SH quyen LTL dua ve pt bac nhat de giai pt nghiem nguyen lai chau 2016 06 24

TÓM TẮT BÁO CÁO Phương trình nghiệm nguyên trong lớp các đa thức là một trong những vấn đề quan trọng của Số học.. Ngoài các lớp phương trình đặc biệt như phương trình Pell, còn rất nhi

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ:

PHƯƠNG PHÁP QUY VỀ HỆ BẬC NHẤT KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Tác giả: Lê Thị Lệ Quyên

Đơn vị: Tổ Toán - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Lai Châu

Email: letieuquynhlc@gmail.com

I TÓM TẮT BÁO CÁO

Phương trình nghiệm nguyên trong lớp các đa thức là một trong những vấn đề quan trọng của Số học Ngoài các lớp phương trình đặc biệt như phương trình Pell, còn rất nhiều phương pháp khác nhau để giải các bài toán về nghiệm nguyên của phương trình như: phương pháp quy về các hệ bậc nhất, phương pháp đánh giá hai

vế, phương pháp lựa chọn môđulô, phương pháp dùng các định lý Số học, phương pháp sử dụng tính chia hết, Với việc tìm nghiệm nguyên cho các phương trình được mô tả bằng các đa thức hai hoặc nhiều biến với bậc lớn hơn 1, báo cáo tập trung đi sâu vào phương pháp quy về hệ bậc nhất để tìm nghiệm nguyên của phương trình

II NỘI DUNG BÁO CÁO

Phương pháp quy về hệ bậc nhất là phương pháp đưa phương trình về dạng tích của các đa thức và có kết quả là một số nguyên, từ đó dựa vào tính chia hết của các số nguyên để đưa phương trình về các hệ bậc nhất tương ứng

6

2y2 2x12 23

2y2x1 2 y2x123  1

Từ (1) dẫn đến việc tìm nghiệm nguyên của các hệ sau:

2y2x 1 23



 2y 2x 1 1

2 2 1 23







2 2 1 1







Lần lượt giải 4 hệ này, tương ứng chúng cho các nghiệm (x; y): (5;6), (-6;6), (-6; -6), (5; -6) Đó chính là nghiệm nguyên của phương trình đã cho

Ở một số bài toán, việc phân tích đa thức thành nhân tử có thể dựa vào tính

nguyên dương của các nghiệm để đánh giá giá trị các biểu thức liên quan

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

Lời giải:

Viết lại phương trình dưới dạng:

 

x  x y  y  y    , trong đó  ta sẽ xác định sau

Coi vế trái của (1) là tam thức bậc hai của x, ta có:

9 y 1 8y 20y 4 y 2y 9 4

Vì ta cần quan tâm đến nghiệm nguyên của (1), nên trước hết  cần có dạng là bình phương đúng, vì thế cần chọn  = 2, khi ấy 2  2

Lúc này tam thức bậc hai ở vế trái của (1) có nghiệm:

1

2

2 1

1

Vì thế  1 x y2x2y116 (2)

Do x, y nguyên dương nên x 1, y  1  x + y + 2  4

x + 2y + 1  4

Vì vậy vế phải là 16 ta phân tích bằng 4.4 T dẫn đến hệ sau:







Vậy (1; 1) là nghiệm nguyên dương duy nhất cần tìm

Chú ý:

1) Nếu bài toán chỉ đòi hỏi tìm nghiệm nguyên, khi đó từ (2) ta suy ra được các hệ sau:

Như vậy bài toán tìm nghiệm nguyên ban đầu dẫn đến việc tìm nghiệm nguyên của 10 hệ bậc nhất nói trên Nghiệm của mỗi hệ sẽ được lấy làm nghiệm của phương trình đã cho, nếu như hệ đó cho nghiệm nguyên

2) Chúng ta có thể sử dụng phương pháp nhóm các số hạng để phân tích ra thừa số (có thêm bớt thích hợp) và đưa ngay phương trình (1) về dạng (2)

Bài toán tương tự: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bằng cách làm tương tự, ta đưa phương trình đã cho về dạng:

x3yx2y210

Ở một số dạng bài tập, ta có thể áp dụng cách phân tích thành các tổng bình phương của các đa thức và các số nguyên, từ đó có thể dẫn đến việc đưa về các hệ bậc nhất và tìm nghiệm nguyên của chúng

Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

Lời giải:

x  xy y   x y  y 

2 2

Vì x2y là số nguyên  0, y là số nguyên dương và 169 = 132 +02 =122 + 52 nên từ (1) suy ra các khả năng sau (để ý rằng x, y >0):

13 13

y y







5 5

do x y

y





+

29 12

19 12

12

x y

x y

y

 





















Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên dương là:

(26;13), (22; 5), (29;12), (19; 12)

Cũng bằng phương pháp phân tích thành tổng các bình phương và dựa vào tính nguyên dương của các nghiệm nên ta cũng có thể có những đánh giá phù hợp

để dẫn phương trình đã cho đến hệ bậc nhất

Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:

3x 2y  z 4xy2yz 262xz

Lời giải:

Viết lại phương trình đã cho dưới dạng tương đương sau:

x  x  xy y  x  y z  xy xz yz 

 2  2 2

26 (1)

Do x, y, z nguyên dương nên x < x +y < x + y + z Mặt khác 26 chỉ có một cách phân tích duy nhất thành tổng ba bình phương, đó là 26 = 12 + 32 + 42 Vì lẽ

ấy, từ (1) ta có hệ sau:

Vậy (1;2;1) là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình đã cho

Ở một số bài toán, việc đánh giá giá trị các biểu thức còn có thể áp dụng các bất đẳng thức kinh điển như AM - GM, Cauchy - Schwarz, trong trường hợp xảy

ra dấu đẳng thức, điều này thể hiện ở các ví dụ sau:

Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

Lời giải: Đưa phương trình đã cho về dạng tương đương sau:

Chú ý, ở đây x > 0, y > 0, z > 0 nên theo bất đẳng thức AM - GM, ta có:

Từ đó ta có (1) chính là trường hợp xảy ra dấu bằng trong (2), tức là:

 

 

2

4

x y

x z









3  x y  5 x y xy 5 5

Do x > 0, y > 0 nên từ (5) suy ra x + y > x - y > 0 Mặt khác, dựa vào phân tích 5 = 5 1, từ (5) ta đi đến hệ sau:



Do vậy, từ (4) ta có z = 9

Hay (3; 2; 9) là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình đã cho

Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

Lời giải: Viết lại phương trình đã cho dưới dạng tương đương sau:

 2 2 2  2 2     2 2 2 2  

1.x 4 y 7  1 4 x  y 7 1 Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, thì

 2 2 2  2 2     2 2 2 2  

1.x 4 y 7  1 4 x  y 7 2

Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra khi và chỉ khi 7

 Vì lẽ ấy, phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:

  

4x  y 7 2x y 2x y 7 (3)

Do x > 0, y > 0 nên từ (3) suy ra 2x + y > 2x - y > 0 Mặt khác, dựa vào phân tích 7 = 7 1, từ (3) ta đi đến hệ sau:



Vậy (x; y) =(2; 3) là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình đã cho

Đối với một số biểu thức chứa căn, dựa vào tính chất của một số nguyên, ta cũng có thể đánh giá để đưa về hệ bậc nhất như sau:

Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

11

5

x

Lời giải: Ta có nhận xét rằng, vì bình phương của mọi số nguyên đều không

có dạng 4m + 3, m  , do đó y  thì 4y 1 đều là số vô tỉ

Đưa phương trình đã cho về dạng sau:

11

5

x

y  x  y  (1) ,

x y

  thì vế phải của (1) là số hữu tỉ, còn 4y 1là số vô tỉ, do vậy (1)

có nghiệm nguyên khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm nguyên:

5

y











5

3

x

x

y

 















Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (5; 3)

Bài tập tương tự: Tìm nghiệm nguyên của phương trình

3

x

Làm tương tự ví dụ trên ta thấy (3; 6) là nghiệm duy nhất của phương trình

Đối với biểu thức dưới căn là một phân thức thì điều cần là biểu thức căn đó phải là số hữu tỉ Từ đó có thể đưa ra các đánh giá thích hợp

Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

 

3

x y  yz

Lời giải:

Trong lớp các nghiệm nguyên dương, phương trình đã cho có thể viết dưới dạng tương đương sau:

3

(1)

y

y





Từ (1) và do x nguyên, nên suy ra để z nguyên thì điều kiện cần là y 3

y



phải là số hữu tỉ Từ đó suy ra:

2 2

3

 









Với k, l là các số nguyên dương Từ đó suy ra:

  

k l   k l k l 

Do k + l > k - l, nên ta có:

1

y

Thay y = 1 vào (1) và có z = 2y Vì thế nghiệm nguyên dương của phương

trình đã cho có dạng (k, 1, 2k), ở đây k là số nguyên dương tùy ý

Ở một số phương trình, việc áp dụng hằng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân tử cũng là một phương pháp hữu hiệu Ví dụ sau đây thể hiện điều này

Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải: Áp dụng hằng đẳng thức:

3

a b c  abc a b c a b c abbcca , đưa phương trình

đã cho về dạng tương đương sau:

 3  3   

3

x  y    x y  

2 21 0



 



 2  2  2

1

x y

 



 



1 1 1

x y x y

 





   

 



Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (-1; 1), (k +1; k) với k  

cần là số chính phương, từ đó ta có thể đưa ra các đánh giá phù hợp Theo hướng này, nhiều khi ta phân tích đa thức thành dạng tam thức bậc hai, kết hợp với điều

Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải: Đưa phương trình đã cho về dạng tương đương sau:

2y  x y  xy3x y3xy  0

Từ (1) xảy ra hai khả năng sau:

+ Nếu y = 0, thì  x đều thỏa mãn (1)

+ Nếu y  0, thì từ (1) ta có:

2y  x 3x y 3x x 0 (2) Xét biệt thức  của (2) (coi (2) là phương trình bậc hai ẩn y)

 2  2    

Phương trình (2) có nghiệm nguyên trước hết ta cần có  là số chính phương, tức là khi:

x x k k x k x k  (3)

Do x 4 k   x 4 k (vi k); (x - 4 - k) và (x - 4 + k) là số chẵn nên từ (3) suy ra:

0

1

x

x

   





  







   



       



   







    





21

y

y

 





Khi x = 8, thay vào (2) ta có: 2

Khi x = 0, thay lại vào (2) ta có: 2

2y 0 y (loại vì đang xét y  0) 0 Khi x= - 1, thay lại vào (2) ta có: 2

2y 4y20 y   1 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên sau:

(9; -6); (9; -21); (8; -10); (-1; -1); (k; 0), k   tùy ý

Việc phân tích thành tổng bình phương cho kết quả là một số nguyên không lớn, ta có thể chia trường hợp cho các số hạng trong tổng Điều này thể hiện ở ví

dụ sau đây:

Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

8x5y2 3y2z2 3z7x2 2

Lời giải:

Do x, y, z nguyên dương nên 8x5 , 3y y2 , 3z z7x là các số nguyên

8x5y  3y2z  3z7x  2 suy ra hai trong ba số 8x5 , 3y y2 , 3z z7x bằng 1 và số còn lại phải bằng 0 Có ba khả năng sau:







y z













Xét đại diện trường hợp 1)

y z

z x

y z

z x

y z

z x

y z

z x

y z

z x













   

























   







Rõ ràng việc giải các hệ này không phức tạp tuy nhiên phải giải nhiều hệ Phương trình đã cho có các nghiệm nguyên dương sau: (3;5;7), (12;19; 28)

Số học là một trong những mảng rộng của Toán học và phương trình nghiệm nguyên chỉ là một phần trong chương trình Số học rộng lớn ấy Các phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình vô cùng đa dạng và phong phú, phương pháp quy về hệ bậc nhất cũng chỉ là một phương pháp nhỏ để tìm nghiệm nguyên hoặc

nguyên dương của phương trình Các ví dụ trong bài viết chỉ thể hiện một phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình trong lớp đa thức dưới góc nhìn cá nhân, nên rất mong ý kiến đóng góp của các quý thầy cô

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Phan Huy Khải, (2009), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán

trung học - Chuyên đề 5 - Phương trình nghiệm nguyên, NXB Giáo dục