Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

Pi ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  THÂN VĂN CƯƠNG MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THÁI NGUYÊN – 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Pii ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  THÂN VĂN CƯƠNG MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Chun ngành: Cơng nghệ sinh học Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Hà Huy Khoái THÁI NGUYÊN – 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Piii Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục Mở đầu 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Một số kết số học giải phương trình nghiệm nguyên 1.2 Phương trình Điơphăng tuyến tính 1.2.1 Định nghĩa 1.3 Phương trình Fermat 1.3.1 Các số Pitago 1.3.2 Phương trình Fermat 1.3.3 Phương trình Pell MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 2.1 Phương pháp giải phương trình nghiệm ngun cách phân tích 2.1.1 Mô tả phương pháp 2.1.2 Một số ví dụ 2.2 Phương pháp lựa chọn Modulo 2.2.1 Mô tả phương pháp 2.2.2 Một số ví dụ 2.3 Phương pháp sử dụng tính chất số học 2.3.1 Mô tả phương pháp 2.3.2 Một số ví dụ 2.4 Phương pháp lùi vô hạn (phương pháp xuống thang) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 5 7 10 16 23 23 23 24 28 28 28 34 34 35 42 2.4.1 Mô tả phương pháp 2.4.2 Một số ví dụ 2.5 Phương pháp đánh giá 2.5.1 Mô tả phương pháp 2.5.2 Một số ví dụ Kết luận Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 42 46 46 47 53 54 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC THÂN VĂN CƯƠNG MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Luận văn hoàn thành Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Hà Huy Khoái Phản biện 1: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, Đại học sư phạm Hà Nội Phản biện 2: PGS TS Nông Quốc Chinh, Đại học khoa học, Đại học Thái Nguyên Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên Ngày 09 tháng 09 năm 2011 Có thể tìm hiểu Trung tâm học liệu - Đại học Thái Nguyên Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Số học lĩnh vực cổ xưa Toán học, lĩnh vực tồn nhiều toán, giả thuyết chưa có câu trả lời Trên đường tìm kiếm lời giải cho giả thuyết đó, có nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn toán học nẩy sinh Hơn nữa, năm gần đây, Số học không lĩnh vực tốn học lí thuyết, mà cịn lĩnh vực có nhiều ứng dụng, đặc biệt lĩnh vực bảo mật thơng tin Vì thế, việc trang bị kiến thức số học từ trường phổ thông cần thiết Không nhiều ngành khác tốn học, có nhiều thành tựu đại quan trọng Số học hiểu với kiến thức phổ thông nâng cao bước Do đó, lĩnh vực thuận lợi để đưa học sinh tiếp cận nhanh với khoa học đại Tuy nhiên, chương trình Số học trường phổ thông nay, môn Số học chưa giành nhiều thời gian Cũng mà học sinh thường lúng túng giải toán Số học, đặc biệt kì thi chọn học sinh giỏi Trong phần Số học, toán Phương trình nghiệm ngun đóng vai trị quan trọng việc hình thành nghiên cứu lí thuyết để hồn thiện Việc giải tốn phương trình nghiệm nguyên việc áp dụng kiến thức số học Đây toán đề cập nhiều kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế Mục đích luận văn nêu số dạng phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải dạng Cụ thể phân loại dạng phương trình thơng qua hệ thống tập giải phương trình nghiệm nguyên Đồng thời đưa hệ thống tập tham Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn khảo cho dạng Nội dung luận văn gồm chương Chương 1: Trình bày kiến thức việc áp dụng giải phương trình nghiệm nguyên Chương 2: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình GS.TSKH Hà Huy Khoái - Viện Toán Học Hà Nội Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tôi xin cảm ơn tới Sở Nội Vụ, Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Bắc Giang, trường THPT Tân Yên 2, tổ Toán trường THPT Tân Yên tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành khóa học Tơi xin gửi tới Thầy Cơ khoa Tốn, phịng Đào tạo sau Đại học Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, Thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2009-2011 lời cảm ơn sâu sắc cơng lao dạy dỗ suốt q trình giáo dục, đào tạo nhà trường Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K3A Trường Đại Học Khoa Học động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tuy nhiên hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên q trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, tơi mong đóng góp ý kiến Thầy Cơ độc giả quan tâm tới luận văn Thái Nguyên, ngày 15 tháng năm 2011 Tác giả THÂN VĂN CƯƠNG Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN Trong chương trình bày số kiến thức số loại phương trình phương trình Điơphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell 1.1 Một số kết số học giải phương trình nghiệm nguyên Định lý 1.1.1 (Định lý số nguyên tố) Cho n số ngun dương lớn Khi n ln biểu diễn cách dạng sau: n = pα1 pα2 .pαk k Trong k, αi (i = 1, 2, , k) số tự nhiên pi số nguyên tố thỏa mãn: < p1 < p2 < < pk Định lý 1.1.2 (Định lý Euclid.) Tồn vô hạn số nguyên tố Định lý 1.1.3 (Định lý mối liên hệ tính chia hết số nguyên tố) Giả sử a, b hai số nguyên dương, p số nguyên tố cho ab p Khi ta phải có a p, b p Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a b Ta nói a đồng dư vơi b theo Modulo m (m nguyên dương) ký hiệu a ≡ b(mod m) (a − b) m Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 Cộng hai vế ta d với d số lẻ, ta tìm d = ⇒ (1 + x2 , + x) = Ta có (2y + 1)2 số phương, suy + x2 (1 + x) phải số phương Ta thấy x2 (x2 + 1) hai số tự nhiên liên tiếp mà số phương, suy x = Vơi x = 0, ta được: (1) ⇔ 4y(y + 1) = ⇔ y = 0, y = −1 Vậy phương trình có hai cặp nghiệm (x, y) = (0, 0); (0, −1) Nhận xét 2.3 Lời giải sử dụng kết sau: a Nếu k số lẻ k số lẻ b Nếu m.n số lẻ m n số lẻ c Nếu m n số lẻ d = (m, n) số lẻ d Nếu a d ka d với a, d, k ∈ Z e Nếu m.n số phương (m, n) = m n số phương Ví dụ 2.3.8 Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình sau x2 + x − = 32y+1 (1) Lời giải Ta nhận thấy cho x nhận giá trị từ đến biểu thức x2 − x + có chữ số tận 1, 5, Mặt khác, ta thấy 32y+1 lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận Vậy phương trình (1) khơng thể xảy Nói cách khác phương trình (1) khơng có nghiệm ngun dương Hoặc ta giải phương trình nghiệm nguyên dựa vào nhận xét: Nhận xét 2.4 Khơng tồn số phương x2 nằm hai số phương liên tiếp Ví dụ 2.3.9 Tìm số nguyên x để biểu thức sau số phương A = x4 + 2x3 + 2x2 + x + (1) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 Lời giải Đặt x4 + 2x3 + 2x2 + x + = y với y ∈ N Ta thấy y = (x4 + 2x3 + x2 ) + (x2 + x + 3) ⇔ y = (x2 + x)2 + (x2 + x + 3) Ta chứng minh a2 < y < (a + 2)2 với a = x2 + x Thật vậy, ta có y − a2 = x2 + x + = (x + 21 )2 + 11 >0 (a + 2)2 − y = (x2 + x + 2)2 − (x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3) = 3x2 + 3x + = 3(x + 21 )2 + 14 > Do a2 < y < (a + 2)2 nên y = (a + 1)2 Từ tương đương x4 + 2x3 + 2x2 + x + = (x2 + x + 1)2 ⇔ x2 + x − = ⇔ x = 1, x = −2 Vậy với x = x = −2 biểu thức cho Ví dụ 2.3.10 Chứng minh với số nguyên k cho trước, không tồn số nguyên x nguyên dương cho x(x + 1) = k(k + 2) Lời giải Giả sử x(x + 1) = k(k + 2) với k ∈ Z+ , x ∈ Z+ Ta có: x2 + x = k + 2k ⇔ x2 + x + = k + 2k + = (k + 1)2 Do x > nên x2 < (x2 + x + 1) = (k + 1)2 (1) Cũng x > nên (k + 1)2 = x2 + x + < x2 + 2x + = (x + 1)2 (2) Từ (1) (2) ta suy ra: x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2 Điều vô lý Vậy không tồn số nguyên dương x thỏa mãn x(x + 1) = k(k + 2) Chúng ta sử dụng nhận xét sau: Nhận xét 2.5 Cho p số nguyên tố có dạng p = k.2t + với t nguyên t t dương; k số tự nhiên lẻ, x2 + y p x p; y p Với cách lý luận tương tự ta giải sau Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 2.5 Giải phương trình nghiệm nguyên x3 + y = (x + y)2 + x2 y với x, y ∈ Z+ x(1 + x + x) = 4y(y + 1) x2 + 13y + 4xy = y z x3 + 2y = 4z x3 + x2 y + xy + y = 8(x2 + xy + y + 1) 2.4 2.4.1 Phương pháp lùi vô hạn (phương pháp xuống thang) Mô tả phương pháp - Nội dung phương pháp dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn theo ẩn phụ nhằm hạ (giảm bớt) số tự do, để có phương trình đơn giản - Phương pháp thường sử dụng với phương trình có nhiều ẩn mà hệ số có ước chung - Dựa vào nguyên lý cực hạn, cụ thể: + Một tập hợp hữu hạn khác rỗng số tự nhiên có phần tử lớn phần tử nhỏ + Một tập hợp khác rỗng số tự nhiên có phần tử bé 2.4.2 Một số ví dụ Ví dụ 2.4.1 Giải phương trình nghiệm nguyên sau x2 + y = 3z Lời giải Giả sử (x0 , y0 , z0 ) nghiệm phương trình (1) Ta xét theo modulo Ta chứng minh x0 , y0 chia hết cho Thật vậy, rõ ràng vế phải (1) chia hết cho 3, từ dẫn đến x20 + y02 Ta có: x20 ≡ 0; 1(mod3), y02 ≡ 0; 1(mod3) Do đó, x20 + y02 x20 y02 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (1) 43 Đặt x0 = 3x1 ; y0 = 3y1 Thế vào phương trình (1) rút gọn ta được: 3(x21 + y12 ) = z02 (2) Từ (2) ta suy z0 Ta đặt z0 = 3z1 , vào (2) ta x21 + y12 = 3z12 Do (x0 , y0 , z0 ) nghiệm phương trình (x1 , y1 , z1 ) nghiệm phương trình Tiếp tục lý luận x1 , y1 , z1 chia hết cho 3.Ta lại tìm nghiệm (x2 , y2 , z2 ) với x2 , y2 , z2 chia hết cho Cứ tiếp tục ta dẫn đến x0 , y0 , z0 3k Điều xảy x0 = y0 = z0 = Kết luận: phương trình (1) có nghiệm (x, y, z) = (0, 0, 0) Ví dụ 2.4.2 Giải phương trình nghiệm ngun sau x2 + y + z = 2xyz (1) Lời giải Giả sử (x0 , y0 , z0 ) nghiệm phương trình (1) x20 + y02 + z02 = 2x0 y0 z0 Do 2x0 y0 z0 chẵn nên x20 + y02 + z02 chẵn Ta xét hai trường hợp xảy Trường hợp 1: có số lẻ, số chẵn: Khơng tính tổng quát ta giả sử x0 , y0 lẻ; z0 chẵn Xét theo Modulo thì: x20 + y02 + z02 ≡ 2(mod4) 2x0 y0 z0 (do z chẵn) Từ đẫn đến điều vơ lý, trường hợp không xảy Trường hợp 2: Cả số chẵn Đặt x0 = 2x1 ; y0 = 2y1 ; z0 = 2z1 Thế vào (1) ta phương trình (2) x21 + y12 + z12 = 4x1 y1 z1 Lập luận ta x1 , y1 , z1 chẵn Quá trình lại tiếp tục dẫn đến x0 , y0 , z0 2k với k ∈ Z+ Điều xảy x0 = y0 = z0 = Tóm lại phương trình có nghiệm (x0 , y0 , z0 ) = (0, 0, 0) Ví dụ 2.4.3 Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình sau 8x4 + 4y + 2z = t4 Lời giải Giả sử (x0 , y0 , z0 , t0 ) nghiệm phương trình với x0 nhỏ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (1) 44 Từ phương trình (1) suy t40 số chẵn, dẫn đến t0 chẵn Đặt t0 = 2t1 , vào (1) rút gọn ta (2) 4x40 + 2y04 + z04 = 8t41 Từ (2) ta lại thấy z0 số chẵn Đặt z0 = 2z1 vào (2) ta 2x40 + y04 + 8z14 = 4t41 (3) Tiếp tục từ (3) ta thấy y0 chẵn Đặt y0 = 2y1 vào (3) ta (4) x40 + 8y14 + 4z14 = 2t41 Và dễ thấy từ (4) x0 chẵn Đặt x0 = 2x1 lại vào (4) ta 8x41 + 4y14 + 2z14 = t41 (5) Nhìn vào (5) rõ ràng (x1 , y1 , z1 , t1 ) nghiệm phương trình dễ thấy x1 < x0 (Điều vơ lý ta chon x0 nhỏ nhất) Do phương trình có nghiệm (x, y, z, t) = (0, 0, 0, 0) Chú ý 2.4.1 Với phương trình ta chọn (x0 , y0 , z0 , t0 ) thỏa mãn x0 + y0 + z0 + t0 nhỏ Lý luận tương tự ta tìm (x1 , y1 , z1 , t1 cho x1 + y1 + z1 + t1 < x0 + y0 + z0 + t0 Từ ta kết luận tốn Ví dụ 2.4.4 Tìm ba số ngun dương đơi khác x, y, z thỏa mãn x3 + y + z = (x + y + z)2 (1) Lời giải Vì vai trị x, y, z nên khơng tính tổng qt ta giả sử x < y < z Khi áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có: x3 +y +z 3 ≥ ( x+y+z 3 ) Với x, y, z khơng âm Từ ta suy x + y + z ≤ Ở dấu ” = ” khơng xảy x, y, z đôi khác Vậy x + y + z ≤ (2) Mặt khác x, y, z đôi khác nên x + y + z ≥ + + = (3) Từ (2) (3) ta suy ra: x + y + x = 6; x + y + z = x + y + z = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 Lần lượt thử giá trị x+y +z với x, y, z nguyên dương đơi khác nhau, ta tìm nghiệm phương trình (x, y, z) = (1, 2, 3) hốn vị Ví dụ 2.4.5 Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình x2 + y + z + t2 = x2 y z (1) Lời giải Ta nhận thấy phương trình (1) có nghiệm (0, 0, 0, 0) Gọi (x0 , y0 , z0 , t0 ) nghiệm không âm tùy ý (1) Khi ta có: (2) x20 + y02 + z02 + t20 = x20 y02 z02 + Nếu x0 , y0 , z0 ) số lẻ, x20 ≡ 1(mod 4); y02 ≡ 1(mod 4); z02 ≡ 1(mod 4) Vì x20 y02 z02 ≡ (mod 4) Mặt khác, t20 ≡ (mod 4) t20 ≡ (mod 4), nên x20 + y02 + z02 + t20 ≡ (mod 4), Hoặc x20 + y02 + z02 + t20 ≡ (mod 4) Trường hợp dẫn đến điều vô lý, Vậy không 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 xảy + Nếu ba số x0 , y0 , z0 lẻ (giả sử x0 lẻ) Khi y0 , z0 chẵn, suy x20 y02 z02 Mặt khác, x20 + y02 + z02 ≡ (mod 4), nên x20 + y02 + z02 + t20 ≡ (mod 4) x20 + y02 + z02 + t20 ≡ (mod 4) Lập luận ta thấy không xảy trường hợp Như số x0 , y0 , z0 phải chẵn Đặt x0 = 2x1 , y0 = 2y1 , z0 = 2z1 Thế vào phương trình (2) ta được: 4x21 + 4y12 + 4z12 + t20 = 64x21 y12 z12 (3) Từ (3) ta lại có t20 ⇒ t0 ⇒ t0 = 2t1 Thay vào (3) ta đến: x21 + y12 + z12 + t21 = 16x21 y12 z12 (4) Vì vế phải (4) chia hết suy ra: x21 + y12 + z12 + t21 Ta biết a ∈ Z a2 ≡ 0(mod8), a2 ≡ (mod 8) a2 ≡ (mod 8) a2 ≡ (mod 8) a số lẻ Ta chứng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 minh 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 số số x1 , y1 , z1 , t1 lẻ (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, xảy số x1 , y1 , z1 , t1 số x1 , y1 , z1 , t1 lẻ Vì x1 = 2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2 , t1 = 2t2 Thay vào (4) ta đến: 4x22 + 4y22 + 4z22 + 4t22 = 16.64x22 y22 t22 ⇒ x22 + y22 + z22 + t22 = 162 x22 y22 t22 (5) Lập luận ta dẫn đến x2 , y2 , z2 , t2 số chẵn Q trình tiếp tục vơ hạn lần.và kết phương trình co nghiệm (0, 0, 0, 0) 2.6 Với cách làm ta giải số phương trình sau x3 − 2y − 4z = x2 + y + z = 2xyz x3 + 3y + 9z = 27xyz 2.5 Phương pháp đánh giá 2.5.1 Mô tả phương pháp Cơ sở phương pháp sử dụng tính chất số nguyên, bất đẳng thức cổ điển nhằm đánh giá (so sánh) hai vế phương trình nghiệm ngun, từ ta tìm nghiệm phương trình hai vế phương trình Cụ thể đánh giá thường sử dụng là: Khơng tồn taị số ngun n cho x2 < n2 < (x + 1)2 Các bất đẳng thức cổ điển CauChy, Bunhiacopski, Các tính chất số nguyên, số nguyên tố Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 2.5.2 Một số ví dụ Ví dụ 2.5.1 Tìm nghiệm ngun phương trình sau x4 + x2 − y + y + 10 = Lời giải Ta viết lại phương trình dạng tương đương sau y(y − 1) = x4 + x2 + 10 (1) Ta có x4 + x2 < x4 + x2 + 10 < (x4 + x2 + 10) + (6x2 + 2) ⇒ x2 (x2 + 1) < x4 + x2 + 10 < (x2 + 3)(x2 + 4) (2) Vì (x0 , y0 ) nghiệm nguyên phương trình cho, từ (2) ta có: (3) x20 (x20 + 1) < y0 (y0 − 1) < (x20 + 3)(x20 + 4) Do x0 , y0 số nguyên nên từ (3) ta có Hoặc y0 (y0 − 1) = (x20 + 1)(x20 + 2) y0 (y0 − 1) = (x20 + 2)(x20 + 3) Trường hợp 1: y0 (y0 − 1) = (x20 + 1)(x20 + 2) ⇒ x40 + x20 + 10 = x40 + 3x20 + ⇒ x20 = ⇒ x0 = 2, x0 = −2 Khi ta có: y0 (y0 − 1) = 30 ⇒ y02 − y0 − 30 = ⇒ y0 = 6, y0 = −5 Như trường hợp phương trình cho có nghiệm là: (x, y) = (2, 6), (−2, 6), (2, −5), (−2, −5) Trường hợp 2: Nếu y0 (y0 − 1) = (x20 + 2)(x20 + 3) ⇒ x40 + x20 + 10 = x40 + 5x20 + x20 = ⇒ x0 = ±1 Khi đó, y0 (y0 − 1) = 12 ⇒ y02 − y0 − 12 = ⇒ y0 = 4, y0 = −3 Trong trường hợp phương trình có nghiệm: (x, y) = (1, 4), (1, −3), (−1, 4), (−1, −3) Như phương trình cho có nghiệm sau đây: (x, y) = (1, 4), (1, −3), (−1, 4), (−1, −3), (2, 6), (−2, 6), (2, −5), (−2, −5) Nhận xét 2.6 Trong ta áp dụng kết hiển nhiên sau Nếu x, y số nguyên a số nguyên dương thỏa mãn điều kiện sau x(x + 1)(x + 2) (x + n) < y(y + 1)(y + 2) (y + n) < Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 (x + a)(x + a + 1)(x + a + 2) (x + a + n) Thì ta có: y(y + 1)(y + 2) (y + n) = (x + k)(x + k + 1)(x + k + 2) (x + k + n) k = 1, 2, , a − Ví dụ 2.5.2 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau 5x + 2.5y + 5z = 4500 với x < y < z Lời giải Từ phương trình cho ta có nhận xét rằng: 5z < 4500 < 56 ⇔ z < Mặt khác,theo giả thiết x < y < z nên ta suy x ≤ 3, y ≤ Khi đó: 5x + 2.5y + 5z ≤ 53 + 2.54 + 55 = 4500 Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = (3, 4, 5) Nhận xét 2.7 ta đánh giá theo x y Ví dụ 2.5.3 Giải phương trình nghiệm nguyên sau x4 − y + z + 2x2 z + 3x2 + 4z + = Lời giải Ta viết lại phương trình dạng: y = x4 + z + 2x2 z + 3x2 + 4z + = (x2 + z + 1)2 + (x2 + 2z )(1) Mặt khác: y = (x2 + z + 2)2 − (x2 + 3)(2) Nhận xét x2 + 2z ≥ x3 + > với x, z ∈ Z Do từ (1) (2) ta suy ra: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 (x2 + z + 1)2 ≤ y < (x2 + z + 2)2 ⇔ x2 + z + ≤ y < x2 + z + ⇔ x2 + z + = y Kết hợp với phương trình (1) ta x2 + 2z = ⇔x=z=0 ⇒ y = ⇒ y = ±1 Như nghiệm phương trình là: (x, y, z) = (0, 1, 0); (0, −1, 0) Ví dụ 2.5.4 Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình sau x3 y − 4xy + y + x2 − 2y − = Lời giải Phương trình cho viết tương đương sau x2 (xy + 1) − 4(xy ) + (y − 2y + 1) = ⇔ (xy + 1)(x2 − 4) + (y − 1) = 0(1) Do x ≥ 0, y ≥ nên từ (1) ta suy ra: x2 − ≤ (2) Từ (2) x nguyên không âm, nên ta có x = 0, x = x = Ta xét khả sau: Nếu x = ta đưa phương trình cho dạng: y − 2y − = Do y ≥ nguyên suy y = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 Nếu x = 1, ta có phương trình sau để tìm y 3y − y + 2y + = ⇔ 3y + − (y − 1)2 = (*) Do y nguyên không âm, nên 3y + > y + ≥ (y − 1)2 suy vế trái phương trình (*) dương, phương trình (*) vơ nghiệm Nếu x = từ phương trình ban đầu ta có: y−1=0⇔y =1 Tóm lại: phương trình cho có hai nghiệm khơng âm (0, 3) (2, 1) Ví dụ 2.5.5 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau x + 2y + 2z = xyz (1) Lời giải Xét phương trình (1) x + 2y + 2z = xyz Do vai trị y z bình đẳng nên ta giả sử y ≤ z Chỉ có hai khả sau Nếu x = (1) có dạng + 2y + 2z = yz ⇔ (y − 2)(z − 2) = (2) Do y ≤ z ⇒ y − ≤ z − Mặt khác, y > ⇒ y − ≥ −1 nên từ (2) suy ra: y−2=1 z−2=5 Từ ta tìm y = 3, z = Vậy trường hợp phương trình có nghiệm (x, y, z) = (1, 3, 7) 2.Nếu x ≥ Ta có Từ (1) ⇔ 2(y + z) = x(yz − 1) Do x ≥ yz − ≥ (vì y ≥ 1, z ≥ 1), nên ta có x(yz − 1) ≥ 2(yz − 1) Vì từ (3) ta có y + z ≥ yz − ⇒ yz − y − z ≤ ⇒ (y − 1)(z − 1) ≤ Do ≤ y − ≤ z − nên từ (4) suy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3) (4) 51 y−1≤1⇒y ≤2 Từ (5) y nguyên dương, nên có hai khả sau: a Nếu y = từ (1) ta có: x + + 2z = xz ⇔ (x − 2)(z − 1) = Do x ≥ z ≥ nên từ (6) ta có: (5) (6) x−2=1 z−1=4 x−2=2 z−1=2 x−2=4 z−1=1 Giải hệ ta tìm được(x, y, z) = (3, 1, 5); (4, 1, 3); (6, 1, 2) b Nếu y = Khi từ (1) ta có x + + 2z = 2xz ⇔ (2z − 1)(x − 1) = (7) Do x ≥ ⇒ x − ≥ Do z ≥ y ≥ ⇒ 2z − ≥ Vì từ phương trình (7) ta suy 2z − = x−1=1 Ta tìm z = 3, x = Trong trường hợp phương trình co nghiệm (x, y, z) = (2, 2, 3) Vậy với giả thiết y ≤ z phương trình có nghiệm sau: (1, 3, 7); (3, 1, 5); (4, 1, 3); (6, 1, 2); (2, 2, 3) Bằng cách trao đổi vai trò y z suy phương trình cho có 10 nghiệm sau (1, 3, 7); (3, 1, 5); (4, 1, 3); (6, 1, 2); (2, 2, 3); (1, 7, 3); (3, 5, 1); (4, 3, 1); (6, 2, 1); (2, 3, 2) Với cách làm tương tự ta giải tốn sau Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 2.7 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x4 + x2 + = y 2 x3 − y − 2y − 3y − = x4 − y + z + 2x2 z + 3x2 + 4z + = x3 = y + 2y + 2.8 Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình x3 y − 4xy + y + x2 − 2y − = 8(2 − x) + y − z = Với điều kiện y < x < 10 y z + (y − 2xy)z + x(x − y) + y z (y − 1) = y2xz + z 2yx2 + x2zy2 = t Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau Trình bày số kiến thức số học việc giải phương trình nghiệm nguyên, số dạng phương trình quen thuộc phương trình Điơphăng, phương trình Pitago, phương trình Fermat, phương trình Pell Luận văn đưa số cách giải phương trình nghiệm nguyên thường sử dụng phương pháp phân tích, phương pháp lựa chọn Modulo, phương pháp lùi vơ hạn Luận văn đưa hệ thống phong phú ví dụ, minh họa cho phương pháp Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn trung học phổ thơng Số học, nhà xuất Giáo dục, 2003 [2] Phan Huy Khải, Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học, nhà xuất Giáo dục, tháng năm 2006 [3] Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng Các giảng số học, nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội, Quý năm 2006 [4] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, nhà xuất Giáo dục [5] Vũ Dương Thụy , Trương Cơng Thành Tuyển chọn tốn chọn lọc THCS, nhà xuất Giáo dục, 2003 [6] Vũ Hữu Bình, Tốn nâng cao phát triển 6, 7, 8, 9, nhà xuất Giáo dục, 1997 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... kiến thức số loại phương trình phương trình Điơphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell 1.1 Một số kết số học giải phương trình nghiệm nguyên Định lý 1.1.1 (Định lý số nguyên tố)... 1.1: * Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 23 Chương MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Mở đầu Trong chương trình bày số dạng phương trình nghiệm nguyên. .. Nội dung phương pháp xét số dư vế phương trình Nếu hai vế phương trình chia cho số mà hai số dư khác phương trình khơng có nghiệm nguyên Phương pháp tỏ có hiệu cần chứng minh phương trình nghiệm