thầy cô khoa Toán - Cơ - Tin học, đặc biệt thầy mơn Giải tích truyền đạt cho nhiều kiến thức quý báu Cuối xin cảm ơn thành viên lớp cao học chun ngành Phương pháp tốn sơ cấp khóa 2009-2011 ln động viên, giúp đỡ tơi q trình hồn thành luận văn Do thời gian trình độ cịn hạn chế, chắn luận văn tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo tận tình thầy bạn, tác giả xin chân thành cảm ơn! Bắc Ninh, tháng năm 2013 Học viên Nguyễn Đức Linh Chương Phương trình vơ định bậc 1.1 Định nghĩa Phương trình vơ định bậc nghiệm ngun có dạng ax + by + c = 0, (1) x, y ẩn thuộc tập số nguyên, a, b c số nguyên 1.2 Các tính chất phương trình vơ định bậc Tính chất 1: Phương trình (1) có nghiệm nguyên c (a, b) (tức ước chung lớn a, b ước c) Chứng minh 1) Giả sử phương trình ax + by + c = có nghiệm nguyên, tức tồn cặp (x0 , y0 ) cho ax0 + by0 + c = (*) Giả sử (a, b) = d ⇒ a = da1 , b = db1 (a1 , b1 ∈ Z) Từ (*) ta có da1 x0 + db1 y0 + c = hay d(a1 x0 + b1 y0 ) + c = (**) Vì a1 x0 + b1 y0 ∈ Z nên từ (**) có c d hay c (a, b) 2) Ngược lại giả sử c (a, b) Ký hiệu d = (a, b) ⇒ tồn a1 , b1 ∈ Z cho aa1 + bb1 = d (***) Vì c d nên c = dc1 với c1 ∈ Z Từ (***) ta có −c1 aa1 − c1 bb1 = −c1 d ⇒ a(−c1 a1 ) + b(−c1 b1 ) + dc1 = ⇒ a(−c1 a1 ) + b(−c1 b1 ) + c = Từ suy có cặp (−c1 a1 , −c1 b1 ) nghiệm phương trình (1) Từ đó, ta có điều phải chứng minh Tính chất 2: Cho a, b, c nguyên dương Xét phương trình dạng: ax − by = c Khi phương trình có nghiệm ngun, có nghiệm ngun dương Chứng minh Đưa phương trình dạng: ax + (−b)y + (−c) = Sau áp dụng tính chất 1, ta có điều phải chứng minh Tính chất 3: i) Cho a, b nguyên dương (a, b) = Khi đó, phương trình ax + by = ab khơng có nghiệm nguyên dương ii) Cho phương trình ax − by = c, a, b, c nguyên dương, (a, b) = c > ab Khi phương trình cho có nghiệm ngun dương Chứng minh i) Giả thiết ngược lại: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (x0 , y0 ) Khi đó, ta có ax0 + by0 = ab ⇒ by0 = a(b − x0 ) (1) Từ (1) suy by0 a Do (a, b) = ⇒ y0 a tức y0 = at0 với t0 nguyên dương Làm tương tự suy x0 = bk0 với k0 nguyên dương Thay (x0 , y0 ) vào phương trình (1) ta được: abk0 + abt0 = ab ⇒ k0 + t0 = (2) Vì k0 , t0 nguyên dương nên k0 + t0 ≥ (3) Từ (2) (3) suy mâu thuẫn Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương (ii) Vì (a, b) = 1, theo tính chất suy phương trình ax − by = c (4) có nghiệm nguyên Do theo tính chất suy (4) có nghiệm ngun dương, tức tồn cặp nguyên dương u0 , v0 thỏa mãn Chia hai vế cho ab, ta có: au0 − bv0 = c > ab (5) u0 v0 − > b a (6) Từ (6) suy tồn t0 thỏa mãn điều kiện v0 u0 < t0 < a b (7) Đặt x0 = u0 −bt0 , y0 = −v0 +at0 Khi x0 , y0 nguyên u0 , v0 , a, b, t0 nguyên Từ (7) có khẳng định x0 > 0, y0 > Mặt khác, ta có ax0 + by0 = a(u0 − bt0 ) + b(at0 − v0 ) = au0 − bv0 = c Vì (x0 , y0 ) nghiệm nguyên dương phương trình ax + by = c 1.3 Nghiệm tổng quát phương trình ax+by+ c=0 Giả sử (x0 , y0 ) nghiệm ngun phương trình Khi ta có: ax0 + by0 + c = (1) Xét cặp số nguyên (x0 + bt, y0 − at), ta có a(x0 + bt) + b(y0 − at) + c = ax0 + by0 + c = (theo (1)) Từ suy (x0 + bt, y0 − at) nghiệm phương trình ax + by + c = với t ∈ Z Bây ta chứng minh nghiệm nguyên phương trình có dạng  x = x0 + bt y = y − at Đặt x = x0 + α, y = y0 + β Khi (x0 , y0 ) (x, y) cặp số nguyên nên α, β số nguyên Vì (x, y) nghiệm ax + by + c = nên ⇒ a(x0 + α) + b(y0 + β) + c = ⇒ (ax0 + by0 + c) + aα + bβ = Vì (x0 , y0 ) nghiệm ax + by + c = nên ax0 + by0 + c = Vậy suy được: aα + bβ = (2) Từ (2) suy bβ a ⇒ β a, tức β = at1 (với t1 ∈ Z) Tương tự, ta có α b, tức α = bt2 (với t2 ∈ Z) Kết hợp với (2) suy ra: abt2 + abt1 = ⇒ ab(t1 + t2 ) = Do ab = ⇒ t1 + t2 = ⇒ t1 = −t2 Thay vào trên, ta có  x = x0 + bt (t ∈ Z) y = y − at (3) Ta có nghiệm tổng qt phương trình Ý nghĩa: • Nếu tìm nghiệm riêng phương trình nghiệm phương trình có dạng tổng qt (3) • Có nhiều cách biểu diễn nghiệm tổng quát tìm nghiệm riêng khác 1.4 Các tập áp dụng Bài 1.1 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: a) 12x − 19y + 21 = b) 3x + 17y = 159 c) 2x + 13y = 156 d) 11x + 18y = 120 Lời giải a) Từ phương trình suy ra: 5y − 15 19y − 21 = 2y − − 12 12 y−3 = 2y − − · 12 x= (1) y−3 y−3 nguyên Vậy đặt = t (với t ∈ Z) Suy y = 3+12t, 12 12 thay vào (1) Để x nguyên x = 2y − − 5t ⇔ x = 2(3 + 12t) − − 5t ⇔ x = + 19t Vậy nghiệm tổng quát phương trình là:  x = + 19t y = + 12t (t ∈ Z) 2) Nếu (3x − 4y)(4x − 3y) < Khi đó: (2) ⇔ |9x − 12y − 16x + 12y| = ⇔ |7x| = 1201(x2 + y ) 1201(x2 + y ) ⇔ 49x2 = 1201x2 + 1201y ⇔ 1152x2 + 1201y = ⇔ x = y = Nghiệm bị loại khơng thỏa mãn (x, y) = (0, 0) Tóm lại, (1) có nghiệm nguyên (x, y) = (25k, −24k), với k nguyên khác Bài 2.33 1) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x + y + z = xyz 2) Tìm tất cặp số nguyên dương (x, y) cho x3 + x số nguyên xy − dương Lời giải 1) Vì vai trị x, y, z nên ta giả sử: ≤ x ≤ y ≤ z Vậy suy 1 + + = (chia hai vế (1) cho xyz) xy xz yz Từ giả sử, ta có 1 ≤ xy x 1 ≤ xz x 1 ≤ yz x Cộng ba bất đẳng thức ta có: ≤ ⇒ x2 ≤ ⇒ x2 = ⇒ x = (do x2 x nguyên dương) Với x = 1, ta có + y + z = yz ⇔ (y − 1)(z − 1) = (vì giả sử nên được)   y − = y = ⇔ z − = z = 45 Vậy nghiệm phương trình (1, 2, 3) hốn vị 2) Giả sử (x, y) cặp số nguyên dương phải tìm Khi đó, ta có: (x3 + x) (xy − 1) ⇒ x(x2 + 1) (xy − 1) (1) Do (x, xy − 1) = (Thật giả sử (x, xy − 1) = d ⇒ [(xy − 1) − x] d Do x d ⇒ d ⇒ d = 1), nên từ (1) có: (x2 + 1) (xy − 1) Từ đó: (x2 + + xy − 1) (xy − 1) ⇒ (x2 + xy) (xy − 1) ⇒ x(x + y) (xy − 1) (2) Lại sử dụng (x, xy − 1) = 1, nên từ (3) suy ra: (x + y) (xy − 1) Điều có nghĩa tồn z ∈ Z+ cho: x + y = z(xy − 1) ⇔ x + y + z = xyz (3) Từ phần 1) suy cặp số (x, y) phải tìm là: (3, 2), (3, 1), (2, 1), (2, 3), (1, 2) (1, 3) (sau thử lại sáu cặp số thỏa mãn yêu cầu đề bài) 2.7 Phương pháp lùi vơ hạn Bài 2.34 Tìm nghiệm ngun phương trình: x3 + 2y = 4z Lời giải Từ phương trình có x3 ⇒ x Đặt x = 2x1 ⇒ y Đặt y = 2y1 ⇒ z Đặt z = 2z1 Tiếp tục trình sau k bước, ta thu    x = 2k xk ,   (với k ∈ N∗ ) y = 2k yk ,    z = 2k z , k Vậy có (x, y, z) = (0, 0, 0) 46 Bài 2.35 Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình: x2 + y + z + t2 = x2 y z Lời giải Gọi P tập hợp nghiệm khơng âm phương trình x2 + y + z + t = x2 y z (1) Rõ ràng P = ∅ (0, 0, 0, 0) ∈ P Gọi (x0 , y0 , z0 , t0 ) nghiệm nguyên ≥ tùy ý (1), ta có: x20 + y02 + z02 + t20 = x20 y02 z02 (2) • Nếu x0 , y0 , z0 số lẻ, x20 ≡ (mod 4), y02 ≡ (mod 4), z02 ≡ (mod 4) Vì x20 y02 z02 ≡ (mod 4) Mặt khác t20 ≡ (mod 4) t20 ≡ (mod 4), nên x20 + y02 + z02 + t20 ≡ (mod 4), x20 + y02 + z02 + t20 ≡ (mod 4) Trường hợp dẫn đến vô lý, xảy trường hợp • Nếu hai ba số x0 , y0 , z0 số lẻ (chẳng hạn x0 , y0 ) Khi z0 chẵn, nên z02 4, từ x20 y02 z02 ≡ (mod 4) Lại có x20 + y02 + z02 + t20 ≡ (mod 4) x20 + y02 + z02 + t20 ≡ (mod 4) Vậy trường hợp khơng thể xảy vế trái (2) khơng chia hết cho vế phải chia hết cho • Nếu ba số x0 , y0 , z0 lẻ (giả sử x0 ) Khi y0 , z0 chẵn, suy x2 y z Mặt khác x2 + y + z ≡ (mod 4), nên x2 + y + z + t2 ≡ 0 (mod 4), x20 + y02 + z02 + t20 0 0 ≡ (mod 4) Lập luận suy trường hợp xảy Từ suy x0 , y0 , z0 phải chẵn Đặt x0 = 2x1 , y0 = 2y1 , z0 = 2z1 Thay vào (2) có: 4x21 + 4y12 + 4z12 + t20 = 64x21 y12 z12 (3) Từ (3) suy t20 ⇒ t0 ⇒ t0 = 2t1 Thay lại vào (3), ta đến: x21 + y12 + z12 + t21 = 16x21 y12 z12 Vì vế phải (4) chia hết suy ra: (x21 + y12 + z12 + t21 ) 47 (4) Ta biết a ∈ Z a2 ≡ (mod 8), a2 ≡ (mod 8), a2 ≡ (mod 8) a2 ≡ (mod 8) ⇔ a số lẻ Ta chứng minh bốn số x1 , y1 , z1 , t1 số chẵn Thật vậy: - Nếu x1 , y1 , z1 , t1 lẻ x21 + y12 + z12 + t21 ≡ (mod 8), điều vơ lý - Nếu có ba số số x1 , y1 , z1 , t1 lẻ (thì chẳng hạn x1 , y1 , z1 lẻ), ta có x21 + y12 + z12 ≡ (mod 8) Vì x21 + y12 + z12 ≡ (mod 4), x21 + y12 + z12 ≡ (mod 8), điều vô lý - Tương tự, khơng thể có hai số x1 , y1 , z1 , t1 bốn số x1 , y1 , z1 , t1 lẻ Vì x1 = 2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2 , t1 = 2t2 Thay vào (4) đến: 4x22 + 4y22 + 4z22 + 4t22 = 16 · 64x22 y22 z22 ⇒ x22 + y22 + z22 + t22 = 16x22 y22 z22 (5) Lập luận lại dẫn đến x2 , y2 , z2 , t2 số chẵn Quá trình tiếp tục vô hạn lần Như chứng minh (x0 , y0 , z0 , t0 ) nghiệm x0 y0 z0 t0 tùy ý (1), k , k , k , k số nguyên với k = 1, 2, Điều 2 2 chứng tỏ x0 = y0 = z0 = t0 = Vậy phương trình cho có nghiệm khơng âm (0, 0, 0, 0) Bài 2.36 Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương: 8x4 + 4y + 2z = t4 Lời giải Giả thiết phản chứng phương trình 8x4 + 4y + 2z = t4 (1) có nghiệm nguyên dương Theo nguyên lý cực hạn gọi (x0 , y0 , z0 , t0 ) nghiệm dương (1), x0 bé Ta có 8x40 + 4y04 + 2z04 = t40 (2) Từ (2) suy t0 số chẵn, nên t0 = 2t1 Thay lại vào (2) có: 8x40 + 4y04 + 2z04 = 16t41 ⇒ 4x40 + 2y04 + z04 = 8t41 48 (3) Từ (3) lại suy z0 chẵn, nên z0 = 2z1 Từ ta có: 4x40 + 2y04 + 16z14 = 8t41 ⇒ 2x40 + y04 + 8z14 = 4t41 (4) Bây đến lượt y0 chẵn, nên y0 = 2y1 Sau thay vào (4) có: x40 + 8y14 + 4z14 = 2t41 (5) Sau hết nhờ có (5), mà ta có x0 = 2x1 có: 8x41 + 4y14 + 2z14 = t41 (6) Đẳng thức (6) chứng tỏ (x1 , y1 , z1 , t1 ) nghiệm dương (1) Tuy nhiên x0 = 2x1 nên x1 < x0 Điều mâu thuẫn với cách chọn nghiệm (x0 , y0 , z0 , t0 ) Vậy giả thiết phản chứng sai, tức (1) khơng có nghiệm ngun dương Bài 2.37 Chứng minh phương trình: x2 + y = 3z khơng có nghiệm ngun dương Lời giải Xét phương trình: x2 + y = 3z (1) giả sử trái lại (1) có nghiệm nguyên dương (x0 , y0 , z0 ) Xét hai khả sau: 1) Nếu x0 y0 Khi đặt x0 = 3x1 , y0 = 3y1 (x1 , y1 ) ngun dương có: 9x21 + 9y12 = 3z02 ⇒ 3x21 + 3y12 = z02 (2) Từ (2) suy z0 3, lại đặt z0 = 3z1 (khi z1 nguyên dương), từ (2) lại đến: x21 + y12 = 3z12 (3) Q trình cịn lặp lại x1 y1 Vì đến lúc ta có x2k + yk2 = 3zk2 , 49 xk yk khơng đồng thời chia hết cho Khi chuyển sang khả sau: 2) Nếu x0 y0 không đồng thời chia hết cho Đặt:  x0 = 3x + r y = 3y + r , r, r1 thuộc vào tập hợp {0, 1, 2}, r, r1 không đồng thời (do x0 , y0 không đồng thời chia hết cho 3) Từ ta có: x20 + y02 = (3x + r)2 + (3y + r1 )2 = 9x2 + 6xr + r2 + 9y + 6yr1 + r12 = 3(3x2 + 3y + 2xr + 2yr1 ) + r2 + r12 (4) Từ (4) x20 + y02 = 3z02 , suy ra: (r2 + r12 ) Do r, r1 thuộc vào tập {0, 1, 2} r, r1 không đồng thời 0, nên tất khả tổng r2 + r12 là: 02 + 12 = 12 + 02 = 1, 02 + 22 = 22 + 02 = 4, 12 + 12 = 2, 12 + 22 = 22 + 12 = 5, 22 + 22 = Do 1, 2, 4, 5, không chia hết cho Vì xảy trường hợp 2) ta dẫn đến điều vô lý Mặt khác xảy trường hợp 1), sau số hữu hạn bước quy trường hợp Do ta ln gặp mâu thuẫn Điều chứng tỏ giả thiết phản chứng sai, tức phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương 50 Chương Phương trình vơ định siêu việt Để giải tốn dạng này, thường nghĩ đến phương pháp sau 3.1 Phương pháp mođulơ Bài 3.1 Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 3x + 4y = 5z Lời giải Do ≡ (mod 3), nên 4x ≡ (mod 3) với x nguyên dương Rõ ràng 3x ≡ (mod 3), nên 3x + 4y ≡ (mod 3) Mặt khác ≡ −1 (mod 3), 5z ≡ (−1)z (mod 3) Vì (x, y, z) nghiệm 3x + 4y = 5z Từ lập luận để 5z ≡ (mod 3) z Đặt z = 2w Khi 3x + 22y = 52w ⇔ 3x = (5w − 2y )(5w + 2y ) Vì 5w − 2y + 5w + 2y = · 5w không chia hết suy 5w − 2y 51 5w + 2y không đồng thời chia hết cho Mặt khác 5w + 2y > 5w − 2y , có hệ  5w − 2y = (∗) 5w + 2y = 3x ∗ (∗∗) Do 5w ≡ (−1)w (mod 3), 2y ≡ (−1)y (mod 3) nên từ (*) (**) thấy:  (−1)w + (−1)y ≡ (mod 3) (∗ ∗ ∗) (−1)w − (−1)y ≡ (mod 3) (∗ ∗ ∗∗) Từ (***) (****) đến w lẻ, y chẵn Vì y chẵn nên trường hợp sau xảy ra: 1) y > y chẵn ⇒ y ⇒ 2y Chú ý 3x ≡ 1, (mod 8) Vì suy 5w ≡ 3x (mod 8) 5w ≡ (mod 8) Vậy 5w ≡ (mod 8) (*****) Vì w lẻ nên w = 2k + Thế mà 52k · = (5k )2 · ≡ −3 (mod 8) (******) Từ (*****) (******) suy mâu thuẫn Vậy y > (loại) 2) y = Khi 5w = + 2y = ⇒ w = Thay vào tính x = Vậy nghiệm phải tìm (2, 2, 2) thỏa mãn phương trình: 3x + 4y = 5z Bài 3.2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x + 65 = y Lời giải Dễ thấy x ≥ x < vế trái khơng phải số nguyên Ta x số nguyên chẵn Thật vậy: • Nếu x = 4k + 2x = 24k+1 = · 16k ≡ (mod 5) ⇒ y = 2x + 65 ≡ (mod 5) Vơ lý y ≡ 1, (mod 5) • Nếu x = 4k + 2x = · 16k ≡ (mod 5) ⇒ y = 2x + 65 ≡ (mod 5) (vơ lý) 52 • Vậy x = 2k, k ∈ N Thay lại phương trình ta được: 22k + 65 = y ⇔ (y − 2k )(y + 2k ) = 65 Lập bảng: Vậy tìm nghiệm (4, 9) (10, 33) y − 2k 13 65 y + 2k 13 65 y 9 33 33 k || || x || 10 || Bài 3.3 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 312x + 122x + 20052x = y Lời giải Nếu x < (x ∈ Z) phương trình trở thành: 1 + 2x + = y2 2x 31 12 20052x Vế trái không nguyên Vậy loại trường hợp x < Vậy x ≥ x nguyên + Nếu x = = y ⇒ y ∈ / Z + Nếu x > 0, x nguyên hay x ≥ Giả sử phương trình cho có tập nghiệm (x, y) 31 ≡ (mod 3) nên 312x ≡ (mod 3); 2005 ≡ (mod 3) nên 20052x ≡ (mod 3); 122x ≡ (mod 3) (khi x ≥ 1, x ∈ Z) Vậy V T = 312x + 122x + 20052x ≡ (mod 3) Từ suy y ≡ (mod 3) Ta biết a ∈ Z a2 ≡ 0, (mod 3) Vậy phương trình cho vơ nghiệm Bài 3.4 Tìm tất số nguyên tố thỏa mãn: xy + = z 53 (1) Lời giải Theo đề x, y nguyên tố nên x ≥ 2, y ≥ Vì xy + ≥ Do z số nguyên tố Với z ≥ suy z lẻ Do kết hợp với (1) suy xy số chẵn Khi x = số nguyên tố chẵn có hai khả sau: 1) yl: 2y + = (3 + 1)(2y−1 − 2y−2 + · · · + 1) Từ suy z mà z ≥ Vậy khơng có z ngun tố 2) Nếu y chẵn, y nguyên tố nên suy y = Khi 2y + = 22 + = ⇒ z = (thỏa mãn) Vậy nghiệm toán (2, 2, 5) Bài 3.5 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x + 3y = 6z Lời giải Xét phương trình: 3x + 3y = 6z (1) Với khả sau: 1) x = y (1) trở thành: · 3x = 6z ⇔ 3x−z = 2z−1 (2) Do x, y, z nguyên thỏa mãn (2) thì: x−z = z −1 = Vậy x = y = z = ⇒ nghiệm phương trình (1, 1, 1) 2) Nếu x = z Khi (1) trở thành: 3x + 3y = 6x ⇔ + 3y−x = 2x ⇔ 2x − 3y−x = (3) Nếu y < x vế trái (3) khơng nguyên Tương tự x ≥ Vậy phương trình (3) cho  x = • y − x = ⇔  x = ⇒ nghiệm (1, 1, 1) y = 54 •  x = y − x =  x = ⇔ y = ⇒ nghiệm (2, 3, 2) 3) Nếu x > z Khi xét hai khả sau: a) Nếu y > z Khi viết (1) thành: 3x−z + 3y−z = 2z Vì x > z, y > z nên vế trái chia hết cho Nhưng vế phải không chia hết cho (loại) b) Nếu y < z Khi x > z > y, phương trình (1) thành: 3x−y + = 2z · 3z−y Vì x > y, z > y nên vế trái không chia hết cho 3, vế phải chia hết cho (loại khả này) 4) Nếu x < z Khi lại có khả năng: a) Nếu y < x ⇒ y < x < z nên viết (1) thành: 3x−y + = 2z · 3z−y Ta thấy x > y, z > y nên vế trái không chia hết cho 3, vế phải chia hết cho (loại trường hợp này) b) Nếu y > x Khi : - Nếu x = y x = z (đã xét) - Nếu y < z x < y < z, viết (1) thành: + 3y−x = 2z · 3z−x Vì x < y z > x nên vế trái không chia hết cho 3, vế phải chia hết cho (loại khả này) - Nếu y > z x < z < y, tương tự dẫn tới vô lý Vậy nghiệm phải tìm (1, 1, 1) (2, 3, 2) 3.2 Sử dụng tính chất số học Bài 3.6 Tìm nghiệm nguyên phương trình: (2x + 5y + 1)(2|x| + x2 + x + y) = 105 55 Lời giải Do 105 số lẻ nên (2x + 5y + 1) (2|x| + x2 + x + y) số lẻ Từ 2x + 5y + lẻ ⇒ 5y chẵn ⇒ y chẵn Vậy suy ra: 2|x| + x2 + x + y lẻ 2|x| lẻ ⇒ |x| = Vậy x = Thay x = vào phương trình ta được: (5y + 1)(y + 1) = 105 Suy (5y + 1)(y + 1) mà 5y + không chia hết y + • y chẵn Giả sử y = ⇒ (5 · + 1)(6 + 1) = · 31 > 105 Vậy suy y ≤ • Nếu y = −6 ⇒ (5 · (−6) + 1)(−6 + 1) > 105 Vậy y = Đáp số (x, y) = (0, 4) Bài 3.7 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x9 + y + z = 20092012 Lời giải Ta có nhận xét: “Với a ∈ Z a3 ≡ (mod 9) a3 ≡ (mod 9) a3 ≡ −1 (mod 9)” Thật vậy: • Nếu a ⇒ a3 • Nếu a chia dư a−1 a2 +a+1 nên a3 −1 = (a−1)(a2 +a+1) • Nếu a chia cho dư a + a2 − a + chia hết cho Do a3 + = (a + 1)(a2 − a + 1) Vậy viết lại phương trình cho dạng: (x3 )3 + (y )3 + (z )3 = 20092012 Áp dụng nhận xét vế trái đồng dư với 0, ±1, ±2, ±3 theo mođulô Mặt khác 20092012 ≡ 22012 ≡ 26·335+2 ≡ 22 ≡ (mod 9) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun Bài 3.8 Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình: 5x · 7y + = 3z Lời giải Xét phương trình: 5x · 7y + = 3z Dễ thấy từ phương trình (1) suy ra: 3z > ⇒ z ≥ Xét khả sau: 56 (1) 1) Nếu x = từ (1) suy 7y + = 3z Rõ ràng 7y ≡ (mod 3), ≡ (mod 3) Từ suy vế trái khác vế phải lấy số dư theo mođulô (loại khả này) 2) Nếu x ≥ 1, từ (1) ta có: 3x ≡ (mod 5), suy z = 4k + (k ≥ 0, k ∈ Z) Thay lại vào (1) có: 5x · 7y = 34k+2 − ⇔ 5x · 7y = (32k+1 − 2)(32k+1 + 2) Ta thấy (32k+1 + 2) − (32k+1 − 2) Nhưng (32k+1 + 2) (32k+1 − 2) lẻ nên (32k+1 + 2, 32k+1 − 2) = ⇒ nên hai số phải 5x 7y (*) Lại xét khả sau: 1) k = 0, ta có: 5x · 7y + = 32 Từ x, y ≥ nên x = 1, y = Vậy nghiệm (x, y, z) = (1, 0, 2) 2) Nếu k > 0, tức k ≥ Khi 32k+1 + > 25, 32k+1 − ≥ 25 Kết hợp với nhận xét 5x ≥ 25 7y ≥ 25 (với x ≥ 2, y ≥ 2) Từ kết luận (*) ta có: 5x − 7y = ±[(32k+1 + 2) − (32k+1 − 2)] = ±4 Vì có 7y ≡ (mod 25) (**) Mặt khác hiển nhiên: 71 ≡ (mod 25), 73 ≡ −7 (mod 25), 72 ≡ −1 (mod 25), 74 ≡ (mod 25), 75 ≡ (mod 25) Vậy với y ≥ 7y ≡ ±7 (mod 25) 7y ≡ ±1 (mod 25) (***) Từ (**) (***) dẫn đến mâu thuẫn Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = (1, 0, 2) Bài 3.9 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 5x + · 5y + 5z = 4500, với x < y < z Lời giải Xét phương trình: 5x + · 5y + 5z = 4500 (1) Từ (1) suy 5z < 4500 < 56 ⇒ z < Do theo đề nên ≤ z < 6, x < y < z nên z ∈ {3, 4, 5} Mặt khác ta có: 5x + · 5y + 5z ≤ 53 + · 54 + 55 = 4500 Dấu xảy x = 3, y = 4, z = Vậy x < y < z phương trình (1) có nghiệm (x, y, z) = (3, 4, 5) 57 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau phương trình nghiệm ngun: • Phương trình vơ định bậc • Phương trình vơ định siêu việt Chúng đưa số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên lớp đa thức Đó là: • Phương pháp tách phần ngun • Phương pháp phân tích thành tích • Phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai • Phương pháp đánh giá • Phương pháp lựa chọn mơđulơ • Phương pháp sử dụng tính chất số học • Phương pháp lùi vơ hạn Do khuôn khổ luận văn luận văn chưa phải tổng kết đầy đủ phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, song cung cấp cho tài liệu tương đối đầy đủ phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO Vũ Hữu Bình (2004), Nâng cao phát triển đại số 6, 7, 8, Nhà xuất Giáo Dục Hà Huy Khoái (2004), Số học, Nhà xuất Giáo Dục Phan Huy Khải (2009), Chuyên đề 5: Phương trình nghiệm nguyên, Nhà xuất Giáo Dục Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Lưu Sơn tác giả khác (2009), Bài giảng số học, Nhà xuất Đại Học Quốc Gia Hà Nội Nguyễn Văn Mậu (chủ biên) (2004), Tuyển tập đề thi, Nhà xuất Đại Học Quốc Gia Hà Nội Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Trần Nam Dũng tác giả khác (2008), Một số vấn đề số học chọn lọc, Nhà xuất Giáo Dục 59 ... Chương Phương trình nghiệm nguyên lớp đa thức Trong chương này, chúng tơi trình bày phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên: phương pháp tách phần nguyên, phương pháp phân tích thành tích, phương. .. = Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên là: (−1, 1), (k + 1, k) với k ∈ Z Bài 2.8 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2 (y + 3) = yz Lời giải Trong lớp nghiệm nguyên dương, phương trình cho... số phương chia có số dư 0, 1, Vậy ∆ khơng số phương Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên Bài 2.12 Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình:  x + y = z x + y = z Lời giải Xét hệ phương trình