Tài liệu Phương trình nghiệm nguyên và cách giải

Phơng trình nghiệm nguyên và một số phơng pháp giải Trong phơng trình nghiệm nguyên, chúng ta có thể gặp những phơng trình cơ bản có phơng pháp giải cụ thể và cũng có những phơng trình có các cách giải linh hoạt tùy theo cách nhìn nhận của mỗi ngời A. Một số ph ơng trình cơ bản: I/ Phơng trình có dạng: ax + by = c với (a, b) = 1 (*) Cách giải: Tìm nghiệm riêng x 0 , y 0 của phơng trình Và rút ra công thức nghiệm: ( ) = += atyy Ztbtxx 0 0 Cần lu ý: 1. Phơng trình ax + by = c có nghiệm nguyên ( ) b,ac Vì vậy đối với những phơng trình có dạng ax + by = c mà (a, b) khác 1 thì ta sẽ đa về dạng (*) bằng cách chia hai vế cho d = (a, b) 1 d b ; d a với d c y d b x d a = =+ 2. Phơng pháp tìm nghiệm riêng x 0 , y 0 của phơng trình: Ta có hệ quả (x 0 , y 0 ) là nghiệm riêng của ax + by = c Vì vậy để tìm nghiệm nguyên riêng của phơng trình (*) ta tìm nghiệm nguyên riêng của phơng trình ( ) = =+ 1ba, 1 by ax bằng phơng pháp Ơclid == + + += += += += qp q 1 . 1 q 1 qm 1q.rr rqrb rbqa k 1 0 kk1k 211 10 Nghiệm riêng của ax + by = 1 là x 0 , y 0 với = = = = p|y| q|x| hoặc q|y| p|x| 0 0 0 0 ; ta có thể thử và tìm ra một cặp nghiệm riêng. Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 7x 9y = 4 1 Ta có: 9 = 7.1 + 2 = = = = =+= 4|y| 3|x| hoặc 3|y| 4|x| 3 4 3 1 1m 0 0 0 0 . Thử và ta chọn ra đợc một cặp nghiệm riêng (4; 3). Suy ra nghiệm riêng của phơng trình: 7x 9y = 4 là (16; 12) ( ) = = t712y Ztt916x II. Phơng trình bậc nhất nhiều ẩn: a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = c (a 1 ; c Z ) Trờng hợp 1: Phơng trình có một hệ số của một ẩn bằng 1. Giả sử a 1 =1. Ta có: x 1 = c- a 2 x 2 - - a n x n Phơng trình có nghiệm nguyên: (c- a 2 x 2 - - a n x n ; x 3 ; .;x n ). Trờng hợp 2: Phơng trình có hai hệ số nguyên tố cùng nhau, giả sử (a 1 ; a 2 ) = 1. Ta có: a 1 x 1 + a 2 x 2 = c- a 3 x 3 - a n x n = A. Ta sẽ quy chúng về giải phơng trình hai ẩn nh dạng (2). Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 3x + 4y + 7z = 6 3x + 4y = 6 7z Dễ thấy nghiệm riêng của 3x + 4y = 1 là (-1; 1). Suy ra nghiệm riêng của 3x + 4y = 6 -7z là (7z 6; 6 7z ) = += z Zt;zVớit3z76y t46z7x Một số phơng pháp tìm nghiệm nguyên B. Một số ph ơng pháp giải khác: I. Sử dụng tính chẵn, lẻ: Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: (2 + 5y +1 ). (2 |x| + y + x 2 +x) = 105 (1) Giải: Ta nhận thấy 105 = 3.5.7 là một số lẻ nên: +++ ++ lẻsốlàxxy2:Và nẵchylẻsốlà)1y5x2( 2|x| Ta có: x 2 + x = x(x+1) 2 2 ( ) 0x0|x|lẻ2 lẻxxy2 nẵchy 2)1x(xxx |x| 2|x| 2 == +++ +=+ . Khi x = 0, (1) sẽ là : (5y + 1).(y + 1) = 105 5y 2 + 6y 104 = 0. Suy ra y = 4 ta thỏa mãn. Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là = = 4y 0x . Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên tố: x, y thỏa mãn x 2 - 2y 2 = 1 (2) Giải: (2) lẻxlẻx1y2x 222 += . Đặt x = 2k +1 (k Z). (2) ( ) ( ) nẵchy1kk2y1k4k41y21k2 222 2 +=+++=+ . Mà ylà số nguyên tố nên y = 2. Thay y =2 vào (2) ta có: x = 3. Vậy phơng trình nghiệm nguyên duy nhất: x = 3; y = 2. II. Phơng pháp phân tích: Ví dụ 3: Tìm số có 2 chữ số mà số ấy là bội số của tích 2 chữ số của chính nó: Giải: Gọi số cần tìm là ab (0<a, b 9) Ta có: ab = ka.b (k Z + ) ab)10kb(abkabba10 ==+ . Hay b= at (Với t Z + , 1 t 9). Thay vào ta có: at = a(kat 10) ( ) { } 5;2;1tt101kat1010katt == Khi t = 1, ta có: a = b ka = 11 a = 1. Khi t = 2, ta có b= 2a và ka = 6 a = 1; 2; 3 và b tơng ứng: b= 2; 4; 6 Khi t = 5, ta có: b= 5a và ka = 3 a = 1; b= 5 Vậy ta có các sô cần tìm: 11; 12; 24; 36; 15 Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên: p (x+y) = xy (4) với p là số nguyên tố. Giải: (4) (x- p).(y p) = p 2 =p.p = (-p).(-p) = 1.p 2 = (-1).(-p) 2 Vì x; y bình đẳng nên giả sử x y. Từ đó ta có các trờng hợp: 3 = = = = = = = = 1py ppx ; ppy 1px ; ppy ppx ; ppy ppx 2 2 Ta có các nghiệm nguyên: (2p; 2p); (0; 0); (p+1; p 2 +p); ( p 2 +p; p+1); ( p 2 -p; p-1); ( p-1; p 2 -p) III. Phơng pháp cực hạn: Thờng đợc sử dụng cho phơng trình đối xứng, vai trò các ẩn là nh sau: Ta có thể giả sử: x y z Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: x + y+ z = xyz (5) Giải Vì vai trò x; y; z bình đẳng nên giả sử : 1 x y z yz 1 xz 1 xy 1 x 1 yzxzxyx 2 2 . Với x = 1 ta có: 1+ y + z = yz (y-1).(z-1) = 2 =2.1 Vì y < z nên = = = = 3z 2y 21z 11y . Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là (1; 2; 3) Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 1 z 1 y 1 x 1 =++ Giải Vì vai trò trò x; y; z bình đẳng nên giả sử : 1<x y z 3xhoặc2x3x x 3 z 1 y 1 x 1 1 z 1 y 1 x 1 ==++= . *Khi x =2 ta có: 4yhoặc3y2y;4y y 2 2 1 z 1 y 1 ==>=+ +y = 3 ta có: 6z 6 1 z 1 2 1 z 1 3 1 ===+ 4 +y = 4 ta có: 4z 4 1 z 1 2 1 z 1 4 1 ===+ *Khi x =3 ta có: x= y = z = 3 Vậy phơng trình có các nghiệm nguyên dơng (x; y; z) là: (3; 3; 3); (2; 3; 6); (2; 4; 4) IV. Phơng pháp loại trừ Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 1!+ 2! + .+x! = y 2 Giải 10!x5x và 1!+ 2! +3!+4!+5! .+x! = (33+5!+ .+x!) 3(mod10) Hay: y 2 3(mod10) là mâu thuẫn nên x<5, thử các trờng hợp: x= 1; x= 2; x=3; x=4 và có đợc kết quả: x=1; y=1 và x= 3; y = 3 Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: x 6 +3x 3 +1 = y 4 (8) Giải: *x > 0 ta có: x 6 +2x 3 +1 < x 6 +3x 3 +1 <x 6 +4x 3 +4 ( ) ( ) +<<+ 2 34 2 3 2xy1x vô lý vô nghiệm *x = 0 1y1y 4 == . Vậy (0; 1); (0;-1) là 2 nghiệm của phơng trình *x = -1, (8) sẽ là: y 4 =-1. Vô lý --> Vô nghiệm *x 2 . Ta có: x 6 +4x 3 +4 <x 6 +3x 3 +1 < x 6 +2x 3 +1 (x 3 +2 ) 2 < y 4 < (x 3 +1 ) 2 +<<+ |1x|y|2x| 323 Vô lý Vô nghiệm Vậy PT có 2 nghiệm x= 0; y =1 và x = 0; y= -1. V. Phơng pháp chia hết và chia có d: Phơng pháp này thòng dùng để chứng minh PT không có nghiệm nguyên khi chứng minh 2 vế chia cho một số có số d khác nhau Ví dụ 9: Tìm các chữ số x; y; z thõa: zzzxzyxyz =+ (9) Giải: (9) 100x +10y +z + 100x +10z +y =111z 200x + 11 y = 100z 100(z 2x) = 11y x2z0y100 == Vì có các số 102; 204; 306; 408 đều thỏa mãn. Ví dụ 10: Giải phơng trình nghiệm nguyên: 2008x .xx 4 7 4 2 4 1 =+++ Giải: Ta có : Khi x = 2k (k Z) 16x 4 Khi x = 2k -1 (k Z) 16)1x)(1x(1x 224 += . Số d của )x .xx( 4 7 4 2 4 1 +++ cho 16 bằng đúng số các số lẻ trong x 1 , x 2 , ., x 7 . Và số d đó sẽ không vợt quá 7. Mà 2008 = 16.125 + 8 8(mod16) --> Phơng trình vô nghiệm nguyên VI. Sử dụng tính chất nguyên tố: Lu ý: *Với a Z thì a 2 + 1 không có ớc nguyên tố dạng 4k + 3 (k Z) 5 *p P và p = 4k + 3 (k Z), a; b Z thì a 2 + b 2 p pb pa / Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên dơng của 4xy - x- y = z 2 (11) Giải (11) (4x - 1).(4y - 1) = 4z 2 +1 (4z 2 +1 ) có ớc dạng 4x -1 hay 4k + 3 vô lý Vô nghiệm. VII. Phơng pháp xuống thang: Ví dụ 12 Tìm nghiệm nguyên : x 3 + 3y 3 - 9z 3 = 0 Giải Giả sử (x 0 ; y 0 ; z 0 ) là nghiệm của PT. Ta có: 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 10 3 1 3 1 3 0 3 1 3 0 3 1 10 3 0 3 0 3 1 3 0 3 0 3 110 3 0 3 0 3 0 z9y3xy9x3z27 z3z3y9x3zyz3x9 y3yyz3x9z9y3x27x3x3 9z 3y x +== === ==+==+= Nh vậy khi (x 0 ; y 0 ; z 0 ) là nghiệm thì 3 z ; 3 y ; 3 x 000 cũng là nghiệm nguyên của PT với 0zyxZk 000 === là nghiệm duy nhất của PT. Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên: x 2 +y 2 + z 2 +t 2 = 2xyzt Giải Ta thấy x 2 +y 2 + z 2 +t 2 là số chẵn. Giả sử (x 0 ; y 0 ; z 0 ; t 0 ) là nghiệm của PT thì trong các số x 0 ; y 0 ; z 0 ; t 0 phải có chẵn các số lẻ (0; 2 hoặc 4). *x 0 ; y 0 ; z 0 ; t 0 đều lẻ: VT 4 còn VP không 4 Mâu thuẫn *x 0 ; y 0 ; z 0 ; t 0 có 2 số lẻ thì VT 2(mod4), VP 0 (mod4) Mâu thuẫn. Vậy x 0 ; y 0 ; z 0 ; t 0 đều chẵn x 0 = 2x 1 ; y 0 = 2y 1 ; z 0 = 2z 1 ;t 0 = 2t 1 PT sẽ là 4(x 1 2 +y 1 2 + z 1 2 +t 1 2 )= 32.x 1 y 1 z 1 t 1 x 1 2 +y 1 2 + z 1 2 +t 1 2 = 82.x 1 y 1 z 1 t 1 Tơng tự ta có: x 2 2 +y 2 2 + z 2 2 +t 2 2 = 32.x 1 y 1 z 1 t 1 Với : 2 21 0 2 21 0 2 21 0 2 21 0 2 t 2 t t 2 z 2 z z 2 y 2 y y 2 x 2 x x == == == == Tơng tự đến x n 2 +y n 2 + z n 2 +t n 2 =2 (2n+1) . x n y n z n t n Với n 0 n n 0 n n 0 n n 0 n 2 t t; 2 z z; 2 y y; 2 x x ==== và x n ;y n ;z n ;t n là các số nguyên Nn x 0 = y 0 = z 0 = t 0 =0. PT có nghiệm duy nhất (0; 0; 0; 0) VIII. Dùng bất đẳng thức: Ví dụ 14: Tìm nghiệm nguyên dơng: 3 y xz x yz z xy =++ 6 Giải: áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: xyz1xyz3 y xz x yz z xy 3 3 ++= vì x; y; z Z + nên x= y = z = 1. PT có nghiệm duy nhất (1; 1; 1) Ví dụ 15: Tìm nghiệm nguyên (x + y + 1) 2 = 3(x 2 + y 2 + 1) Giải áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho bộ số (x; y; z) và (1; 1;1) ( ) ( ) ( ) 22222 2 zyx3)111(1yx1yx ++=++++++ Dấu "=" xảy ra x = y = 1 Vậy Pt có nghiệm x = y = 1. 7 . trình nghiệm nguyên và một số phơng pháp giải Trong phơng trình nghiệm nguyên, chúng ta có thể gặp những phơng trình cơ bản có phơng pháp giải cụ thể và. Cách giải: Tìm nghiệm riêng x 0 , y 0 của phơng trình Và rút ra công thức nghiệm: ( ) = += atyy Ztbtxx 0 0 Cần lu ý: 1. Phơng trình ax + by = c có nghiệm