Tài liệu PT NGHIEM NGUYEN

Phơng trình nghiệm nguyên và cách giải Phng Phỏp 1 :p Dng Tớnh Chia Ht Dng 1 : Phng trỡnh dng : ax + by = c ; Vớ d 1 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau : Gii: Cú th d dng thy chn . t . Phng trỡnh tr thnh : T ú ta cú nghim phng trỡnh ny : Chỳ ý : Ta cũn cú cỏch th tỡm nghim ca phng trỡnh trờn . ú l phng phỏp tỡm nghim riờng gii phng trỡnh bc nht n. Ta da vo nh lớ sau : Nu phng trỡnh vi cú tp nghim l thỡ mi nghim ca phng trỡnh nhn t cụng thc : nh lớ ny chng minh khụng khú ( bng cỏch th trc tip vo phng trỡnh ) Da vo nh lý ny ; ta ch cn tỡm nghim riờng ca phng trỡnh . i vi cỏc phng trỡnh cú h s nh thỡ vic tỡm nghim khỏ n gin nhng vi cỏc phng trỡnh cú ln thỡ khụng d dng chỳt no . Do ú ta phi dựng n thut toỏn clit ( cỏc bn cú th tỡm c cỏc sỏch ; tụi s khụng núi nhiu v thut toỏn ny ) . Ngoi ra cũn cú thờm phng phỏp hm Euler . Dng 2 : a v phng trỡnh c s : Vớ d 2 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau : Gii : x(2 + 3y) + 5y = 8; 3 [ ] yyx 5)32( ++ = 24; 3x(2 + 3y) + 15y = 24; 3x(2 + 3y) + (2 + 3y).5 = 34; (3x + 5)( 3y + 2) = 34; M 34 = 12.7 = 34.1 Lp bng d dng tỡm c nghim phng trỡnh trờn . Vớ d 3 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau : Giỏo viờn:Phan Duy Thanh 1 Giải : là số chưa biết ; sẽ được xác định sau . Xét phương trình : Chọn Từ đó ta có phương trình ước số : Dạng 3:Phương pháp tách các giá trị nguyên Ví dụ 4 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải : Cách 1: ⇒ y - 1 là ước của 3 ; ta tìm được các giá trị của y, thay vào biểu thức trên ta tìm được x. Ta cũng có thể rút y để tìm x tương tự trên. Cách 2: ⇒ x(y - 1) - (y - 1) = 3 ⇔ (x - 1)(y - 1) = 3 ⇔ x - 1 \ 3 và y - 1\ 3; Ta tìm được các cặp nghiệm tương ứng. Phương Pháp 2 : Phương Pháp Lựa Chọn Modulo ( hay còn gọi là xét số dư từng vế ) Trước tiên ta có các tính chất cơ bản sau : số chính phương chia dư 0; 1; chia dư 0; 1; chia dư 0; 1; 4. Ví dụ 5 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Còn Do đó phương trình trên vô nghiệm. Có thể mở rộng thêm cho nhiều modulo như 5; 6… và mở rộng cho số lập phương ; tứ phương ; ngũ phương . Ta đến với Ví Dụ sau : Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải: Dễ thấy Giáo viên:Phan Duy Thanh 2 Mặt khác : chẵn thì ; lẻ thì Còn ( vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Chú ý : Nhiều bài toán nghiệm nguyên trong đề thi vô địch toán các nước đôi khi phải xét đến modulo khác lớn ; ta xét đến ví dụ sau : Ví Dụ 7 :(Balkan1998) Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: ( vô lí) Do đó phương trình này vô nghiệm. Chỉ dòng ; thật ngắn gọn và đẹp phải không nào. Nói chung để xét modulo hiệu quả còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm toán. Nói thêm : Đối với các phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phương thì modulo thường dùng là vì ( hãy tự chứng minh ) Ta xét Ví Dụ sau . Ví Dụ 8 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Dựa vào nhận xét trên : Còn ( vô lí). Do đó phương trình trên vô nghiệm . Phương Pháp 3 : Dùng Bất Đẳng Thức Dạng 1 : Đối với các phương trình mà các biến có vai trò như nhau thì người ta thường dùng phương pháp sắp xếp thứ tự các biến . Ví Dụ 9 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải : Không mất tính tổng quát có thể giả sử : Nghiệm phương trình là Dạng 2 : Đối với các phương trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng phương pháp này ( nếu vai trò các biến cũng như nhau ) Cách giải khác dành cho Ví Dụ 9: Chia vế phương trình trên cho ta đc : Giáo viên:Phan Duy Thanh 3 Giải: Không mất tính tổng quát có thể giả sử và . Ta xét đến Ví Dụ tiếp theo để thấy sự hiệu quả của phương pháp này Ví Dụ 10 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải: Không mất tính tổng quát có thể giả sử . Lần lượt thử : phương trình vô nghiệm nguyên Xét Mặc khác . Ta thử lần lượt. phương trình vô nghiệm nguyên Xét Mặc khác . Vậy nghiệm phương trình là và các hoán vị. Dạng 3 : Áp Dụng Các Bất Đẳng Thức Cổ Điển. Ví Dụ 11 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải: Áp Dụng BDT Cauchy cho 3 số ; ta đc Dấu xảy ra Từ phương trình Giáo viên:Phan Duy Thanh 4 ( phương trình ước số ; dễ dàng tìm đc rồi tìm ra ) Đáp số : nghiệm phương trình là Ghi chú : Việc Áp Dụng BDT vào bài toán nghiệm nguyên rất ít dùng vì ẩn ý dùng BDT rất dễ bị "lộ" nếu người ra đề không khéo léo. Tuy nhiên cũng có vài trường hợp dùng BDT khá hay . Ta đến với Ví Dụ sau. Ví Dụ 12 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với là các số đôi khác nhau. Giải: Áp dụng BDT quen thuộc sau : Vì khác nhau Lần lượt thử các giá trị của ta tìm đc Đáp số : và các hoán vị . Dạng 4 : Áp dụng tính đơn điệu của bài toán . Ta chỉ ra hoặc vài giá trị của biến thoả phương trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất . Ví Dụ 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau Giải: phương trình vô nghiệm nguyên ; thoả mãn . Do đó là nghiệm duy nhất của phương trình . Còn phương trình này thì sao nhỉ : Bằng cách tương tự ; dễ dàng nhận ra là nghiệm duy nhất . Nói thêm : Đối với phương trình trên ; ta có bài toán tổng quát hơn . Tìm các số nguyên dương thoả : . Đáp số đơn giản là nhưng cách giải trên vô tác dụng với bài này . Để giải bài này thì hữu hiệu nhất là xét modulo ( các phương trình chứa ẩn ở mũ thì phương pháp tốt nhất vẫn là xét modulo ) . Phần này chỉ nói thêm nên chúng ta tạm thời Giáo viên:Phan Duy Thanh 5 không giải bài toán này bây giờ mà sẽ để lại dịp khác . Dạng 5 : Dùng điều kiện hoặc để phương trình bậc có nghiệm . Ví Dụ 14 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Giải bất phương trình trên không khó ; dễ dàng suy ra được : Do nguyên nên dễ dàng khoanh vùng được giá trị của và thử chọn. Nói chung thì phương pháp này được dùng khi có dạng ( hoặc ) với hệ số . Còn khi thì dùng phương pháp đã nói đến trong ví dụ để đưa về phương trình ước số cách nhanh chóng. Phương Pháp 4: Phương pháp chặn hay ta có thể gọi nó bằng cái tên khác là đẹp hơn là phương pháp đánh giá. Phương pháp đánh giá cơ bản dựa vào nhận xét sau : 1/ không tồn tại thoả với 2/ nếu với thì Ta đến với Ví Dụ sau Ví Dụ 15 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Xét hiệu Xét hiệu Theo nhận xét trên Thế vào phương trình ban đầu Nhận xét trên có thể mở rộng với số lập phương ; ta đến với ví dụ tiếp theo : Ví Dụ 16 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giáo viên:Phan Duy Thanh 6 Giải: Bằng cách trên ta có được : hoặc hoặc lần lượt xét ta tìm được các nghiệm phương trình là: Phương Pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương . Dạng 1 : Trước tiên ta đến với mệnh đề sau : với thì Chứng minh mệnh đề này không khó ; ta chứng minh bằng phản chứng : Giả sử không là số chính phương nên trong phân tích thành ước nguyên tố của hoặc tồn tại 1 số chứa ít nhất 1 ước nguyên tố p với số mũ lẻ . Giả sử là . Vì nên không chứa thừa số cũng chứa thừa số với số mũ lẻ ( vô lí trái với điều kiện là số chính phương) . Bây giờ ta đến với ví dụ . Ví Dụ 17: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Rõ ràng Từ phương trình ( phương trình ước số) Từ đó tìm được nghiệm phương trình . Đáp số : Dạng 2 : Ta có mệnh đề thứ : Nếu là các số nguyên thoả thì hoặc ; hoặc Chứng minh mệnh đề này không khó : Giả sử Giáo viên:Phan Duy Thanh 7 Dùng phương pháp chặn : Vô lí do đó mệnh đề được chứng minh . Bây giờ áp dụng mệnh đê trên ; ta đến với ví dụ sau . Ví Dụ 18: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: => hoặc hoặc . Phương trình này vẫn còn những cách giải khác nhưng điều tôi muốn nhấn mạnh chính là việc dùng mệnh đề trên giúp cho lời giải bài toán trở nên ngắn gọn hơn . Phương Pháp 6:Lùi vô hạn ( hay còn gọi là phương pháp xuống thang) . Phương pháp này dùng để chứng minh một phương trình nào đó ngoài nghiệm tầm thường thì không còn nghiệm nào khác . Phương pháp này có thể được diễn giải như sau : Bắt đầu bằng việc giả sử là nghiệm của . Nhờ những biến đổi ; suy luận số học ta tìm được 1 bộ nghiệm khác sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm đầu tiên bởi tỉ số nào đó . Ví Dụ : . Rồi lại từ bộ thoả . Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến : chia hết cho với là số tự nhiên tuỳ ý . Điều này xảy ra .Để rõ ràng hơn ta xét một Ví Dụ . Ví Dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Gọi là nghiệm của phương trình trên . Xét theo modulo . Ta chứng minh đều chia hết cho . Thật vậy ; rõ ràng vế phải chia hết cho Ta có : Do đó đều chia hết cho . Đặt . Thế vào và rút gọn : Rõ ràng . Đặt . Thế vào và rút gọn : Do đó nếu là nghiệm của phương trình trên thì cũng là nghiệm . Tiếp tục lý luận như trên thì đều chia hết cho . Ta lại tìm được nghiệm thứ là Giáo viên:Phan Duy Thanh 8 với . Tiếp tục và ta dẫn đến : . Điều đó chỉ xảy ra . Ví Dụ 20: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : ( Korea 1996) Giải: Giả sử là nghiệm của phương trình trên . Rõ ràng chẵn ( do chẵn ) nên có 2 trường hợp xảy ra. Trường Hợp 1 : có số lẻ ; số chẵn. Không mất tính tổng quát giả sử lẻ chẵn. Xét theo modulo 4 thì : Còn ( do chẵn ) ( vô lí) Trường Hợp 2 : số đều chẵn. Đặt thế vào và rút gọn ta được : lập luận như trên ta lại được chẵn. Quá trình lại tiếp tục đến : với Điều đó xảy ra . Tóm lại nghiệm phương trình là Phương Pháp 7: Nguyên Tắc Cực Hạn hay còn gọi là Nguyên Lí Khởi Đầu Cực Trị. Về mặt hình thức thì phương pháp này khác với phương pháp lùi vô hạn nhưng về ý tưởng sử dụng thì như nhau ; đều chứng minh 1 phương trình không có nghiệm không tầm thường. Phương pháp bắt đầu bằng việc giả sử là nghiệm của với điều kiện ràng buộc với bộ . Ví Dụ như nhỏ nhất hoặc nhỏ nhất .v .v . Bằng những phép biến đổi số học ta tìm được bộ nghiệm khác trái với những điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chon bộ với nhỏ nhất ta lại tìm được bộ thoả . Từ đó dẫn đến phương trình cho có nghiêm là . Ta hãy xét ví dụ. Ví Dụ 21 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Giả sử là nghiệm phương trình trên với điều kiện nhỏ nhất. Từ phương trình chẵn. Đặt Thế vào và rút gọn ta được : Rõ ràng chẵn.Đặt Giáo viên:Phan Duy Thanh 9 Tiếp tục chẵn. Đặt Và dễ thấy cũng chẵn.Đặt Nhìn vào phương trình trên rõ ràng cũng là nghiệm phương trình trên và dễ thấy ( vô lí do ta chọn nhỏ nhất ) Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất Chú y : ta cũng có thể chọn bộ thoả nhỏ nhất ; lý luận tương tự và dễ thấy từ đó cũng dẫn đến kết luận bài toán. Phương Pháp 8: Sử Dụng Một Mệnh Đề Cơ Bản Của Số Học. Trước tiên ta đến với bài toán nhỏ sau: Cho là số nguyên tố có dạng với nguyên dương ; là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng nếu thì Chứng minh: Giả sử ko chia hết cho thì rõ ràng ko chia hết cho Theo fermat nhỏ : nên Mặt khác do lẻ nên theo hằng đẳng thức : ( là số nào đó ) RÕ ràng ( do giả thiết Do đó theo ta có điều phải chứng minh. Xét 1 trường hợp nhỏ của bài toán trên : Khi ; vì lẻ nên Lúc đó ta có mệnh đề sau : là số nguyên tố có dạng . Khi đó nếu thì Mệnh đề hết sức đơn giản này lại là 1 công cụ vô cùng hiệu quả đối vơi nhiều bài toán khó. Ví Dụ 22: ( bài toán Lebesgue) Giải phương trình nghiệm nguyên sau : ( đây là 1 trường hợp nhỏ của phương trình Mordell ) Ghi chú : Phương trình Mordell là phương trình có dạng ; bài toán trên là trường hợp phương trình Mordell với Giải: Trước tiên ta có bổ đề nhỏ sau : Giáo viên:Phan Duy Thanh 10 [...]... của mệnh đề trên : giả sử pt có tâp nghiệm với là giá trị nhỏ nhất của => => => => (*) CỘng vào vế (*) : Ta đc : => => Vậy nếu pt (*) có nghiệm là (**) thì pt (*)cũng có nghiệm là vì là giá trị nhỏ nhất của => nghiệm => => pt (**) > (*) => => => => => (1) Vì có vai trò như nhau nên ta cũng cm đc (2) Từ (1) và (2) => => pt (*) : => Giáo viên:Phan Duy Thanh 12 => ( vô lí ) Vậy pt này vô nghiệm Nhưng nếu... viên:Phan Duy Thanh 23 Thay vào được thỏa mãn Vậy PT có 2 nghiệm =========== 27/Giả sử x,y,z là nghiệm sao cho Viết x,y,z dưới dạng Pt tương đương: min Đặt Do Do đó: hoặc Ko mất tính tổng quát giả sử cặp pt thứ 1 đúng Ta thấy v,u cùng lẻ theo Pt Pi-ta-go chẵn lẻ khác nhau) Thế vào đc cho ta nguyên tố có tính Vậy p,q,m là nghiệm của PT ban đầu Ta thấy vô lí Vậy PT vô nghiệm ============ 48/ n chẵn thì những... thể cùng bằng 0 Vậy PT ko có nghiệm nguyên Nếu là 1 nghiệm Nếu n lẻ thì x chẵn Giả sử Khi đó PT có dạng: hoặc KT trực tiếp chúng đều ko là nghiệm Vậy chỉ có là nghiệm của PT =========== 46/ n-q hoặc Nếu Vậy vô lí với Ta có Ko mất tính tổng quát cho do đó Giáo viên:Phan Duy Thanh 24 Tương tự hoặc 3 Xét từng trường hợp của k ta được nghiệm là ============= 70/ PT Fermat (vô nghiệm) PT tương đương với... đương với Sau đó sử dụng phương pháp cực hạn và công thức nghiệm của PT Pi-ta-go để chứng minh được PT vô nghiệm Pt tương đương: (giả sử ở đây ) CT nghiệm của PT này là: Ta có Do tiếp tục có CT nghiệm nữa: Ta có Do Vậy tồn tại là số CP Do đều là số CP sao cho: cả 2 số này đều CP Với Vậy vô lí Ta có đpcm ========= 58/ Nếu x=y thì PT tương đương hay 2 Nếu Nếu y . pt có tâp nghiệm với là giá trị nhỏ nhất của . => => => => (*) CỘng vào vế (*) : Ta đc : => => (**) Vậy nếu pt (*) có nghiệm là thì pt. nghiệm => => pt (**) > (*) => => => => => (1) Vì có vai trò như nhau nên ta cũng cm đc (2) Từ (1) và (2) => => pt (*) : =>