[Toán 8]Một số kiến thức cơ sở về phương trình nghiệm nguyên

[harrypham]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Chuyên đề này tôi sưu tầm được, đưa lên mọi người cùng xem.

MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ SỞ VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆm NGUYÊN

Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay và khó đối với học sinh .
Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi lớn , nhỏ , trong và ngoài nước .
Trong bài viết này tôi chỉ muốn đề cập đến các vấn đề cơ bản của nghiệm nguyên ( các dạng ; các phương pháp giải ) chứ không đi sâu ( vì vốn hiểu biết có hạn ). Tôi cũng sẽ không nói về phương trình Pell ( vì nó có nhiều trong các sách ) và phương trình Pythagore ; Fermat ( cũng có nhiều trong sách ; khái niệm rất đơn giản )
Chú ý : các bạn có thể tìm đọc thêm cuốn “ phương trình và bài toán nghiệm nguyên “ của thầy Vũ Hữu Bình .

Phương Pháp 1 Áp Dụng Tính Chia Hết
Dạng 1 :phương trình dạng [tex]ax+by=c[/tex]
Ví dụ 1:: giải phương trình nghiệm nguyên sau :
[tex]2x+25y=8[/tex]
Giải:
Có thể dễ dàng thấy [tex]y[/tex] chẵn . Đặt [tex]y=2t[/tex].
Phương trình trở thành :
[tex]x+25t=4[/tex]
Từ đó ta có nghiệm phương trình này :
[tex]=> \left{\begin{x=4-25t}\\{y=2t}\\{ t \in Z } [/tex]
Chú ý : Ta còn có cách thứ [TEX]2[/TEX] để tìm nghiệm của phương trình trên . Đó là phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc nhất [tex]2[/tex] ẩn
Ta dựa vào định lí sau :
Nếu phương trình [tex]ax+by=c[/tex] với [tex](a;b)=1[/tex] có [TEX]1[/TEX] tập nghiệm là [tex](x_0;y_0)[/tex] thì mọi nghiệm của phương trình nhận từ công thức :
[tex]\left{\begin{x=x_0+bt}\\{y=y_0-at}\\{ t \in Z}[/tex]
Định lí này chứng minh không khó ( bằng cách thế trực tiếp vào phương trình )
Dựa vào định lý này ; ta chỉ cần tìm [tex]1[/tex] nghiệm riêng của phương trình [tex]ax+by=c [/tex] .
Đối với các phương trình có hệ số [tex]a;b;c[/tex] nhỏ thì việc tìm nghiệm khá đơn giản nhưng với các phương trình có [tex]a;b;c[/tex] lớn thì không dễ dàng chút nào . Do đó ta phải dùng đến thuật toán ơ cơ lit ( các bạn có thể tìm đọc các sách ; tôi sẽ không nói nhiều về thuật toán này ) . Ngoài ra còn có thêm phương pháp hàm Euler .

Dạng 2 : Đưa về phương trình ước số :
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :
[tex]2x+5y+3xy=8[/tex]
Giải :
[tex] <=> x(2+3y) +5y=8[/tex]
[tex]<=> 3[x(2+3y) +5y]=24[/tex]
[tex]<=> 3x(2+3y)+15y=24[/tex]
[tex]<=> 3x(2+3y)+(2+3y).5 = 34[/tex]
[tex]=> (3x+5)(3y+2)=34[/tex]
[tex]34=17.2=34.1[/tex]
Lập bảng dễ dàng tìm được nghiệm phương trình trên .
Ví dụ 3:Giải phương trình nghiệm nguyên sau :
[tex]x^2+2y^2+3xy-2x-y=6[/tex]
Giải :[tex]<=> x^2+x(3y-2)+2y^2-y+a=6+a[/tex]
[tex]a[/tex] là [tex]1[/tex] số chưa biết ; [tex]a[/tex] sẽ đc xác định sau .
Xét phương trình : [tex]x^2+x(3y-2)+2y^2-y+a=0[/tex]
[tex] \Delta =(3y-2)^2-4(2y^2-y+a)=y^2-8y+4-4a [/tex]
Chọn [tex]a=-3[/tex]
[tex]=> \Delta =y^2-8y+16=(y-4)^2[/tex]
[tex]=> x_1=-y-1 ; x_2=-2y+3[/tex]
Từ đó ta có phương trình ước số :
[tex](x+y+1)(x+2y-3)=3[/tex]
Dạng 3:Phương pháp tách các giá trị nguyên
Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :
[tex]xy-x-y=2[/tex]
Giải :
[tex]=> x(y-1)=y+2 [/tex]
[tex]=> x=\frac{y+2}{y-1}[/tex]
[tex]=> x= 1+\frac{3}{y-1}[/tex]
[tex]=> y-1|3[/tex]

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 :
[TEX]1[/TEX] số chính phương chia [TEX]3[/TEX] dư [TEX]0,1[/TEX] ; chia [TEX]4[/TEX] dư [TEX]0,1[/TEX] ; chia [TEX]8[/TEX] dư [TEX]0,1,4[/TEX]
Ví Dụ 5 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau :
[TEX]x^2+y^2=2007[/TEX]
Giải:
[TEX]x^2 \equiv 0;1 ( mod 4)[/TEX]
[TEX]y^2 \equiv 0;1 ( mod 4) [/TEX]
[TEX]=> VT=x^2+y^2 \equiv 0;1;2 ( mod 4)[/TEX]
Còn [TEX]VP=2007 \equiv 3( mod 4)[/TEX]
Do đó phương trình trên vô nghiệm.

Có thể mở rộng thêm cho nhiều modulo như [TEX]5;6....[/TEX] 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 :
[TEX]19^x+5^y+1890=1975^{4^{30}}+1993[/TEX]
Giải:
Dễ thấy [TEX]VT \equiv 19^x ( mod 5)[/TEX]
Mặt khác : [TEX]19^x=(20-1)^x \equiv (-1)^x ( mod 5)[/TEX]
[TEX]x[/TEX] chẵn thì [TEX]19^x \equiv 1( mod 5)[/TEX] ; [TEX]x[/TEX] lẻ thì [TEX]19^x \equiv -1 \equiv 4 ( mod 5)[/TEX]
[TEX]=> VT \equiv 1;4 ( mod 5)[/TEX]
Còn [TEX]VP \equiv 1993 \equiv 3 ( mod 5) [/TEX] ( 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 :
[TEX]m^2=n^5-4[/TEX]
Giải:
[TEX]m^2 \equiv 0;1;3;4;5;9 ( mod 11)[/TEX]
[TEX]n^5-4 \equiv 6;7;8 ( mod 11)[/TEX] ( vô lí)
Do đó phương trình này vô nghiệm.
Chỉ [TEX]3[/TEX] 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 [TEX]modulo 9[/TEX] vì [TEX]x^3 \equiv 0;1;8 ( mod 9 )[/TEX] ( hãy tự chứng minh )
Ta xét Ví Dụ sau .
Ví Dụ 8 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau :
[TEX]x^3+y^3+z^3=1012[/TEX]
Dựa vào nhận xét trên :
[TEX]=> x^3+y^3+z^3 \equiv 0;1;2;3;6;7;8 ( mod 9)[/TEX]
Còn [TEX]1012 \equiv 4( mod 9 )[/TEX] ( vô lí).
Do đó phương trình trên vô nghiệm.

 

[harrypham]

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 :

[TEX]x+y+z=3xyz [/TEX]

Giải : Không mất tính tổng quát có thể giả sử

[TEX]1 \leq x \leq y \leq z [/TEX]

[TEX]=> 3xyz=x+y+z \leq 3z[/TEX]

[TEX]=> xy \leq 1[/TEX]

[TEX]=> x=1 ; y=1 [/TEX]

[TEX]=> z=1[/TEX]

Nghiệm phương trình là [TEX](1;1;1)[/TEX]



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 [TEX]2[/TEX] vế phương trình trên cho [TEX]xyz[/TEX] ta đc :

[TEX]\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} =3[/TEX]

Giải:

Không mất tính tổng quát có thể giả sử

[TEX]1 \leq x \leq y \leq z [/TEX]

[TEX]=> \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} =3 \leq \frac{3}{x^2} [/TEX]

[TEX]=> x^2 \leq 1[/TEX]

[TEX]=> x=1 [/TEX]

[TEX]=> y=1[/TEX] và [TEX]z=1[/TEX].

Ta xét đến [TEX]1[/TEX] Ví Dụ tiếp theo để thấy sự hiệu quả của phương pháp này

Ví Dụ 10 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau :

Giải:

[TEX]\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} =1[/TEX]

Không mất tính tổng quát có thể giả sử

[TEX]1 \leq x \leq y \leq z [/TEX]

[TEX]=> \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} =1 \leq \frac{3}{x} [/TEX]

[TEX]=> x \leq 3[/TEX]. Lần lượt thử :

[TEX]x=1 ; [/TEX] phương trình vô nghiệm nguyên

Xét [TEX]x=2 => \frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{2} \leq \frac{2}{y}[/TEX]

[TEX]=> y \leq 4[/TEX]

Mặc khác [TEX]y \geq x=2[/TEX]

[TEX]=> y \in[/TEX] [tex]\{2;3;4}[/tex]. Ta thử [TEX]y[/TEX] lần lượt.

[TEX]y=2 ;[/TEX] phương trình vô nghiệm nguyên

[TEX]y=3 => z=6[/TEX]

[TEX]y=4 => z=4[/TEX]

Xét [TEX]x=3 => \frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{2}{3} \leq \frac{2}{y}[/TEX]

[TEX]=> y \leq 3[/TEX]

Mặc khác [TEX]y \geq x=3[/TEX]

[TEX]=> y=3[/TEX]

[TEX]=> z=3[/TEX].

Vậy nghiệm phương trình là [tex] (2;3;6) ; (2;4;4) ;(3;3;3)[/tex] và các hoán vị.



Dạng 3 : Áp Dụng Các Bất Đẳng Thức Cổ Điển.

Ví Dụ 11 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau :

[TEX]x^6+z^3-15x^2z=3x^2y^2z-(y^2+5)^3 [/TEX]

Giải:

[TEX]<=> (x^2)^3+(y^2+5)^3+z^3=3x^2z(5+y^2)[/TEX]

Áp Dụng BDT Cauchy cho 3 số ; ta đc [TEX]VT \geq VP[/TEX]

Dấu [TEX]"="[/TEX] xảy ra [TEX]<=>[/TEX]

[TEX]x^2=y^2+5=z[/TEX]

Từ phương trình

[TEX]x^2=y^2+5[/TEX]

[TEX]=>(x-y)(x+y)=5 [/TEX] ( phương trình ước số ; dễ dàng tìm đc [TEX]x;y[/TEX] rồi tìm ra [TEX]z[/TEX] )

Đáp số : nghiệm phương trình là [TEX](x;y;z)=(3;2;9)[/TEX]



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 [TEX]1[/TEX] vài trường hợp dùng BDT khá hay .

Ta đến với Ví Dụ sau.

Ví Dụ 12 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với [TEX]x;y;z[/TEX] là các số đôi [TEX]1[/TEX] khác nhau.

[TEX]x^3+y^3+z^3=(x+y+z)^2[/TEX]

Giải:

Áp dụng BDT quen thuộc sau :

[TEX]\frac{x^3+y^3+z^3}{3} \geq (\frac{x+y+z}{3})^3[/TEX]

[TEX]=> x^3+y^3+z^3=(x+y+z)^2 \geq \frac{(x+y+z)^3}{9}[/TEX]

[TEX]=> x+y+z \leq 9[/TEX]

Vì [tex]x;y;z[/tex] khác nhau

[TEX]=> x+y+z \geq 1+2+3=6[/TEX]

[TEX]=> x+y+z \in [/TEX][TEX]\{6;7;8}[/TEX]

Lần lượt thử các giá trị của [TEX]x+y+z [/TEX] ta tìm đc [TEX]x;y;z[/TEX]

Đáp số : [TEX](1;2;3)[/TEX] và các hoán vị .



Dạng 4 : Áp dụng tính đơn điệu của bài toán . Ta chỉ ra [TEX]1[/TEX] hoặc [TEX]1[/TEX] 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

[tex]3^x+4^x=5^x[/tex]

Giải:

[tex]<=> (\frac{3}{5})^x+(\frac{4}{5})^x =1[/tex]

[tex]x=1 ; [/tex] phương trình vô nghiệm nguyên

[tex]x=2 [/tex] ; thoả mãn .

[tex]x \geq 3[/tex]

[tex]=> (\frac{3}{5})^x < (\frac{3}{5})^2 ; (\frac{4}{5})^x < (\frac{4}{5})^2 [/tex]

[tex] => (\frac{3}{5})^x+(\frac{4}{5})^x < 1[/tex]

Do đó [tex]x=2[/tex] là nghiệm duy nhất của phương trình .

Còn phương trình này thì sao nhỉ :

[tex](\sqrt{3})^x+(\sqrt{4})^x=(\sqrt{5})^x[/tex]

Bằng cách tương tự ; dễ dàng nhận ra [tex]x=4[/tex] là nghiệm duy nhất .

Nói thêm : Đối với phương trình trên ; ta có bài toán tổng quát hơn . Tìm các số nguyên dương [tex]x;y;z[/tex] thoả :

[tex]3^x+4^y=5^z[/tex] . Đáp số đơn giản là [tex]x=y=z=2[/tex] 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 không giải bài toán này bây giờ mà sẽ để lại dịp khác .





Dạng 5 : Dùng điều kiện [tex]\Delta[/tex] hoặc [tex] \Delta' \geq 0[/tex] để phương trình bậc [tex]2[/tex] có nghiệm .



Ví Dụ 14 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

[TEX]x^2+2y^2=2xy+2x+3y[/TEX]

Giải:

[tex]<=> x^2-2x(y-1)+2y^2-3y=0[/tex]

[TEX] \Delta' =(y+1)^2-(2y^2-3y)=-y^2+5y+1 \geq 0[/TEX]

Giải bất phương trình trên không khó ; dễ dàng suy ra được :

[TEX]\frac{-\sqrt{29}}{2} \leq y-\frac{5}{2} \leq \frac{\sqrt{29}}{2}[/TEX]

Do [TEX]y[/TEX] nguyên nên dễ dàng khoanh vùng được giá trị của [TEX]y[/TEX] và thử chọn.

Nói chung thì phương pháp này được dùng khi [TEX] \Delta [/TEX] [TEX]( \Delta')[/TEX] có dạng [TEX]f(x)=ax^2+bx+c[/TEX] ( hoặc [TEX]f(y)[/TEX] )

với hệ số [TEX]a < 0[/TEX] . Còn khi [TEX]a > 0 [/TEX] thì dùng phương pháp đã nói đến trong ví dụ [TEX]3[/TEX] để đưa về phương trình ước số [TEX]1[/TEX] cách nhanh chóng.

 

[harrypham]

Phương Pháp 4: Phương pháp chặn hay ta có thể gọi nó bằng [TEX]1[/TEX] cái tên khác là đẹp hơn là phương pháp đánh giá.

Phương pháp đánh giá cơ bản dựa vào [TEX]2[/TEX] nhận xét sau :

1/ không tồn tại [TEX]n\in Z[/TEX] thoả

[TEX]a^2 < n^2 <(a+1)^2[/TEX] với [TEX]a \in Z[/TEX]

2/ nếu [TEX]a^2 < n^2 < (a+2)^2[/TEX] với [TEX]a;n \in Z[/TEX] thì [TEX]n=a+1[/TEX]

Ta đến với Ví Dụ sau

Ví Dụ 15: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

[TEX]x^4+x^2+1=y^2[/TEX]

Xét hiệu [TEX](x^2+1)^2-y^2 = x^2 \geq 0 [/TEX]

[TEX]=> (x^2+1)^2 \geq y^2[/TEX]

Xét hiệu [TEX]y^2-(x^2)^2= x^2+1 > 0[/TEX]

[TEX]=> y^2 > (x^2)^2[/TEX]

[TEX]=> (x^2)^2 < y^2 \leq (x^2+1)^2[/TEX]

Theo nhận xét trên

[TEX]=> y^2=(x^2+1)^2[/TEX]

Thế vào phương trình ban đầu

[TEX]=> x^4+x^2+1=(x^2+1)^2[/TEX]

[TEX]=> x^2=0[/TEX]

[TEX]=> x=0 [/TEX]



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 :

[TEX]x^3-y^3=2y^2+3y+1[/TEX]

Giải:

Bằng cách trên ta có được :

[TEX](y-1)^3 < x^3 \leq (y+1)^3[/TEX]

[TEX]=>[/TEX] hoặc [TEX]x=y[/TEX] hoặc [TEX]x=y+1[/TEX]

lần lượt xét [TEX]x=y ; x=y+1[/TEX] ta tìm được các nghiệm phương trình là:

[TEX](-1;-1);(1;0)[/TEX]



Phương Pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương .

Dạng 1 : Trước tiên ta đến với [tex]1[/tex] mệnh đề sau :

[tex]xy=z^2[/tex] với [tex](x;y)=1[/tex] thì

[tex]\left{\begin{x=k^2}\\{y=t^2}\\{kt=z}[/tex]

Chứng minh mệnh đề này không khó ; ta chứng minh bằng phản chứng : Giả sử [tex]x;y[/tex] không là số chính phương nên trong phân tích thành ước nguyên tố của [tex]x[/tex] hoặc [tex]y[/tex] tồn tại 1 số chứa ít nhất 1 ước nguyên tố p với số mũ lẻ . Giả sử là [tex]x[/tex] . Vì [tex](x;y)=1n[/tex]nên [tex]y[/tex] không chứa thừa số [tex]p[/tex]

[tex]=> z^2[/tex] cũng chứa thừa số [tex]p[/tex] với số mũ lẻ ( vô lí trái với điều kiện [tex]z^2[/tex] là số chính phương) . Bây giờ ta đến với [tex]1[/tex] ví dụ .



Ví Dụ 17: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

[tex]2x^4+3x^2+1-y^2=0[/tex]

Giải:

[tex]=> (x^2+1)(2x^2+1)=y^2[/tex]

Rõ ràng [tex](x^2+1;2x^2+1)=1[/tex]

[tex]=> \left{\begin{x^2+1=t^2}\\{2x^2+1=z^2}[/tex]

Từ phương trình [tex]x^2+1=t^2[/tex]

[tex]=> (t-x)(t+x)=1[/tex] ( phương trình ước số)

Từ đó tìm được nghiệm phương trình .

Đáp số : [tex](x;y)=(0;1)[/tex]



Dạng 2 : Ta có [tex]1[/tex] mệnh đề thứ [tex]2[/tex] :

Nếu [tex]n;t[/tex] là các số nguyên thoả

[tex]n(n+1)=t^2[/tex] thì

hoặc [tex]n=0[/tex] ; hoặc [tex]n+1=0[/tex]

Chứng minh mệnh đề này không khó :

Giả sử [tex]n \neq 0 ; n+1 \neq 0 => t \neq 0[/tex]

[tex]<=> n^2+n=t^2[/tex]

[tex]<=> 4n^2+4n=4t^2[/tex]

[tex]<=> (2n+1)^2=4t^2+1[/tex]

Dùng phương pháp chặn :

[tex](2t)^2 < (2n+1)^2 < (2t+1)^2[/tex]

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 :

[tex]x^2+2xy+y^2+5x+5y=x^2y^2-6[/tex]

Giải:

[TEX]<=> (x+y+2)(x+y+3)=x^2.y^2[/TEX]

=> hoặc [tex]x+y+2=0 ;[/tex] hoặc [tex]x+y+3=0[/tex] .

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 .

 

[harrypham]

Phương Pháp 6: Lùi vô hạn ( hay còn gọi là phương pháp xuống thang) .

Phương pháp này dùng để chứng minh một phương trình [tex] f(x;y;z....) [/tex] nào đó ngoài nghiệm tầm thường [tex]x=y=z=0[/tex] thì không còn nghiệm nào khác . Phương pháp này có thể được diễn giải như sau :

Bắt đầu bằng việc giả sử [tex](x_0;y_0;z_0...)[/tex] là nghiệm của [tex]f(x;y;z...) [/tex] . Nhờ những biến đổi ; suy luận số học ta tìm được 1 bộ nghiệm khác [tex](x_1;y_1;z_1...)[/tex] sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm đầu tiên bởi [tex]1[/tex] tỉ số [tex]k[/tex] nào đó . Ví Dụ : [tex]x_0=k.x_1 ; y_0=k.y_1... .[/tex] .

Rồi lại từ bộ [tex](x_2;y_2;z_2....)[/tex] thoả [tex]x_1=k.x_2 ; y_1=k.y_2.... .[/tex] . Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến :

[tex]x_0;y_0;z_0.....[/tex] chia hết cho [tex]k^s[/tex] với [tex]s[/tex] là [tex]1[/tex] số tự nhiên tuỳ ý . Điều này xảy ra

[tex]<=> x_0=y_0=z_0=....=0[/tex] .Để rõ ràng hơn ta xét một Ví Dụ .



Ví Dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

[tex]x^2+y^2=3y^2[/tex]

Giải:

Gọi [tex](x_0;y_0;z_0)[/tex] là [tex]1[/tex] nghiệm của phương trình trên .

Xét theo modulo [tex]3[/tex] . Ta chứng minh [tex]x_0 ;y_0[/tex] đều chia hết cho [tex]3[/tex] .

Thật vậy ; rõ ràng vế phải chia hết cho [tex]3[/tex]

[tex]=> x_0^2+y_0^2 \vdots 3[/tex]

Ta có : [tex]x_0^2 \equiv 0;1 ( mod 3) [/tex]

[tex] y_0^2 \equiv 0;1 ( mod 3)[/tex]

Do đó [tex]=> x_0^2+y_0^2 \vdots 3 <=> x_0;y_0[/tex] đều chia hết cho [tex]3[/tex] .

Đặt [tex] x_0=3.x_1 ; y_0=3.y_1[/tex] . Thế vào và rút gọn :

[tex]3(x_1^2+y_1^2)=z_0^2[/tex]

Rõ ràng [tex] z_0 \vdots 3 [/tex] . Đặt [tex]z_0=3.z_1[/tex] . Thế vào và rút gọn :

[tex] x_1^2+y_1^2=3z_1^2 [/tex]

Do đó nếu [tex](x_0;y_0;z_0)[/tex] là [tex]1[/tex] nghiệm của phương trình trên thì [tex](x_1;y_1;z_1)[/tex] cũng là [tex]1[/tex] nghiệm .

Tiếp tục lý luận như trên thì [tex]x_1;y_1;z_1[/tex] đều chia hết cho [tex]3[/tex] . Ta lại tìm được nghiệm thứ [tex]2[/tex] là [tex](x_2;y_2;z_2)[/tex] với [tex]x_2;y_2;z_2 \vdots 3 [/tex]. Tiếp tục và ta dẫn đến :

[tex] x_0;y_0;z_0 \vdots 3^k [/tex] . Điều đó chỉ xảy ra [tex]<=> x_0=y_0=z_0=0[/tex] .



Ví Dụ 20: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

[tex]x^2+y^2+z^2=2xyz[/tex] ( Korea 1996)

U]Giải:[/U]

Giả sử [tex](x_0;y_0;z_0)[/tex] là [tex]1[/tex] nghiệm của phương trình trên .

[TEX]=> x_0^2+y_0^2+z_0^2=2.x_0.y_0.z_0[/TEX]

Rõ ràng [TEX]x_0^2+y_0^2+z_0^2[/TEX] chẵn ( do [TEX]2.x_0.y_0.z_0[/TEX] chẵn ) nên có 2 trường hợp xảy ra.

Trường Hợp 1 : có [TEX]2[/TEX] số lẻ ; [TEX]1[/TEX] số chẵn. Không mất tính tổng quát giả sử [TEX]x_0;y_0[/TEX] lẻ [TEX]; z_0[/TEX] chẵn.

Xét theo modulo [TEX]4[/TEX] thì :

[TEX]x_0^2+y_0^2+z_0^2 \equiv 2 ( mod 4)[/TEX]

Còn [TEX]2.x_0.y_0.z_0 \vdots 4[/TEX] ( do [TEX]z_0[/TEX] chẵn ) ( vô lí)

Trường Hợp 2 : [TEX]3[/TEX] số đều chẵn.

Đặt [TEX]x_0=2.x_1 ; y_0=2.y_1 ; z_0=2.z_1[/TEX] thế vào và rút gọn ta được :

[TEX]x_1^2+y_1^2+z_1^2=4.x_1.y_1.z_1 [/TEX]

lập luận như trên ta lại được [TEX]x_1;y_1;z_1[/TEX] chẵn. Quá trình lại tiếp tục đến :

[TEX]x_0;y_0;z_0 \vdots 2^k[/TEX] với [TEX]k\in N*[/TEX]

Điều đó xảy ra [TEX]<=> x_0=y_0=z_0=0[/TEX].

Tóm lại nghiệm phương trình là [TEX](x;y;z)=(0;0;0)[/TEX]

 

[harrypham]

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 [tex](x_0;y_0;z_0;....)[/tex] là nghiệm của [tex]f(x;y;z) [/tex] với điều kiện ràng buộc với bộ [tex](x_0;y_0;z_0;....)[/tex]. Ví Dụ như [TEX]x_0[/TEX] nhỏ nhất hoặc [TEX]x_0+y_0 [/TEX] nhỏ nhất...v...v...

Bằng những phép biến đổi số học ta tìm được [TEX]1[/TEX] bộ nghiệm khác [TEX](x_1;y_1;....)[/TEX] trái với những điều kiện ràng buộc trên.

Ví dụ khi chon bộ [tex](x_0;y_0;z_0;....)[/tex] với [TEX]x_0[/TEX] nhỏ nhất ta lại tìm được bộ [TEX](x_1;y_1;....)[/TEX] thoả [TEX]x_1 < x_0[/TEX]. Từ đó dẫn đến phương trình cho có nghiêm là [TEX](0;0;0;....)[/TEX]. Ta hãy xét [TEX]1[/TEX] ví dụ.

Ví Dụ 21 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

[TEX]8x^4+4y^4+2z^4=t^4[/TEX]

Giải:

Giả sử [TEX](x_0;y_0;z_0;t_0)[/TEX] là [TEX]1[/TEX] nghiệm phương trình trên với điều kiện [TEX]x_0[/TEX] nhỏ nhất.

Từ phương trình [TEX]=> t [/TEX] chẵn. Đặt [TEX]t=2.t_1[/TEX]

Thế vào và rút gọn ta được :

[TEX]4x_0^4+2y_0^4+z_0^4=8t_1^4[/TEX]

Rõ ràng [TEX]z_0[/TEX] chẵn.Đặt [TEX]z_0=2z_1[/TEX]

[TEX]=> 2x_0^4+y_0^4+8z_1^4=4t_1^4[/TEX]

Tiếp tục [TEX]y_0[/TEX] chẵn. Đặt [TEX]y_0=2y_1[/TEX]

[TEX]=> x_0^4+8y_1^4+4z_1^4=2t_1^4[/TEX]

Và dễ thấy [TEX]x_0[/TEX] cũng chẵn.Đặt [TEX]x_0=2x_1[/TEX]

[TEX]=> 8x_1^4+4y_1^4+2z_1^4=t_1^4[/TEX]

Nhìn vào phương trình trên rõ ràng [TEX](x_1;y_1;z_1;t_1)[/TEX] cũng là [TEX]1[/TEX] nghiệm phương trình trên và dễ thấy [TEX]x_1 < x_0[/TEX] ( vô lí do ta chọn [TEX]x_0[/TEX] nhỏ nhất )

Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất [TEX](0;0;0;0)[/TEX]

Chú y : ta cũng có thể chọn bộ [TEX](x_0;y_0;z_0;t_0)[/TEX] thoả [TEX]x_0+y_0+z_0+t_0[/TEX] nhỏ nhất ; lý luận tương tự và dễ thấy [TEX]x_1+y_1+z_1+t_1 < x_0+y_0+z_0+t_0[/TEX] từ đó cũng dẫn đến kết luận bài toán.

 

[harrypham]

Phương Pháp 8: Sử Dụng Một Mệnh Đề Cơ Bản Của Số Học.

Trước tiên ta đến với bài toán nhỏ sau:

Cho [TEX]p [/TEX] là số nguyên tố có dạng [TEX]p=k.2^t+1[/TEX] với [TEX]t[/TEX] nguyên dương ; [TEX]k[/TEX] là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng nếu [TEX]x^{2^t}+y^{2^t} \vdots p [/TEX] thì [TEX]x \vdots p ; y \vdots p[/TEX]

Chứng minh:

Giả sử [TEX]x[/TEX] ko chia hết cho [tex]p[/tex] thì rõ ràng [TEX]y[/TEX] ko chia hết cho [tex]p[/tex]

Theo fermat nhỏ :

[TEX]x^{p-1} \equiv 1 ( mod p)[/TEX]

[TEX]y^{p-1} \equiv 1 ( mod p)[/TEX]

[TEX]p=k.2^t+1[/TEX] nên

[TEX]=> \left{\begin{ x^{k.2^t} \equiv 1 ( mod p)}\\{y^{k.2^t} \equiv 1 ( mod p)}[/TEX]

[TEX]=> x^{k.2^t} + y^{k.2^t} \equiv 2 ( mod p)[/TEX] [TEX](*)[/TEX]

Mặt khác do [TEX]k[/TEX] lẻ nên theo hằng đẳng thức [TEX]a^{2n+1}+b^{2n+1}[/TEX] :

[TEX]x^{k.2^t} + y^{k.2^t} =(x^{2^t}+y^{2^t}).A)[/TEX] ( [TEX]A[/TEX] là [TEX]1[/TEX] số nào đó )

RÕ ràng [TEX]x^{k.2^t} + y^{k.2^t} \equiv 0 ( mod p)[/TEX] ( do giả thiết [TEX]x^{2^t}+y^{2^t} \vdots p)[/TEX] ) [TEX](**)[/TEX]

Do đó theo [TEX](*);(**)[/TEX] ta có điều phải chứng minh.

Xét 1 trường hợp nhỏ của bài toán trên :

Khi [TEX]t=1 [/TEX]; vì [TEX]k[/TEX] lẻ nên [TEX]k=2s+1[/TEX]

[TEX]=> p=4s+3[/TEX]

Lúc đó ta có mệnh đề sau : [TEX]p[/TEX] là số nguyên tố có dạng [TEX]p=4s+3[/TEX]. Khi đó nếu [TEX]x^2+y^2 \vdots p[/TEX] thì [TEX]x \vdots p ; y\vdots p[/TEX]

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 :

[TEX]x^2-y^3=7[/TEX] ( đây là 1 trường hợp nhỏ của phương trình Mordell )

Ghi chú : Phương trình Mordell là phương trình có dạng [TEX]x^2+k=y^3 ( k;x;y \in Z )[/TEX] ; bài toán trên là trường hợp phương trình Mordell với [TEX]k=-7[/TEX]

Giải:

Trước tiên ta có bổ đề nhỏ sau :

Mọi số nguyên có dạng [TEX]A=4t+3[/TEX] đều có ít nhất [TEX]1[/TEX] ước nguyên tố có dạng [TEX]p=4s+3[/TEX]

Chứng Minh:

Giả sử A không có ước nguyên số nào có dạng [TEX]p=4s+3[/TEX]

[TEX]=> A=(4t_1+1)(4t_1+1)=4.(4t_1.t_2+t_1+t_2)+1=4h+1[/TEX]( vô lí)

Do đó A có [TEX]1[/TEX] ước dạng [TEX]4t_1+3[/TEX]

Nếu [TEX]4t_1+3[/TEX] là số nguyên tố thì bổ đề được chứng minh. Nếu [TEX]4t_1+3[/TEX] là hợp số. Lý luận tương tự ta lại có [TEX]4t_1+3[/TEX] có [TEX]1[/TEX] ước có dạng [TEX]4t_2+3[/TEX]. Nếu [TEX]4t_2+3[/TEX] lại là hợp số thì lai tiếp tục. Vì quá trình trên là hữu hạn nên ta có điều phải chứng minh.

Quay lại bài toán.

[TEX]=> x^2=y^3+7[/TEX]

Xét [TEX]y[/TEX] chẵn

[TEX]=> y^3+7 \equiv 7 ( mod 8)[/TEX]

[TEX]=> x^2 \equiv 7 ( mod 8)[/TEX] ( vô lí do [TEX]x^2 \equiv 0;1;4 ( mod 8)[/TEX])

Xét [TEX]y[/TEX] lẻ

viết lại phương trình :

[TEX]x^2+1=y^3+8[/TEX]

[TEX]=>x^2+1=(y+2)(y^2-2y+4)[/TEX]

Nếu [TEX]y=4k+1[/TEX]

[TEX]=> y+2=4k+3[/TEX]

Nếu [TEX]y=4k+3[/TEX]

[TEX]=> y^2-2y+4=(4k+3)^2-2(4k+3)+4=4h+3[/TEX]

Do đó [TEX]y[/TEX] luôn có [TEX]1[/TEX] ước dạng [TEX]4n+3[/TEX] và theo bổ đề trên thì [tex]4n+3[/tex] luôn có ít nhất [TEX]1[/TEX] ước nguyên tố [TEX]p=4s+3[/TEX]

[TEX]=> x^2+1 \vdots p=4s+3[/TEX]

Theo mệnh đề trên

[TEX]=> x \vdots p ; 1 \vdots p[/TEX] ( vô lí)

Do đó phương trình trên vô nghiệm.



Ví Dụ 23: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

[TEX]x^2+5=y^3[/TEX]

( phương trình Mordell với [TEX]k=5[/TEX])

Giải:

Xét [TEX]y[/TEX] chẵn [TEX] => y^3 \equiv 0 ( mod 8)[/TEX]

[tex]=> x^2+5 \equiv 0 ( mod 8)[/tex]

[tex]=> x^2 \equiv ( mod 8) [/tex] ( vô lí do [TEX]x^2 \equiv 0;1;4 ( mod 8)[/TEX] )

Xét [TEX]y[/TEX] lẻ

Nếu [TEX]y=4k+3 => y^3 \equiv 3 ( mod 4)[/TEX]

[tex]=> x^2+5 \equiv 3 ( mod 4)[/tex]

[TEX]=> x^2 \equiv 2 ( mod 4) [/TEX] ( vô lí [TEX]x^2 \equiv 0;1; ( mod 4)[/TEX] )

Nếu [TEX]y=4k+1[/TEX]

Viết lại phương trình

[TEX]x^2+4=y^3-1[/TEX]

[TEX]=> x^2+4=(y-1)(y^2+y+1)[/TEX]

Rõ ràng [TEX]y^2+y+1=(4k+)^2+(4k+1)+1=4t+3[/TEX]

Do đó [TEX]y^3-1[/TEX] có ít nhất [TEX]1[/TEX] ước nguyên tố [TEX]p=4s+3[/TEX]

[TEX]=> x^2+4 \vdots p=4s+3[/TEX]

[TEX]=> 4 \vdots p => p=2[/TEX] ( vô lí)

Do đó phương trình trên vô nghiệm.



Và cuối cùng để thấy thêm sự hiệu quả của mệnh đề này ; ta hãy đến với bài toán của Euler .



Ví Dụ 24: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

[TEX]4xy-x-y=z^2[/TEX]

Nhưng trước hết hãy xem lời giải của Euler để nhìn nhận ra sự giá trị của mệnh đề trên :

giả sử pt có tâp nghiệm [tex] (x;y;z) =(a;b;c)[/tex] với [TEX]c[/TEX] là giá trị nhỏ nhất của [TEX]z[/TEX].

=> [TEX]4ab-a-b = c^2[/TEX]

=> [TEX]16ab-4a-4b = 4c^2 [/TEX]

=> [TEX](16ab-4a)-(4b-1) -1 = 4c^2[/TEX]

=> [TEX] (4a-1)(4b-1) - 1 = 4c^2 [/TEX]

CỘng vào [TEX]2 [/TEX] vế :

[TEX] 4(4a-1)^2 - 8(4a-1)c[/TEX]

Ta đc : [TEX](4a-1)(4b-1) - 1+(4(4a-1)^2 - 8(4a-1)c) = 4c^2+4(4a-1)^2 - 8(4a-1)c[/TEX]

=> [TEX](4a-1) ( 4b-1+4(4a-1)-8c) = 4 (c-(4a-1))^2[/TEX]

=> [TEX] (4a-1)[ 4(b+4a-1-2c)-1) = 4 (c-(4a-1))^2[/TEX] (**)

Vậy nếu pt có nghiệm là [tex](a;b;c)[/tex] thì pt cũng có nghiệm là [tex](a; b+4a-1-2c;c-(4a-1))[/tex]



vì [tex]c[/tex] là giá trị nhỏ nhất của [tex]z[/tex]

=> nghiệm [tex]z = |c-(4a-1)| > c[/tex]

=> [TEX]|c-(4a-1)|^2 > c^2 [/TEX]

=> pt (**) >

=> [TEX]4 (c-(4a-1))^2 = (4a-1)( 4b-1+4(4a-1)-8c) > 4c^2 = (4a-1)(4b-1) - 1[/TEX]

=> [TEX](4a-1)( 4b-1+4(4a-1)-8c) > (4a-1)(4b-1) [/TEX]

=> [TEX] ( 4b-1+4(4a-1)-8c) > 4b-1 [/TEX]

=> [TEX]4(4a-1) - 8c > 0 [/TEX]

=> [TEX]4a-1 >2c [/TEX] (1)



Vì [TEX]a,b[/TEX] có vai trò như nhau nên ta cũng cm đc

[TEX]4b-1>2c[/TEX] (2)

Từ (1) và (2)

=> [TEX]4a-1 \geq 2c+1 ; 4b-1 \geq 2c+1 [/TEX]

=> pt :

[TEX]4c^2 =(4a-1)(4b-1) \geq (2c+1)^2-1 [/TEX]

=> [TEX]4c^2 \geq 4c^2+ 4c[/TEX]

=> [TEX]c \leq 0[/TEX] ( vô lí )

Vậy pt này vô nghiệm



Nhưng nếu dùng mệnh đề trên thì lời giải ngắn gọn hơn nhiều :

[TEX]4xy-x-y=z^2[/TEX]

[TEX]=> 4(4xy-x-y)=4z^2[/TEX]

[TEX]=> 16xy-4x-4y=4z^2[/TEX]

[TEX]=>(16xy-4x)-(4y-1)=4z^2+1[/TEX]

[TEX]=>(4x-1)(4y-1)=4z^2+1=(2z)^2+1^2[/TEX]

Rõ ràng [TEX]4x-1 ; 4y-1[/TEX] đều có dạng [TEX]4t+3[/TEX]. Thật vậy :

[TEX]4x-1=4(x-1)+3 ; 4y-1=4(y-1)+3[/TEX]

Do đó [TEX](4x-1)(4y-1)[/TEX] có ít nhất [TEX]1[/TEX] ước nguyên tố [TEX]p=4s+3[/TEX]

[TEX]=> z^2+1 \vdots p=4s+3[/TEX]

[TEX]=> 1 \vdots p[/TEX] ( vô lí)

Do đó phương trình trên vô nghiệm.

 

[duynhan1]

Bắt đầu từ hôm nay mình sẽ post các bài từ cơ bản đến nâng cao nhé

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
[tex] 12x - 19y + 21 = 0 [/tex]

Bài 2:(Bài toán dân gian)
Mai em đi chợ phiên
Anh gửi một tiền
Mua cam cùng quýt
Không nhiều thì ít
Mua lấy một trăm
Cam ba đồng một
Quýt một đồng năm
Thanh yên tươi tốt
Năm đồng 1 trái.
Hỏi mua mỗi thứ mấy trái ( biết rằng một tiền bằng 60 đồng) ?

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, b thì hệ phương trình :
[tex] \left{ x+y+2z+2t = a \\ 2x-2y+z-t = b [/tex]
luôn có nghiệm nguyên.

. .

 

[congnhatso1]

bài 2:
gọi số quýt là q,thanh là t, cam là c ( quả), [TEX] q,t,c \in N [/TEX]
giả sử tất cả ta mua quýt hết thì ta mua được số quả là:
60.5=300 quả, số quả thừa ra là 200 quả
ta có: 1 quả thanh bằng 25 quả quýt, 1 quả cam bằng 15 quả quýt
ta có 3t + 2c=5 (quả 2 loại)=105q
=>thay 105q=3t+2c, số quả giảm đi là: 105-5=100
để giảm hết được 200q ta phải cần 2(3t+2c)=6t+4c
số tiền để mua 6 thanh và 4cam là : 6.5+4.3=42
số tiền mua quýt là 60-42=18
số quýt mua được là 18.5=90
vậy, 1 tiền mua được 90 quýt,6thanh,4 cam
(xin lỗi, không biết câu : '' Thanh yên tươi tốt'' chỉ quả gì nên viết tạm là quả thanh)

 

[congnhatso1]

bài 1:
12x- 19y +21 = 0
12(x-y) + 7(3-y)=0
12(x-y)=-7(x-y)
Sau đó giải phương trình ta tìm được giá trị của x và y