1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
2.4.Phương pháp lùi vô hạn (phương pháp xuống thang)
thang)
2.4.1. Mô tả phương pháp
- Nội dung của phương pháp là dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn theo ẩn phụ nhằm hạ (giảm bớt) hằng số tự do, để có được phương trình đơn giản hơn.
- Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có nhiều ẩn mà hệ số có ước chung bằng 1
- Dựa vào nguyên lý cực hạn, cụ thể:
+ Một tập hợp hữu hạn khác rỗng các số tự nhiên bao giờ cũng có phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất.
+ Một tập hợp khác rỗng bất kỳ các số tự nhiên bao giờ cũng có phần tử bé nhất.
2.4.2. Một số ví dụ
Ví dụ 2.4.1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau.
x2 +y2 = 3z2 (1)
Lời giải.
Giả sử (x0, y0, z0) là một nghiệm của phương trình (1). Ta xét theo modulo 3. Ta chứng minh x0, y0 đều chia hết cho 3.
Thật vậy, rõ ràng vế phải của (1) chia hết cho 3, từ đó dẫn đến x20+y20...3. Ta có: x20 ≡0; 1(mod3), y02 ≡ 0; 1(mod3). Do đó, x20 +y02...3 khi và chỉ khi
Đặt x0 = 3x1;y0 = 3y1. Thế vào phương trình (1) và rút gọn ta được: 3(x21 +y21) =z02 (2) Từ (2) ta suy ra z0...3. Ta đặt z0 = 3z1, thế vào (2) ta được
x21 +y12 = 3z12
Do vậy nếu (x0, y0, z0) là một nghiệm của phương trình thì (x1, y1, z1) cũng là một nghiệm của phương trình.
Tiếp tục lý luận như trên thì x1, y1, z1 đều chia hết cho 3.Ta lại tìm được nghiệm (x2, y2, z2) với x2, y2, z2 chia hết cho 3.
Cứ tiếp tục như vậy ta dẫn đến x0, y0, z0...3k. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 = y0 = z0 = 0.
Kết luận: phương trình (1) có nghiệm (x, y, z) = (0,0,0).
Ví dụ 2.4.2. Giải phương trình nghiệm nguyên sau
x2 +y2 +z2 = 2xyz (1)
Lời giải.
Giả sử (x0, y0, z0) là một nghiệm của phương trình (1) khi đó
x02 + y02 +z02 = 2x0y0z0
Do 2x0y0z0 chẵn nên x20 +y20 + z02 chẵn. Ta xét hai trường hợp xảy ra Trường hợp 1: có 2 số lẻ, 1 số chẵn: Không mất tính tổng quát ta giả sử
x0, y0 lẻ; z0 chẵn.
Xét theo Modulo 4 thì: x20 + y02 + z02 ≡ 2(mod4) còn 2x0y0z0...4 (do z
chẵn). Từ đó đẫn đến điều vô lý, vậy trường hợp này không xảy ra. Trường hợp 2: Cả 3 số đều chẵn. Đặt x0 = 2x1;y0 = 2y1;z0 = 2z1. Thế vào (1) ta được phương trình
x12 + y12 +z12 = 4x1y1z1 (2)
Lập luận như trên ta được x1, y1, z1 chẵn.
Quá trình lại tiếp tục dẫn đến x0, y0, z0...2k với k ∈ Z+ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 = y0 = z0 = 0. Tóm lại phương trình có nghiệm là (x0, y0, z0) = (0,0,0)
Ví dụ 2.4.3. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình sau
8x4 + 4y4 + 2z4 = t4 (1)
Lời giải.
Từ phương trình (1) suy ra t40 là số chẵn, dẫn đến t0 chẵn. Đặt t0 = 2t1, thế vào (1) và rút gọn ta được
4x40 + 2y04 +z40 = 8t41 (2) Từ (2) ta lại thấy z0 là số chẵn. Đặt z0 = 2z1 thế vào (2) ta được
2x40 +y04 + 8z41 = 4t41 (3) Tiếp tục từ (3) ta thấy y0 chẵn. Đặt y0 = 2y1 và thế vào (3) ta được
x40 + 8y14 + 4z41 = 2t41 (4)
Và dễ thấy từ (4) x0 cũng chẵn. Đặt x0 = 2x1 thế lại vào (4) ta được 8x41 + 4y14 + 2z14 = t41 (5) Nhìn vào (5) thì rõ ràng (x1, y1, z1, t1) cũng là một nghiệm của phương trình trên và cũng dễ thấy x1 < x0 (Điều này vô lý vì ta chon x0 nhỏ nhất)
Do vậy phương trình có nghiệm (x, y, z, t) = (0,0,0,0)
Chú ý 2.4.1. Với phương trình này ta cũng có thể chọn bộ (x0, y0, z0, t0) thỏa mãn x0+y0+z0+t0 nhỏ nhất. Lý luận tương tự ta cũng tìm được bộ (x1, y1, z1, t1 sao cho x1 + y1 + z1 + t1 < x0 +y0 + z0 + t0. Từ đó ta cũng được kết luận của bài toán
Ví dụ 2.4.4. Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn
x3 +y3 +z3 = (x+ y+ z)2 (1)
Lời giải.
Vì vai trò của x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x < y < z. Khi đó áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có:
x3+y3+z3
3 ≥(x+3y+z)3
Với mọi x, y, z không âm. Từ đó ta suy ra x+y +z ≤ 9 Ở đây dấu ” = ” không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau. Vậy x+y +z ≤8. (2)
Mặt khác cũng vì x, y, z đôi một khác nhau nên x+y+z ≥ 1 + 2 + 3 = 6 (3)
. Lần lượt thử các giá trị củax+y+z với x, y, z nguyên dương và đôi một khác nhau, ta tìm được nghiệm của phương trình là (x, y, z) = (1,2,3) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 2.4.5. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình.
x2 +y2 +z2 +t2 = x2y2z2 (1)
Lời giải.
Ta nhận thấy phương trình (1) có nghiệm (0,0,0,0). Gọi (x0, y0, z0, t0) là một nghiệm không âm tùy ý của (1). Khi đó ta có:
x20 +y02 +z02 +t20 = x20y02z02 (2) + Nếu x0, y0, z0) là các số lẻ, thì x20 ≡ 1(mod 4); y02 ≡ 1(mod 4);
z02 ≡1(mod 4). Vì thế x20y20z02 ≡1 (mod 4).
Mặt khác, do t20 ≡ 1 (mod 4) hoặc t20 ≡ 0 (mod 4), nên chỉ có thể hoặc là x20 +y20 + z02 + t20 ≡ 3 (mod 4), Hoặc x02 + y02 + z02 + t20 ≡ 0 (mod 4). Trường hợp nào cũng dẫn đến điều vô lý, Vậy không xảy ra trường hợp này.
+ Nếu hai trong ba số x0, y0, z0 là các số lẻ (chẳng hạn là x0, y0). Khi đó doz0 chẵn, nênz02...4, từ đóx20y02z02 ≡ 0(mod 4). Lại cóx20+y02+z02+t20 ≡2 (mod 4) hoặc x20 + y02 + z02 +t20 ≡ 3 (mod 4). Vậy trường hợp này cũng không thể xảy ra.
+ Nếu một trong ba số x0, y0, z0 là lẻ (giả sử x0 lẻ). Khi đó y0, z0
chẵn, suy ra x20y20z02...4. Mặt khác, x20 + y20 + z02 ≡ 1 (mod 4), nên hoặc (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
x02 + y02 +z02 + t20 ≡ 1 (mod 4) hoặc x02 +y20 +z02 + t20 ≡ 2 (mod 4). Lập luận như trên ta cũng thấy không xảy ra trường hợp này.
Như vậy các sốx0, y0, z0 phải cùng chẵn. Đặtx0 = 2x1, y0 = 2y1, z0 = 2z1. Thế vào phương trình (2) ta được:
4x21 + 4y12 + 4z12 +t20 = 64x21y12z12 (3) Từ (3) ta lại có t20...4 ⇒t0...2 ⇒t0 = 2t1. Thay vào (3) ta đi đến:
x21 + y12 +z21 + t21 = 16x21y12z12 (4) Vì vế phải của (4) chia hết cho 8 nên suy ra:
x21 +y21 +z12 +t21...8
Ta biết rằng nếu a ∈ Z thì a2 ≡ 0(mod8), hoặc a2 ≡ 1 (mod 8) hoặc
minh rằng cả 4 số x1, y1, z1, t1 đều là số chẵn. Thật vậy:
- Nếu x1, y1, z1, t1 cùng lẻ thì x21 + y12 + z12 +t21 ≡ 4 (mod 8), đó là điều vô lý.
- Nếu có 3 số trong các số x1, y1, z1, t1 lẻ (chẳng hạn x1, y1, z1 lẻ) ta có x21 + y12 + z12 ≡ 3 (mod 8). Vì vậy x21 + y12 + z12 ≡ 3 (mod 4) hoặc
x21 +y12 +z12 ≡ 7 (mod 8) là điều vô lý.
- Tương tự, cũng không thể xảy ra 2 trong 4 số x1, y1, z1, t1 hoặc 1 trong 4 số x1, y1, z1, t1 là lẻ. Vì thế x1 = 2x2, y1 = 2y2, z1 = 2z2, t1 = 2t2. Thay vào (4) ta đi đến:
4x22 + 4y22 + 4z22 + 4t22 = 16.64x22y22t22 ⇒ x22 +y22 +z22 +t22 = 162x22y22t22 (5) Lập luận như trên ta dẫn đến x2, y2, z2, t2 là số chẵn. Quá trình trên cứ tiếp tục vô hạn lần.và kết quả là phương trình co nghiệm duy nhất (0,0,0,0)
. 2.6. Với cách làm như trên ta cũng giải được một số phương trình sau 1. x3 −2y3 −4z2 = 0
2. x2 +y2 + z2 = 2xyz
3. x3 + 3y3 + 9z3 = 27xyz
2.5. Phương pháp đánh giá
2.5.1. Mô tả phương pháp
Cơ sở của phương pháp này là chúng ta sử dụng các tính chất của số nguyên, các bất đẳng thức cổ điển nhằm đánh giá (so sánh) hai vế của một phương trình nghiệm nguyên, từ đó ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình khi hai vế của phương trình bằng nhau. Cụ thể các đánh giá thường được sử dụng đó là:
1. Không tồn taị số nguyên n sao cho x2 < n2 < (x+ 1)2 2. Các bất đẳng thức cổ điển như CauChy, Bunhiacopski,... 3. Các tính chất của số nguyên, số nguyên tố...
2.5.2. Một số ví dụ.
Ví dụ 2.5.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau.
x4 +x2 −y2 +y + 10 = 0
Lời giải.
Ta viết lại phương trình dưới 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 vậy nếu (x0, y0) là nghiệm nguyên của phương trình đã cho, thì từ (2) ta có: x20(x20 + 1)< y0(y0 −1) < (x20 + 3)(x20 + 4) (3) Do x0, y0 là các số nguyên nên từ (3) ta có Hoặc y0(y0 −1) = (x20 + 1)(x20 + 2) hoặc y0(y0 −1) = (x20 + 2)(x20 + 3) Trường hợp 1: y0(y0−1) = (x20+ 1)(x20+ 2)⇒ x40+x20+ 10 = x40+ 3x20+ 2 ⇒x20 = 4 ⇒ x0 = 2, x0 = −2 Khi đó ta có: y0(y0 −1) = 30 ⇒ y02 −y0 −30 = 0 ⇒y0 = 6, y0 = −5 Như vậy trong trường hợp này phương trình đã cho có các 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 = (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
x40 + 5x20 + 6
x20 = 1 ⇒ x0 = ±1
Khi đó, y0(y0 −1) = 12 ⇒ y02 −y0 −12 = 0 ⇒ y0 = 4, y0 = −3
Trong trường hợp này phương trình có nghiệm: (x, y) = (1,4),(1,−3),(−1,4),(−1,−3)
Như vậy phương trình đã cho có 8 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 bài này ta áp dụng một kết quả hiển nhiên sau. Nếu x, y là các số nguyên và a là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện sau.
(x+a)(x+a+ 1)(x+a+ 2)...(x+a+n)
Thì khi đó ta có:
y(y + 1)(y + 2)....(y + n) = (x+k)(x+k + 1)(x +k + 2)...(x+ k +n)
trong đó k = 1,2, ..., a−1.
Ví dụ 2.5.2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau 5x+ 2.5y + 5z = 4500
với x < y < z
Lời giải.
Từ phương trình đã cho ta có nhận xét rằng: 5z < 4500 < 56 ⇔z < 6 Mặt khác,theo giả thiết x < y < z nên ta suy ra x ≤ 3, y ≤4. 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 cũng có thể đánh giá theo x hoặc y
Ví dụ 2.5.3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau.
x4 −y4 +z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1 = 0
Lời giải.
Ta viết lại phương trình dưới dạng:
y4 = x4 + z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1 = (x2 +z2 + 1)2 + (x2 + 2z2)(1)
Mặt khác: y4 = (x2 +z2 + 2)2 −(x2 + 3)(2)
Nhận xét rằng x2 + 2z2 ≥ 0 và x3 + 3 > 0 với mọi x, z ∈ Z. Do đó từ (1) và (2) ta suy ra:
(x2 +z2 + 1)2 ≤ y4 < (x2 +z2 + 2)2
⇔x2 + z2 + 1 ≤ y2 < x2 + z2 + 2
⇔x2 + z2 + 1 = y2
Kết hợp với phương trình (1) ta được
x2 + 2z2 = 0
⇔ x = z = 0 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
⇒ y2 = 1 ⇒ y = ±1
Như vậy nghiệm của phương trình là: (x, y, z) = (0,1,0); (0,−1,0).
Ví dụ 2.5.4. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình sau.
x3y3 −4xy3 + y2 +x2 −2y −3 = 0
Lời giải.
Phương trình đã cho được viết tương đương như sau
x2(xy3 + 1)−4(xy3) + (y2 −2y+ 1) = 0
⇔(xy3 + 1)(x2 −4) + (y2 −1) = 0(1)
Do x ≥ 0, y ≥ 0 nên từ (1) ta suy ra:
x2 −4≤ 0 (2)
Từ (2) do x nguyên không âm, nên ta có x = 0, x = 1 hoặc x = 2. Ta xét 3 khả năng sau:
1. Nếu x = 0 ta đưa phương trình đã cho về dạng:
y2 −2y −3 = 0 Do y ≥ 0 và nguyên suy ra y = 3.
2. Nếu x = 1, ta có phương trình sau để tìm y
3y3 −y2 + 2y + 2 = 0
⇔3y3 + 3−(y −1)2 = 0 (*)
Do y là nguyên không âm, nên 3y3 + 3 > y2 + 1 ≥ (y −1)2 suy ra vế trái của phương trình (*) dương, do đó phương trình (*) vô nghiệm. 3. Nếu x = 2 từ phương trình ban đầu ta có:
y −1 = 0 ⇔ y = 1
Tóm lại: phương trình đã cho có hai nghiệm không âm là (0,3) và (2,1).
Ví dụ 2.5.5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau.
x+ 2y + 2z = xyz (1)
Lời giải.
Xét phương trình (1)
x+ 2y + 2z = xyz
Do vai trò của y và z bình đẳng nên ta có thể giả sử y ≤ z
Chỉ có hai khả năng sau
1. Nếu x = 1 khi đó (1) có dạng 1 + 2y + 2z = yz ⇔(y −2)(z−2) = 5 (2) Do y ≤ z ⇒y−2≤ z−2. Mặt khác, vì y > 0 ⇒y−2≥ −1 nên từ (2) suy ra: ( y −2 = 1 z −2 = 5 Từ đó ta tìm được y = 3, z = 7
Vậy trường hợp này phương trình có nghiệm (x, y, z) = (1,3,7) 2.Nếu x ≥ 2. Ta có Từ (1) ⇔2(y +z) =x(yz −1) (3) Do x ≥ 2 và yz −1 ≥ 0 (vì y ≥ 1, z ≥1), nên ta có. x(yz−1) ≥2(yz −1) Vì vậy từ (3) ta có y +z ≥yz −1 ⇒yz −y−z ≤0 ⇒(y−1)(z−1) ≤2 (4) Do 0 ≤ y −1 ≤z −1 nên từ (4) suy ra
y −1 ≤1 ⇒ y ≤2 (5) Từ (5) do y nguyên dương, nên chỉ có hai khả năng sau:
a. Nếu y = 1 khi đó từ (1) ta có: x+ 2 + 2z = xz ⇔(x−2)(z−1) = 4 (6) Do x ≥ 2 và do z ≥ 1 nên từ (6) ta có: ( x−2 = 1 z−1 = 4 hoặc ( x−2 = 2 z−1 = 2 hoặc ( x−2 = 4 z−1 = 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Giải các hệ trên ta tìm được(x, y, z) = (3,1,5); (4,1,3); (6,1,2) b. Nếu y = 2. Khi đó từ (1) ta có x+ 4 + 2z = 2xz ⇔(2z −1)(x−1) = 5 (7) Do x ≥ 2 ⇒ x−1 ≥ 1. Do z ≥ y ≥ 2 ⇒ 2z −1 ≥ 3. Vì thế từ phương trình (7) ta suy ra ( 2z−1 = 5 x−1 = 1 Ta tìm được z = 3, x = 2.
Trong trường hợp này phương trình co nghiệm (x, y, z) = (2,2,3) Vậy với giả thiết y ≤ z phương trình có các nghiệm sau:
(1,3,7); (3,1,5); (4,1,3); (6,1,2); (2,2,3)
Bằng cách trao đổi vai trò giữa y và z suy ra phương trình đã 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 có thể giải các bài toán sau.
. 2.7. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau. 1. x4 +x2 + 1 = y2
2. x3 −y3 −2y2 −3y −1 = 0
3. x4 −y4 +z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1 = 0 4. x3 = y3 + 2y2 + 1
. 2.8. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình. 1. x3y3 −4xy3 +y2 +x2 −2y −3 = 0
2. 8(2−x) +y2 −z2 = 0 Với điều kiện y < x < 10 3. y2z2 + (y3 −2xy)z+ x(x−y) +y2z2(y −1) = 0 4. y2xz2 + z2yx2 + x2zy2 = t
Kết luận
Luận văn đã trình bày và đạt được một số kết quả sau
1. Trình bày một số kiến thức cơ bản của số học trong việc giải phương trình nghiệm nguyên, một số dạng phương trình quen thuộc như phương trình Điôphăng, phương trình Pitago, phương trình Fermat, phương trình Pell....
2. Luận văn đưa ra một số cách giải phương trình nghiệm nguyên thường được sử dụng như phương pháp phân tích, phương pháp lựa chọn Mod- ulo, phương pháp lùi vô hạn....
3. Luận văn cũng đưa ra được hệ thống phong phú các ví dụ, minh họa cho các phương pháp trên.
Tài liệu tham khảo
[1] Hà Huy Khoái, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông Số học, nhà xuất bản Giáo dục, 2003.
[2] Phan Huy Khải, Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học, nhà xuất bản Giáo dục, tháng 4 năm 2006.
[3] Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng Các bài giảng về số học, nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội, Quý 4 năm 2006.
[4] .Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, nhà xuất bản Giáo dục
[5] .Vũ Dương Thụy , Trương Công Thành Tuyển chọn các bài toán chọn lọc THCS, nhà xuất bản Giáo dục, 2003.
[6] .Vũ Hữu Bình, Toán nâng cao và phát triển 6, 7, 8, 9, nhà xuất bản Giáo dục, 1997.