1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
2.3.Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của số họ c
số học
2.3.1. Mô tả phương pháp
Trong giải phương trình nghiệm nguyên thì đây là một phương pháp rất hay được áp dụng. Chúng ta thường sử dụng những tính chất về. - Tính chất của các số chẵn, lẻ
- Tính chia hết của các số nguyên - Tính chất của các số chính phương
- Tính chất của các số nguyên tố...
- Một số Định lý của số học như Fermat, Euler,....
2.3.2. Một số ví dụ
Ví dụ 2.3.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. (2x+ 5y + 1)(2|x| +x2 +x+y) = 105 Lời giải. Ta có 105 là số lẻ, nên 2x+ 5y+ 1 và (2|x|+x2 +x+y) là các số lẻ. Từ 2x+ 5y + 1 là số lẻ và do 2x+ 1 lẻ, nên 5y chẵn, tức là y chẵn. Do x2 +x = x(x+ 1) chẵn và y chẵn nên 2|x| phải là số lẻ, tức là x = 0. Ta có (5y + 1)(y + 1) = 105 (1) Từ (1) suy ra (5y + 1)(y + 1)...5, mà (5x+ 1) 6 ...5 nên (y + 1) 6 ...5. Ta có y ≤4 vì nếu y ≥ 5 thì (5y+ 1)(y+ 1) > 105.
y ≤ 4 mà (y + 1)...5 nên y = 4 (vì nếu y = −5k −1 với k = 1,2, .... thì (5y+ 1)(y + 1) > 105)
Vậy nghiệm nguyên duy nhất của phương trình là (x, y) = (0,4)
Nhận xét 2.1. Với nhiều bài toán chúng ta có thể sử dụng những tính chất cơ bản về số nguyên.
- Tích của hai số nguyên dương liên tiếp là một số chẵn
- Tích của hai số nguyên là một số lẻ khi và chỉ khi hai số nguyên đó lẻ.
Ví dụ 2.3.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x+ 2.5y + 5z = 4500
với x < y < z
Lời giải.
Xét phương trình: 5x+ 2.5y + 5z = 4500 (1)
Từ phương trình (1) ta suy ra 5x < 4500 < 56 ⇒ z < 6.
và
5x+ 2.5y + 5z ≤53 + 2.54 + 55 = 4500 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = 3, y = 4, z = 5
Vậy với x < y < z thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương duy nhất là (x, y, z) = (3,4,5).
Nhận xét 2.2. Với nhiều bài toán ta cũng có thể dùng việc đánh giá để giới hạn tập nghiệm
- Nếu không có điều kiện x < y < z, bài toán trên sẽ phức tạp hơn rất nhiều vì ta phải xét thêm nhiều trường hợp nữa. Bằng cách xét các trường hợp đó ta cũng tìm được nghiệm của phương trình là:
(x, y, z) = (3,4,5),(5,4,3)
Ví dụ 2.3.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2x+ 65 =y2 (1)
Lời giải.
Xét phương trình (1) ta thấy
65...5, còn 2x 6 ...5 với mọi x nguyên dương. Do vậy từ phương trình (1) suy ra y là số nguyên dương không chia hết cho 5. Chú ý rằng y 6 ...5 thì
y có dạng 5k ± 1 hoặc 5k ± 2. Từ đó suy ra nếu y thỏa mãn phương trình (1) thì
y2 ≡ ±1(mod 5) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Từ 2x ≡ ±1(mod 5) nên x = 2k, với k nguyên dương. Thay lại vào phương trình (1) ta có 22k + 65 = y2 ⇒65 = (y −2k)(2 + 2k) (2) Từ 2k+y > 0 nên từ (2) suy ra y−2k > 0 và y+ 2k > y−2k. Do đó từ (2) dẫn đến các hệ sau: ( y+ 2k = 65 y−2k = 1
hoặc
(
y+ 2k = 13
y−2k = 5
Từ hai hệ trên ta tìm được hai nghiệm nguyên dương là (x, y) = (10,33) và (4,9).
Ví dụ 2.3.4. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình sau
5x.7y + 4 = 3z (1)
Lời giải.
Từ phương trình (1) ta suy ra 3z > 4, hay z ≥ 2. Như vậy ta xét hai khả năng sau
1. Nếu x = 0 khi đó từ (1) suy ra:
7y + 4 = 3z (2) Rõ ràng 7y ≡ 1(mod3) và 4≡ 1(mod 3) nên từ (2) ta đi đến 3z ≡ 2(mod 3).Điều này vô lý, như vậy không thể xảy ra trường hợp này.
2. Nếu x ≥1 Từ (1) ta có 3z ≡ 4(mod 5) suy ra z = 4k+ 2 với k ≥ 0, k
nguyên. Thay vào (1) ta có
5x.7y = 34k+2 −4 ⇔5x7y = (32k+1 + 2)(32k+1 −2) (3) Ta thấy (32k+1 + 2)−(32k+1−2) = 4, tức là:
[(32k+1 + 2)−(32k+1−2)]...4
Nhưng 32k+1+2và 32k+1−2đều là các số lẻ nên(32k+1+2,32k+1−2) = 1. Từ (3) ta lại có, ở vế phải thì một thừa số là 5x còn một thừa số là 7y vì thế ta có các khả năng sau:
- Nếu k = 0 từ (3) đi đến
5x.7y + 4 = 32 (4) Từ x, y nguyên không âm nên từ (4) suy ra x = 1, y = 0 và dẫn đến
z = 2.
- Nếu k > 0 tức là k ≥ 1. Khi đó 32k+1 + 2 > 25; 32k+1−2 ≥ 25.Vì vậy 5x ≥25,7y ≥ 25 hay x ≥2;y ≥ 1.
Theo nhận xét trên thì 5x−7y = ±[(32k+1 + 2)−(32k+1 −2)] = ±4 Do vậy ta có 7y ≡ ±4(mod 25)
71 ≡ 7(mod 25);72 ≡ −1 (mod 25); 73 ≡ −7(mod 25); 74 ≡ 1 (mod 25); 75 ≡7(mod 25)
Vì thế với mọi y nguyên dương thì
7y ≡ ±7(mod 25) hoặc 7y ≡ ±1(mod 25)
Từ những điều trên ta suy ra mâu thuẫn. Vậy không xảy ra trường hợp này.
Tóm lại, phương trình (1) có nghiệm nguyên không âm duy nhất là (x, y, z) = (1,0,2)
Ví dụ 2.3.5. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên
x2 +y2 +z2 = 1999 (1)
Lời giải. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Ta biết rằng số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1, chia cho 8 dư 1.
Vì tổng x2 + y2 +z2 là một số lẻ nên trong 3 số x2, y2, z2 phải có: hoặc có một số lẻ hai số chẵn, hoặc cả 3 số lẻ.
Trường hợp 1: trong 3 số x2, y2, z2 có một số lẻ, hai số chẵn:
Khi đó vế trái của (1) chia cho 4 dư 1, còn vế phải của (1) chia cho 4 dư 3. Vì vậy trường hợp này không xảy ra.
Trường hợp 2: cả 3 số x2, y2, z2 đều lẻ.
Khi đó vế trái của (1) chia cho 8 dư 3, còn vế phải của (1) chia cho 8 dư 7. Trường hợp này cũng không xảy ra
Vậy phương trình (1) vô nghiệm.
Chúng ta cũng có thể dùng tính chất của chữ số tận cùng để giải phương trình, cách này rất có hiệu quả khi cần phải chứng minh một phương trình nghiệm nguyên nào đó vô nghiệm.
Ta xét ví dụ sau
1! + 2! +....+ x! = y2 (1)
Lời giải.
Cho x lần lượt các giá trị bằng 1,2,3,4, ta thấy có hai nghiệm thỏa mãn phương trình là (x, y) = (1,1); (3,3)
Nếu x > 4 ta thấy k! với k > 4, k ∈ Z đều có chữ số tận cùng bằng 0 Từ đó suy ra: 1! + 2! +...+ x! = 33 + 5! + ...+ x! có chữ số tận cùng bằng 3.
Mặt khác vế phải của (1) là một số chính phương nên không thể có tận cùng là 3
Như vậy trong trường hợp x > 4 phương trình (1) vô nghiệm Kết luận: Phương trình có hai nghiệm nguyên là (1,1) và (3,3)
Ví dụ 2.3.7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x(x2 +x+ 1) = 4y(y + 1) (1)
Lời giải.
Viêt lại phương trình đã cho dưới dạng:
x3 +x2 +x = 4y2 + 4y
⇔ x3 +x2 +x+ 1 = 4y2 + 4y + 1
⇔ (1 +x2)(1 +x) = (2y+ 1)2
Từ phương trình trên ta có nhận xet rằng:
- Nếu (2y + 1)2 là một số lẻ suy ra 1 +x2 và (1 +x) đều là số lẻ. Giả sử rằng (1 +x2,1 +x) =d, suy ra:
( (1 +x2)...d (1 +x)...d Với d là số lẻ Từ đó ( (1 +x2)...d (1−x2)...d
Cộng hai vế ta được 2...d với d là số lẻ, do đó ta tìm được d = 1 ⇒
(1 +x2,1 +x) = 1.
Ta có (2y + 1)2 là một số chính phương, suy ra 1 +x2 và (1 + x) đều phải là số chính phương.
Ta thấy ngay x2 và (x2 + 1) là hai số tự nhiên liên tiếp mà đều là số chính phương, suy ra x = 0
Vơi x = 0, ta được: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(1) ⇔4y(y + 1) = 0 ⇔y = 0, y = −1
Vậy phương trình có hai cặp nghiệm là (x, y) = (0,0); (0,−1)
Nhận xét 2.3. Lời giải trên được sử dụng các kết quả sau: a. Nếu k là số lẻ thì k2 cũng là số lẻ.
b. Nếu m.n là số lẻ thì m và n đều là các số lẻ.
c. Nếu m và n là các số lẻ thì d = (m, n) cũng là số lẻ d. Nếu a 6 ...d thì ka 6 ...d với a, d, k ∈ Z
e. Nếu m.n là số chính phương và (m, n) = 1 thì cả m và n đều là số chính phương.
Ví dụ 2.3.8. Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình sau
x2 +x−1 = 32y+1 (1)
Lời giải. Ta nhận thấy khi cho x nhận các giá trị từ 1 đến 9 thì biểu thức x2 −x+ 1 có chữ số tận cùng là 1,5,9.
Mặt khác, ta thấy 32y+1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7.
Vậy phương trình (1) không thể xảy ra. Nói cách khác phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương.
Hoặc ta cũng có thể giải phương trình nghiệm nguyên dựa vào nhận xét:
Nhận xét 2.4. Không tồn tại số chính phương x2 nằm giữa hai số chính phương liên tiếp
Ví dụ 2.3.9. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương
Lời giải. Đặt x4 + 2x3 + 2x2 +x+ 3 = y2 với y ∈ N Ta thấy y2 = (x4 + 2x3 +x2) + (x2 +x+ 3) ⇔y2 = (x2 +x)2 + (x2 +x+ 3) Ta sẽ chứng minh a2 < y2 < (a+ 2)2 với a = x2 +x Thật vậy, ta có y2 −a2 = x2 + x+ 3 = (x+ 12)2 + 114 > 0 và (a+ 2)2−y2 = (x2+x+ 2)2−(x4+ 2x3+ 2x2+x+ 3) = 3x2+ 3x+ 1 = 3(x+ 12)2 + 14 > 0 Do a2 < y2 < (a+ 2)2 nên y2 = (a+ 1)2 Từ đó tương đương x4 + 2x3 + 2x2 +x+ 3 = (x2 + x+ 1)2 ⇔x2 +x−2 = 0 ⇔x = 1, x = −2
Vậy với x = 1 và x = −2 thì biểu thức đã cho bằng 9
Ví dụ 2.3.10. Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên x nguyên dương sao 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 = k2 + 2k ⇔x2 +x+ 1 = k2 + 2k+ 1 = (k + 1)2 Do x > 0 nên x2 < (x2 +x+ 1) = (k + 1)2 (1) Cũng do x > 0 nên (k + 1)2 = x2 + x+ 1 < x2 + 2x+ 1 = (x+ 1)2 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: x2 < (k + 1)2 < (x+ 1)2. Điều này vô lý.
Vậy không tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn x(x+ 1) = k(k + 2) Chúng ta cũng có thể sử dụng nhận xét sau:
Nhận xét 2.5. Cho p là số nguyên tố có dạng p = k.2t+ 1 với t nguyên dương; k là số tự nhiên lẻ, khi đó nếu x2t +y2t...p thì x...p;y...p
. 2.5. Giải các phương trình nghiệm nguyên. 1. x3 +y3 = (x+y)2 + x2y2với x, y ∈ Z+ 2. x(1 +x+x) = 4y(y + 1) 3. x2 + 13y2 + 4xy = y2z2 4. x3 + 2y3 = 4z3 5. x3 +x2y+ xy2 +y3 = 8(x2 +xy +y2 + 1)