SH ngoc PD phuong trinh diophantine 2016 07 31

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE GV : Phạm Đoan Ngọc Đơn vị : Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ 1 Phương pháp số học 2 Phương pháp phân tích 3 Phương pháp đánh g

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

GV : Phạm Đoan Ngọc Đơn vị : Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ

1) Phương pháp số học

2) Phương pháp phân tích

3) Phương pháp đánh giá

4) Phương pháp tham số hóa

5) Phương pháp xuống thang và phương pháp cực hạn

II Nội dung

1 Phương pháp số học :

Các kết quả liên quan đến lý thuyết chia hết, quan hệ đồng dư, các tính chất của số nguyên liên quan đến số nguyên tố, ước chung, bội số chung cũng như định lý cơ bản của số học, định lý Fermat nhỏ, định lý Euler, đều là những công cụ quan trọng trong việc phân tích và định hướng cách giải các phương trình Diophantine

Giải

Ta thấy x y 0là một nghiệm của phương trình

Gọi x y0; 0là nghiệm nguyên của phương trình với x0 0và y0 0 Gọi d x y0, 0, suy ra

Vậy phương trình đã cho chỉ có nghiệm nguyên x y 0

Ví dụ 2 Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình : 2x 25y 8

Giải

Từ phương trình suy ra y là số chẵn Đặt y2 (t tZ) Phương trình trở thành : x25t4 Từ đó,

phương trình có nghiệm là

4 252

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x, y) là (-1, -3), (5, 5)

Ví dụ 4 (VMO 1989) Tồn tại hay không các số nguyên x, y không tận cùng bằng 0 hoặc bằng 5 thỏa mãn

Vì A – B không chia hết cho 5 nên x – y cũng không chia hết cho 5

Từ (1) ta suy ra nếu một trong hai số x, y chia hết cho 5 thì số còn lại cũng chia hết cho 5 Vì x – y không chia hết cho 5 nên xy không chia hết cho 5

Vậy không tồn tại hai số nguyên x, y thỏa ycbt

1.2 Phương pháp dùng tính chất đồng dư : Thường găp đối với bài toán chứng minh phương trình

không có nghiệm nguyên

Cụ thể : Trong phương pháp này, ta sẽ thực hiện phép chia hai vế của phương trình với cùng một module thích hợp để chứng minh số dư ở hai vế khác nhau Từ đó suy ra phương trình không có nghiệm nguyên Hoặc chọn module thích hợp và dùng lý thuyết về chia hết để ràng buộc điều kiện của nghiệm

Một số dấu hiệu để chọn module :

i) Nếu trong phương trình có chứa các đối tượng bình phương thì ta chọn đồng dư module 3, 4,

0;1(mod 4)

0;1; 2 (mod 4)0;1(mod 4)

Mà 2019  3(mod 4) nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 6 (Hungarian MO) Chứng minh phương trình   2 2  2

33 3x 300x50.199 không chia hết cho 32

Nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 7 (Balkan MO - 1998) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2  y54

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 8 (VMO – 2003, bảng B) Hệ phương trình sau đây có tồn tại nghiệm nguyên hay không ?

Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

 x0 0 (mod 4),x0 1(mod 4),x0 2 (mod 4),x0 3(mod 4) :Tương tự

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

x y x y x n y không có nghiệm nguyên

ii) Nếu trong phương trình chứa đối tượng lập phương thì ta chọn đồng dư 7 hoặc 9

Chú ý : x3  a {0;1; 1} (mod 9)

x3  a {0;1; 1} (mod 7)

Ví dụ 9 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x3y3z320034

Giải

Với mọi số nguyên x, y, z, ta có x3y3z3 0,1, 2,3, 6, 7,8(mod 9)

Mà 20035(mod 9)20034 625(mod 9)hay20034 4 (mod 9)

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 10 (IMO 1982) Chứng minh rằng nếu n là một số nguyên dương sao cho phương trình

3 2 3

3

x  xy y n có một nghiệm nguyên x y;  thì phương trình này sẽ tồn tại ít nhất ba nghiệm nguyên

Chứng minh rằng phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với n = 2891

 3   2 3  3    2 3

 xy  xy xy  xy  y  y  y xy  x y

Do đó y x, y cũng là nghiệm của phương trình

Ba nghiệm trên phân biệt vì nếu hai trong ba nghiệm trên trùng nhau, ví dụy x x và  x y sẽ dẫn

đến x y 0(điều này trái với giả thiết n1)

 Chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên khi n2891

Giả sử khi n =2891, tồn tại nghiệm nguyên (x, y) Ta có x3y3  1(mod 3)   x y 1(mod 3) Xét các trường hợp sau :

+ x0 (mod 3)và y 1(mod 3): Thay vào phương trình ta thấy n28912(mod 9) nhưng

3 3

x y  1(mod 9) (mâu thuẫn)

+ x1(mod 3) và y1(mod 3) không xảy ra vì nếu (x, y) là nghiệm của phương trình thì (y – x, -

x) cũng là một nghiệm, đưa về trường hợp 1, dẫn đến mâu thuẫn

+ x 1(mod 3) và y0 (mod 3): tương tự, đưa về trường hợp 2

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên khi n = 2891

iii) Nếu trong phương trình chứa lũy thừa bậc 4 thì ta chọn đồng dư module 8 hoặc 16

Cụ thể : x4  a {0;1} (mod 8)và x4 0 (mod 16) khi x là số chẵn và x4 1 (mod 16) khi x

Nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

iv) Nếu phương trình có chứa lũy thừa với số mũ là số nguyên tố hoặc khi lấy số mũ cộng 1 ta

được số nguyên tố thì ta có thể dùng định lý Fermat

Ví dụ 12 Chứng minh phương trình x10y10 z10 199 không có nghiệm nguyên

Giải

Áp dụng địh lý Fermat nhỏ ta có :

10 10 10

0,1(mod11)0,1(mod11)0,1(mod11)

- Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2

- Số chính phương khi chia cho 3 hay 4 có số dư là 0 hoặc 1

- Số chính phương chia cho 5 hay 8 có số dư là 0, 1, hoặc 4

- Số chính phương lẻ chia cho 4, 8 có số dư là 1

Ví dụ 13 Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

Giải

Giả sử 9x 5 y y( 1) (yZ) (1)

(1) y  y 9x 5 0 Xem đây là phương trình ẩn y, tham số x Điều kiện cần để phương

trình này có nghiệm nguyên là phải là số chính phương Mà  36x21 chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 nên không là số chính phương

Vậy không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

Ví dụ 14 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x22xy126y2 2009

Giải

Nhận xét : Với x{1; 2;3; 4}ta thấy phương trình không có nghiệm nguyên Với x4, ta thấy !x luôn có

chữ số tận cùng là 0 Suy raP x( ) có chữ số tận cùng là 3.Vậy P x( ) không là số chính phương

 z = 1 thay vào phương trình ta được 1! 2! (   x 1)! y2 Suy ra x2,y3

 z2 : Ta có z 1 3 Từ phương trình đã cho suy ra P(x) y3

+ x{1; 2;3; 4;5;6;7}P x( ) 3, mà P x 27 nên không tồn tại số nguyên dương x, y, z ( )với x2thỏa mãn phương trình đã cho

+ x 7 P x( )       1! 2! 8! 9! (x 1)! Vì 9!, , (x1)! đều chia hết cho 27 nên

( ) (7) (mod 27)

phương trình đã cho

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( ; ; )x y z là 2;3;1)

Ví dụ 17 Tìm nghiệm nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2   x 1 3 2y1

Giải

Ta thấy, 32y1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng là 3 hoặc 7 Mà x2 x 1 có chữ số tận cùng là 1; 5 hoặc 9 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương

2 Phương pháp phân tích :

Cụ thể : Tìm nghiệm nguyên của phương trình f x x( ,1 2, ,x n)0, ta thực hiện các bước sau

 Đưa phương trình đã cho về dạng : f x x1( ,1 2, ,x n) ( ,f x x2 1 2, ,x n) ( ,f x x k 1 2, ,x n)a , trong

đó f1, f2, , f k X X1, 2, ,X n và a

 Phân tích a thành k thừa số nguyên, giả sử aa a1 .2 a k

 Mỗi cách phân tích a, ta thu được hệ phương trình

 Giải tất cả các hệ phương trình trên ta thu được nghiệm của phương trình đã cho

Ví dụ 18 Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình :  2  2      

Ví dụ 19 Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình : 3xy 6x y 52  0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x; y) là (-16;8), (0;0), (-12;0), (-16;8), (4;8), (4;-8)

Trong nhiều trường hợp, để làm giảm độ phức tạp của bài toán nhằm giúp chúng ta phát hiện thừa

số chung dễ hơn, ta cũng có thể kết hợp với phương pháp đặt ẩn phụ

2.1 Đánh giá bằng cách ƣớc lƣợng giá trị của ẩn :

Cụ thể : Nếu chỉ ra được x N , trong đó x, N là số nguyên và N > 0 thì suy ra x nhận hữu hạn giá trị Khi đó, ta có thể thay trực tiếp các giá trị của x vào phương trình để giải

Ta thường đánh giá dựa vào các nhận xét sau :

Khi trong phương trình mà vai trò các ẩn như nhau, ta có thể sắp xếp thứ tự của các ẩn, rồi giới

hạn miền nghiệm để giải

4 2  2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên (x, y) là (0, 1) và (0, - 1)

Ví dụ 23 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x  y z xyz

Vậy nghiệm nguyên (x, y, z) của phương trình đã cho là (1,2,3)

Ví dụ 24 Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình x y3 34xy3y2x22y 3 0

Vì x 0,y 0 nên từ (2) ta suy ra x2  4 0, mà x là số nguyên không âm nên ta có x 0; 1; 2

 x = 0 : (2) y22y 3 0, mà y là số nguyên nên suy ra y = 3

 x = 1 : 3 2 3  2

(2)3y y 2y  2 0 3y  3 y1 0

(3)

3y  3 y  1 y1 Vậy (3) vô nghiệm

 x = 2 : (2)    y 1 0 y 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên không âm (x; y) là (0; 3), (2; 1)

Ví dụ 25 (Romanian MO) Giải phương trình 1 1 1 3

y z và y z 5 Suy ra nghiệm nguyên là (5,5,5)

Ví dụ 26 (United KingDom MO) Tìm tất cả bộ ba số nguyên dương x y z; ;  thỏa mãn điều kiện

không có nghiệm nguyên nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên x0

Mặt khác ta thấy P x( )P( x 7) nên nếu (x; y) là nghiệm nguyên của phương trình thì (-x-7;-y) cũng

a a a b b b a b a b a b Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi tồn tại số thực k sao cho a i kb i, i 1, 2, ,n

Ví dụ 29 Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình :  2  2 2 2

 x  x y  x y , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = y = 1

Ví dụ 30 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : xy yzxz 3

Giải

2 2 2 2 2 2

(1)3xyzx y y z z x

xyz

Mà x, y, z là số nguyên dương nên suy ra x  y z 1

Ví dụ 31 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 6 3 2 2 2  2 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi x y 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là x y 1

Ví dụ 33 (Titu Andreescu) Tìm các số nguyên dương đôi một khác nhau thỏa mãn phương trình

4 Phương pháp tham số hóa :

Một số bài toán không yêu cầu tìm tất cả các nghiệm của phương trình mà chỉ yêu cầu chứng minh phương trình có vô số nghiệm Khi đó, ta chỉ cần xây dựng một họ nghiệm chứa tham số là đủ Việc xây dựng như thế có thể được thực hiện bằng các giả định, giới hạn miền nghiệm

Cụ thể : Biểu diễn nghiệm của phương trình f x x( ,1 2, ,x n)0 dưới dạng :

trong đó m m1, 2, ,m k Khi đó, tập nghiệm của phương trình là một

bộ tham số đại diện

Ví dụ 34 Tìm tất cả bộ ba số nguyên dương thỏa phương trình 1 1 1

Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương

Đối với phương trình bậc ba hai ẩn số mà hệ số trước x 3

và y 3 là hai số đối nhau thì ta có thể tham

số hóa chúng bằng cách đặt x y d d( Z) hoặc y x d d( Z) để đưa phương trình đã cho về phương trình bậc 2 theo ẩn x hoặc theo ẩn y Còn nếu hệ số của x 3

và y 3 bằng nhau thì ta đặt z = - y và

đưa về dạng trên Ta xét ví dụ sau :

Ví dụ 36 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x327xy2009 y 3

Giải

27 3 d x  27d3d x d 20090 (1)

 Nếu d9 thì phương trình (1) trở thành 12800 (vô lý)

 d

Thay vào phương trình ta thấy phương trình có nghiệm nguyên khi d 14 Khi đó x 7, y7

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất (x, y) là (-7, 7)

Ví dụ 37 (Bulgari – 2004) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x310x 1 y36y 2

Giải

3d6 y  3d 10 y d 10d 1 0 (1)

 Nếu d = 2 thì (1) trở thành 22y270(không có nghiệm nguyên)

 Nếu d 2 thì (1) có nghiệm khi   3d424d360d2252d760

Thay vào ta thấy d = 1, d = 5 thì  là số chính phương

Suy ra nghiệm nguyên (x, y) của phương trình là (6, 5) và (2, -3)

Ví dụ 38 (Italy MO-1996) Chứng minh rằng phương trình x2y2 z23 có vô số nghiệm nguyên (a;

x n y n n Z , thay vào (1) ta thấy thỏa

x n y n n Z

Ví dụ 39 (United Kingdom MO) Chứng minh phương trình x3y3z3 2000 có vô số nghiệm nguyên

Do đó, bộ ba số (x, y, z) cho bởi công thức trên là nghiệm của phương trình đã cho Suy ra đpcm

Mở rộng : Cho aZ , phương trình x3y3z3 2a có vô số nghiệm được cho bởi công thức 3

3 3 3

Vậy nếu mọi n nguyên dương thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên

Mở rộng : Phương trình x2y2z2 t2 n (với n là số nguyên dương bất kỳ) luôn có nghiệm nguyên

6 Phương pháp xuống thang và phương pháp cực hạn

Nguyên lý cực hạn :

+ Trong một tập hợp hữu hạn các số thực, bao giờ cũng tồn tại số lớn nhất và số bé nhất

+ Trong một tập con của tập số tự nhiên, luôn tồn tại số bé nhất

Chú ý : Phương pháp này thường được dùng với phương pháp chứng minh phản chứng

Cụ thể : Khi cần chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên, ta giả sử ngược lại rằng tập S các nghiệm nguyên của phương trình khác  Ta sắp xếp thứ tự trên S và giả sử x 0 là nghiệm nhỏ nhất theo thứ tự đó Sau đó ta chỉ ra tồn tại nghiệm x 1 < x 0 , từ đó dẫn đến điều vô lý Do đó, kết luận phương trình

đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 43 (Korean MO - 1996) Tìm tất cả số nguyên x, y, z thỏa mãn : x2y2z22xyz0

 TH1 : 2 số lẻ và 1 số chẵn, không mất tính tổng quát, giả sử x y lẻ và 0, 0 z chẵn 0

Ta có : x02y02z022(mod 4), và 2x y z0 0 0 0 (mod 4)(vô lý)

 TH2 : 3 số x y z đều chẵn Đặt 0, 0, 0 x0 2 ,x y1 0 2 ,y z1 0 2z1 Thay vào phương trình ta được

2 2 2

1  1  1 4 1 1 1

x y z x y z Tương tự trên ta cũng suy ra được x y z là số chẵn 1, 1, 1

Tiếp tục quá trình trên ta suy ra x0, y ,0 z chia hết cho 2 ,0 k  

k N

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x0  y0 z0 0

Ví dụ 44 (20 th IMO shortlist) Cho các số nguyên dương thỏa mãn xyz2 1 Chứng minh rằng không

tồn tại số nguyên không âm a, b, c, d sao cho xa2b2, yc2d2, zac bd 

Vì u z x nên y x 2u  x y 2z Do đó, x y z1, 1, 1  x x0, 0y02 ,z z0 0x0 là nghiệm nguyên của phương trình đã cho

 Nếu z0  x0 1 thì từ phương trình suy ra x0y0 x0 22 (mâu thuẫn với y0x02)

 Nếu z0 x thì phương trình đã cho suy ra 0 x0y0x01 (mâu thuẫn với x02)

Do đó z1  z0 x0 1

Vậy ta đã xây dựng được bộ x y z1, 1, 1là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho thỏa z1z 0

Do đó tồn tại các số không âm m, n, p, q thỏa

Gọi x y z0, 0, 0 là một nghiệm nguyên của phương trình đã cho

Khi đó x0 3, đặt x0 3x1, thay vào phương trình ta được 3 3 3

Tiếp tục quá trình này, ta suy ra 0 0 0

là số nguyên với mọi số nguyên k Suy ra x0 y0 z0 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là (0,0,0)

Ví dụ 46 Tìm các số nguyên dương n để phương trình x2y2 1 nxy có nghiệm nguyên dương

(a, b) là nghiệm nguyên dương của phương trình thỏa mãn a > b và (a + b) nhỏ nhất Suy ra a

là một nghiệm của phương trình x2nbx b 2 1 0 (1)

Gọi c là nghiệm còn lại của (2) Theo Viet ta có : a c nb c nb a 0 Suy ra

nb a b cũng là nghiệm của phương trình đã cho  ; 

+ nb a  a nb2a : Thay vào a2b2 1 nab ta được a2b2 1 2a2 a2 b21

(mâu thuẫn)

+ nb a  a nb a    b a b (mâu thuẫn)

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là x = 1, y = 1

Tài liệu tham khảo

[1] Titu Andreescu, An Introduction to Diophantine Equations, 2010

[2] Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm nguyên, NXBGD, 2004

[3] Andrzej Schinzel, Elementary Theory of numbers, North – Holland Mathematical library, 1988

[4] W.Sierpinski, 250 problems in elementary number theory, American Elsevier publishing company,

inc, 1970

[5] mathscope.org

[6] diendantoanhoc.net