Phương trình nghiệm nguyên và hàm số học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN --- Hoàng Đại Việt Phương trình nghiệm nguyên và hàm số học LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2017... Một số kết quả củ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

Hoàng Đại Việt

Phương trình nghiệm nguyên và hàm số học

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội – Năm 2017

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

Hoàng Đại Việt

Phương trình nghiệm nguyên và hàm số học

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS.VŨ ĐỖ LONG

MỤC LỤC

Mở đầu 1

Chương 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 3

1.1 Một số kết quả của số học trong giải phương trình nghiệm nguyên 3

1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính 4

1.2.1 Định nghĩa 4

1.3 Phương trình Fermat 5

1.3.1 Các bộ số Pitago 5

1.3.2 Phương trình Fermat 8

1.3.3 Phương trình Pell 12

Chương 2: MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIÊM NGUYÊN 17

2.1 Phân loại Phương trình nghiệm nguyên 17

2.1.1 Phương trình nghiệm nguyên sử dụng chia hết để giải, chi tiết như sau: 17

2.1.2 Phương trình nghiệm nguyên sử dụng đánh giá để giải, chi tiết như sau: 17

2.1.3 Phương trình nghiệm nguyên sử dụng tam thức bậc hai, chi tiết như sau: 17

2.1.4 Một số dạng phương trình nghiệm nguyên khác 17

2.2 Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên 17

CHƯƠNG 3 Các khái niệm, định lí hàm số học 47

3.1 Các hàm số học cơ bản 47

3.1.1 Phi - hàm Ơ-le 47

3.1.2 Các tính chất 47

3.2 Hàm tổng các ước số dương của n 51

3.2.1 Định nghĩa 51

3.3 Hàm số các ước n 54

3.3.1 Định nghĩa 54

3.3.2 Các tính chất 54

3.4 Hàm Mobius (n) 54

3.4.1 Định nghĩa 54

3.4.2 Các tính chất 55

3.5 Hàm phần nguyên [x] 55

3.5.1 Định nghĩa 55

3.5.2 Các tính chất 55

3.6 Hàm phần lẻ {x} 57

3.7 Các bài toán hàm số học 58

3.7.1 Các bài toán về Phi - hàm Ơ-le 58

3.7.2 Các bài toán về hàm Tổng các ước số dương của n 60

3.7.3 Một số bài toán về hàm số các ước  n 62

3.7.4 Một số bài toán về hàm Mobius (n) 65

3.7.5 Một số bài toán về hàm phần nguyên [x] và hàm phần lẻ {x} 66

Kết luận 71

Tài liệu tham khảo 74

Mở đầu

Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và cũng là lĩnh vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thuyết chưa có câu trả lời Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó, có nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đã nẩy sinh Hơn nữa, trong những năm gần đây, Số học không chỉ là một lĩnh vực của toán học lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có nhiều ứng dụng, đạc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin Vì thế, việc trang bị những kiến thức

cơ bản về số học ngay từ trường phổ thông là hết sức cần thiết Không như nhiều ngành khác của toán học, có rất nhiều thành tựu hiện đại và quan trọng của Số học có thể hiểu được chỉ với những kiến thức phổ thông được nâng cao một bước Do đó, đây chính là lĩnh vực thuận lợi để đưa học sinh tiếp cận nhanh với khoa học hiện đại Tuy nhiên, trong chương trình Số học ở trường phổ thông hiện nay, môn Số học chưa được giành nhiều thời gian Cũng vì thế mà học sinh thường rất lúng túng khi giải bài toán Số học, đặc biệt là trong các kì thi chọn học sinh giỏi và nội dung hay được đề cập đến nhất trong các kì thi đó là ―Phương trình nghiệm nguyên‖, nó luôn là vấn đề hay và khó với học sinh

Ngoài ra trong phần Số học, các hàm số học đóng vai trò quan trọng trong việc hình thành và nghiên cứu lí thuyết để hoàn thiện, đây là một vấn đề cổ điển và quan trọng của Số học

Các bài tập ứng dụng các hàm số học cơ bản được đề cập nhiều trong các kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế,…

Mục đích chính của luận văn là nêu ra được một số dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải của từng dạng Cụ thể là phân loại được các dạng phương trình thông qua hệ thống bài tập giải phương trình nghiệm nguyên Đồng thời đưa ra được hệ thống các bài tập tham khảo cho từng dạng và nêu ra được một số ứng dụng cơ bản của các hàm số học cơ bản

Nội dung của luận văn gồm 3 chương

Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ bản về lí thuyết chia hết

Chương 2: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải

Chương 3 Các khái niệm, định lí hàm số học

Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của PGS.TS Vũ Đỗ Long – ĐH Khoa học Tự nhiên Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy

Tôi xin cảm ơn tới Phòng Giáo dục & Đào tạo quận Bắc Từ Liêm, trường THCS Thụy Phương, tổ toán trường THCS Thụy Phương đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành khóa học này

Tôi xin gửi tới các Thầy Cô khoa Toán, phòng Đào tạo sau Đại học Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, cũng như các Thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2014-2016 lời cảm ơn sâu sắc về công lao dạy dỗ trong suốt quá trình giáo dục, đào tạo của nhà trường Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán – Chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp 2014-2016, Trường Đại Học Khoa Học

Tự Nhiên – ĐH QGHN đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này

Tuy nhiên do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc sĩ, nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến của các Thầy Cô và độc giả quan tâm tới luận văn này

Hà Nội, ngày 25 tháng 1 năm 2017

Hoàng Đại Việt

Chương 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN

Trong chương này trình bày lại một số kiến thức cơ bản về một số loại phương trình như phương trình Điôphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell

1.1 Một số kết quả của số học

Định lý 1.1.1 (Định lý cơ bản của số học)

Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1 Khi đó n luôn có thể biểu diễn được một cách

duy nhất dưới dạng sau: n = 1 2 k

p p p   , trong đó Trong đó k,  (i = 1, 2, , k) là các số tự nhiên và pi i là các số nguyên tố thỏa mãn:

1 < p i < p 2 < < p k

Định lý 1.1.2 (Định lý Euclid.) Tồn tại vô hạn số nguyên tố

Định lý 1.1.3 Giả sử a, b là hai số nguyên dương, còn p là số nguyên tố sao cho ab p

Khi đó ta phải có hoặc là a p, hoặc là b p

Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a và b Ta nói rằng a đồng dư với b theo

Modulo m (m nguyên dương) và ký hiệu a  b (mod m) khi và chỉ khi (a - b) m

Ở đây  m là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m

( m gọi là Phi-hàm Euler)

Định lý 1.1.6 (Đinh lý Wilson)

p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p - 1)! + 1 chia hết cho p

Định lý 1.1.7 (Đinh lý Fermat-Euler) Nếu p = 4k + 1, thì tồn tại các số nguyên

dương a, b sao cho p = a 2 + b 2

Định lý 1.1 8 (Định lý phần dư Trung Hoa)

Giả sử r và s là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a và b là hai số nguyên tùy

ý Khi đó tồn tại một số nguyên N sao cho N  a (mod r) và N  b (mod s)

Ngoài ra N được xác đinh một cách duy nhất

1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính

1.2.1 Định nghĩa

Phương trình Điôphăng tuyến tính là phương trình có dạng:

ax + by = c (1)

trong đó a, b, c là các số nguyên, các giá trị x, y cũng nhận các giá trị nguyên

Giải phương trình Điôphăng (1) tức là tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1)

Định lý 1.2.1 Giả sử a,b là các số nguyên, d là ước chung lớn nhất của a và b Khi đó

phương trình ax + by = c không có nghiệm nguyên nếu d không là ước của c

Nếu c d thì phương trình có vô số nghiệm Hơn nữa nếu x = x 0 , y = y 0 là một nghiệm nào đó của phương trình thì mọi nghiệm của phương trình có dạng:

Giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình Do d|a, d|b nên d|c Như vậy, nếu d không

là ước của c thì phương trình không có nghiệm nguyên

Vì (a, b) = d nên tồn tại số nguyên t và s sao cho d = as + bt (2)

Cũng do d|c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c Nhân hai vế của (2) với c ta được:

c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te)

Như vậy, ta có một nghiệm của phương trình cho bởi x = x0 = se, y = y0 = te

Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số nghiệm

Giả sử (x, y) là một nghiệm tùy ý, tức là x, y nguyên và thỏa mãn ax + by = c Khi đó

(ax + by) — (ax0 + by0) = 0 suy ra a(x — x0) + b(y — y0) = 0 Tức là a(x - x0) = b(y - y0) Chia hai vế của đẳng thức này cho d, ta đƣợc

Từ đó suy ra y0 - y chia hết cho a

d, tức là tồn tại n nguyên sao cho

a

dn = y0 - y Suy ra: y = y0 - a

Rõ ràng là nếu (x, y, z) là bộ Pitago thì (kx, ky, kz) cũng là một bộ số Pitago với mọi

số tự nhiên k Do đó, ta chỉ cần xét bộ ba số nguyên tố cùng nhau

Định nghĩa 1.3.1 Bộ số Pitago (x, y, z) được gọi là nguyên thủy nếu

Bổ đề 1.3.1 Nếu (x, y, z) là một bộ Pitago nguyên thủy thì (x, y) = (y, z) = (z, x) = 1

(ký hiệu (x, y, z, ) = d được hiểu là ƯCLN của các số x, y, z….)

Chứng minh

Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x, y) > 1 Khi đó tồn tại số nguyên

p sao cho p|(x, y) Vì p|x và p|y nên p|(x2 + y2) = z2 Do p nguyên tố mà p|z2 nên p|z

Từ đó dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1

Vậy (x, y) = 1 Tương tự (x, z) = (y, z) = 1

Bổ đề 1.3.2 Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy Khi đó x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ,

y chẵn

Chứng minh

Giả sử (x, y, z) là một bộ Pitago nguyên thủy Do Bổ đề 1.3.2

(x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn Nếu x, y cùng lẻ thì ta có:

x2  y2  1 (mod 4)

Nên z2 = x2 + y2  2 (mod 4)

Điều đó vô lý Vậy x và y không cùng tính chẵn lẻ

Bổ đề 1.3.3 Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và rs = t 2 Khi đó tồn tại các số nguyên h, l sao cho r = l 2 và s = h 2

Chứng minh

Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì Bổ đề là hiển nhiên

Ta giả sử r > 1 và s > 1 Giả sử các phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố ta được các dạng sau

Từ Định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên tố xuất hiện ở hai vế

của đẳng thức phải như nhau Vậy mỗi p i phải bằng một qj nào đó, đồng thời  = i

2 Do đó, mỗi số mũ j  đều chẵn nên i i

2

 nguyên Từ đó suy ra r = l2, s = h2, trong

Định lý sau mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy

Định lý 1.3.1 Các số nguyên dương (x, y, z) lập thanh một bộ Pitago nguyên thủy, với

y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m, n với

m > n, m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ sao cho:

d|(r - s) = x Điều đó có nghĩa là d|(z, x) = 1 nên d =1

Áp dụng Bổ đề 1.3.3 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho r = m2, s = n2 Viết x, y, z thông qua m, n ta có

x = r - s = m2 – n2 ; y 4rs  4m n2 2 2mn; z = r +s = m2 + n2

Ta cũng có (m, n) = 1, vì mọi ƣớc chung của m và n cũng là ƣớc của

x = m2 - n2, y = 2mn,

z = m2 + n2, nên là ƣớc chung của (x, y, z) Mà x, y, z nguyên tố cùng nhau nên (m, n) = 1

Mặt khác, m và n không đồng thời là hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ hoặc ngƣợc lại Vậy mỗi bộ số Pitago nguyên thủy có dạng đã nêu

Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau Giả sử ngƣợc lại (x, y, z) = d > 1 Khi đó

tồn tại số nguyên tố p sao cho p|(x, y, z) Ta thấy rằng p không chia hết cho 2 vì x lẻ

(do x = m2 - n2 trong đó m2 và n2 không cùng tính chẵn lẻ) Lại do p | x, p | z

nên p | (z + x) = 2m2 và p | (z - x) = 2n2

Vậy p | m và p | n: Mâu thuẫn với (m, n) = 1

Do đó (x, y, z) = 1 tức là (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy

nguyên của phương trình

Định lý 1.3.3 Phương trình x4 + y4 = z4 không có nghiệm nguyên x , y , z khác 0

Chứng minh

Giả sử phương trình trên có nghiệm nguyên x, y, z khác 0 Vì ta có thể thay biến tùy ý bởi

số đối của nó nên ta có thể xem x, y, z là các số nguyên dương

Ta giả thiết (x, y) = 1 Thật vậy, nếu (x, y) = d thì x = d x1, y = dy1,

trong đó x1, y1 là các số nguyên dương

Ta sẽ chỉ ra phương trình x4 + y4 = z2 không có nghiệm nguyên dương vì vậy phương trình x4 + y4 = z4 cũng không có nghiệm nguyên dương

Bây giờ ta giả sử x = xo, y = yo, z = z0 là nghiệm của phương trình x4 + y4 = z2, trong đó (xo, yo) = 1

Ta sẽ chỉ ra tồn tại nghiệm khác gồm các số nguyên dương x = x1, y = y1, z = z1 với (x1, y1) = 1 sao cho z1 < z0

số Pitago nguyên thủy, tồn tại các số nguyên dương m, n với (m, n) = 1,

m không đồng dư với n (mod 2) và

x y z , trong đó x1, y1,

zl là các số nguyên dương với (xl, yl) = 1 Hơn nữa, ta có zl < z0 vì zlz41 = m2 < m2 + n 2 = z0

Do nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong số các nghiệm nguyên dương, tồn tại nghiệm nguyên với giá trị z0 bé nhất Tuy nhiên ta đã chỉ ra rằng, từ nghiệm này ta có thể tìm nghiệm khác với giá trị bé hơn của biến z Từ đó dẫn đến mâu thuẫn

Như vậy ta đã được điều phải chứng minh

* Về Định lý lớn Fermat

Ta biết có vô số bộ ba số nguyên dương thỏa mãn phương trình x2 + y2 = z2

Đương nhiên xuất hiện một câu hỏi: Có ba số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình x3 + y3 = z3 không?

Vào năm 1637, nhà toán học Pháp Fermat (Pierre de Fermat, 1601 - 1665) đã nêu lên

mệnh đề sau, được gọi là định lý lớn Fermat:

Phương trình xn + yn = zn (với n là số nguyên lớn hơn 2) không có nghiệm nguyên dương

Fermat đã viết vào lề cuốn Số học của Điôphăng, ở cạnh mục giải phương trình

x2 +y2 = z2 ―Không thể phân tích được một lập phương đúng thành tổng của hai lập phương, không thể phân tích được một trùng phương thành tổng của hai trùng phương, và nói chung với bất cứ lũy thừa nào lớn hơn 2 thành tổng của hai lũy thừa cùng bậc Tôi đã tìm được cách chứng minh kì diệu mệnh đề này, nhưng lề sách này quá chật nên không thể ghi lại được.‖

Năm 1670, 5 năm sau khi Fermat mất, con trai ông đã công bố mệnh đề này

Lịch sử chứng minh Định lý lớn Fermat

Người ta đã tìm thấy chứng minh của Fermat với n = 4, nhưng không biết được ông đã giải bài toán tổng quát như thế nào? Liệu lời giải của ông có sai lầm hay không? Chỉ biết rằng phải đến một thế kỷ sau, Ơle mới chứng minh được bài toán với n = 3 năm 1753 trong thư gửi Gônbach Năm 1825, bằng những phát minh mới về lý thuyết

số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh được với n = 5 Năm 1839 Lamê chứng minh được với n = 7 Sau đó khoảng năm 1850 Kume chứng minh được với mọi n < 100 Năm 1978, nhờ máy tính điện tử người ta đã chứng minh được bài toán với mọi n nhỏ hơn 125000

Phương trình x n + yn = zn được gọi là phương trình Fermat Nó đã lôi cuốn các nhà

toán học chuyên nghiệp và nghiệp dư suốt hơn ba thế kỷ Trên con đường tìm cách giải phương trình đó, nhiều lý thuyết toán học mới đã được sáng tạo ra Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhà toán học đã đạt được những kết quả quan trọng Và đề chứng minh Định lý lớn Fetmat, chỉ còn chứng minh giả thuyết do Taniyama nêu ra

"mọi đường cong elliptic đều là đường cong Weil."

Trong phần tiếp theo, ta quan tâm phương trình x2 - dy2 = n, trong đó d và n là các số nguyên, d là số nguyên dương không chính phương Định lý sau đây chỉ ra rằng, phân

số liên tục của d rất quan trọng trong việc nghiên cứu phương trình trên

Định lý 1.3.4 Giả sử d và n là các số nguyên sao cho d > 0 và d không là số chính

phương n  d Khi đó, nếu x 2 - dy 2 = n, thì x

y là một tổng hội tụ riêng của liên

phân số liên tục đơn của d

Chứng minh

Trước hết ta xét trường hợp n > 0 Vì x 2 - dy 2 = n, nên ta có

x y d x y d    n

Từ trên ta thấy x y d > 0 nên x y d Do đó xy d 0

Hơn nữa, do 0 n  d nên

2 2

y là một tổng hội tụ riêng của phân số liên tục đơn d

Khi n < 0, chia hai vế của x 2 - dy 2 = n cho -d, ta được:

Lý luận tương tự như trên ta chỉ ra rằng, khi n > 0, y

x là một tổng hội tụ riêng của phân

số liên tục đơn của 1



Để tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - dy2 = n ta dựa vào Định lý sau đây

Định lý 1 3.5 Giả sử d là một số nguyên dương không chính phương

Với k = 0,1, 2, trong đó  0 d Hơn nữa, giả sử k

k

p

q là tổng riêng hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của d

Trước khi chứng minh Định lý này, ta chứng minh Bổ đề sau

Bổ đề 1.3.4 Giả sử r + s d = t + u d , trong đó r , s , t , u là các số hữu tỷ và d là số

nguyên dương không chính phương Khi đó r = t và s = u

- Với k = 1, ta có p q1 0p q0 1 a a0 11 1 a a  0 1  1

k k 1 k 1 k

p q  p q  1 Khi đó ta có: p qk 1 k p qk k 1 a p qk 1 k k p a qk k 1 k qk 1 

k 1 k k k 1

Ta được điều phải chứng minh

Định lý 1.3.6 Giả sử d là số nguyên dương không chính phương Ký hiệu qua k

k

pqtổng riêng hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của d , k = 1, 2, 3 và giả sử n là độ

dài chu kỳ của phân số liên tục này Khi đó, nếu n chẵn thì các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 - dy2 = 1 là x = pjn-1, y = qjn-1, j = 1, 2, 3,…

Còn phương trình x2 - dy2 = 1 vô nghiệm Khi n lẻ, các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 - dy2 = 1 là x = p2nj-1, y = q2nj-1, j = 1,2,3 ;

Các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 - dy2 = -1 là:

Trong đó Qk+1 như trong phát biểu của Định lý 1.3.5

Vì chu kỳ của khai triển liên tục của d là n, ta biết rằng Qjn = Q0 = 1

x2 - dy2 = 1 với j = 1, 2,3, ; khi n lẻ, p2jn-1, q2jn-1 là một nghiệm của phương trình

x2 - dy2 = 1 và p2(j-1)n-1, q2(j-1)n-1 là một nghiệm của phương trình x2 - dy2 = -1

với j = 1, 2,3

Để chỉ ra rằng các phương trình x2 - dy2 = 1 và x2 - dy2 = -1 không có nghiệm khác các nghiệm đã tìm được, ta chứng tỏ rằng Qk+1 = 1 suy ra n|k và Qj  -1 với j = 1,2,3 Trước tiên ta nhận xét rằng, nếu Qk+1 = 1 thì

P   1 d Từ đó ta suy ra mâu thuẫn

Vậy Q  -1 Vì ta đã tìm được tất cả các nghiệm của xj 2 - dy2 = 1 và

x2 - dy2 = - 1 trong đó x, y nguyên dương, nên Định lý được chứng minh đầy đủ

Chương 2: MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIÊM NGUYÊN

Mở đầu

Trong chương này trình bày một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên như: Phương pháp chia hết, phương pháp đánh giá, phương pháp sử dụng tam thức bậc hai và một số dạng khác,…… và các ví dụ minh họa cho từng phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên

2.1 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

2.1.1 Phương trình nghiệm nguyên sử dụng chia hết để giải, chi tiết như sau:

Dạng 1: Phương pháp đưa về phương trình tích

Dạng 2: Phương pháp xét số dư

Dạng 3: Phương pháp biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại

Dạng 4: Phương pháp cực hạn hay xuống thang

Dạng 5: Phương pháp sử dụng tính chia hết, tính chất số chính phương

2.1.2 Phương trình nghiệm nguyên sử dụng đánh giá để giải, chi tiết như sau:

Dang 1: Phương pháp phân tích thành các tổng bình phương, tổng lập phương Dang 2: Phương pháp sử dung nguyên lí kẹp

Dang 3: Phương pháp sắp thứ tự các ẩn

2.1.3 Phương trình nghiệm nguyên sử dụng tam thức bậc hai, chi tiết như sau:

Dang 1: Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai để phân tích thành nhân tử

Dang 2: Phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai

Dang 3: Phương pháp Sử dụng điều kiện A là số chính phương

2.1.4 Một số dạng phương trình nghiệm nguyên khác

2.2 Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên

A Các ví dụ mình họa cho phương trình nghiệm nguyên sử dụng chia hết để giải Dang 1: Phương pháp đưa về phương trình tích

Ví dụ 2.2.1 Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

3x + xy – 7y = 24

Lời giải:

Phương trình: 3x + xy – 7y = 24

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (x; y) = (5; -6); (-6; -6); (5; 6); (-6; 6);

Ví dụ 2.2.4 Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

Ví dụ 2.2.5 (Đề tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT Chuyên HN- Amsterdam 2014)

Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2y + xy – 2x2 – 3x + 4 = 0

a2  0, 1, 4 (mod 8) a2  0, 1, 4, 7 (mod 9) a3 0, 1, 8 (mod 9) Chú ý: Trong các ví dụ tiếp theo ta đặt vế trái của phương trình = VT;

Vế phải của phương trình = VP

Ví dụ 2.2.6 Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 = 2y2 – 8y + 3

VP  3, 5 (mod 8) suy ra phương trình không có nghiệm nguyên

Ví dụ 2.2.7 Giải phương trình nghiệm nguyên: 9x2 + 6x + 10 = y3 (*)

Với y = 4k + 1  y – 2 = 4k – 1 Khi đó vế phải của (**) có ước nguyên tố dạng

p = 4l – 1 và ước này cũng là ước của vế trái (**)

Điều này vô lý vì vế trái là tổng của 2 số chính phương

Với y = 4k – 1 Khi đó y2 + 2y + 4 có dạng 4m – 1

Lập luận tương tự ta cũng suy ra điều vô lý

Vậy không có giá trị của x, y thỏa mãn phương trình trên

Ví dụ 2.2.8 Giải phương trình nghiệm nguyên: 15x2 – 7y2 = 9

Lời giải:

Xét phương trình: 15x2 – 7y2 = 9

Ta thấy: 15x2  9  0 (mod 3) 7y2  0 (mod 3)

y2  0 (mod 3) y  0 (mod 3)

Đặt y = 3.y‘(y ‘Z), phương trình trên có dạng: 15x2 – 63.y‘2 = 9

Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên

Ví dụ 2.2.10 Giải phương trình với nghiệm tự nhiên:

Nếu x 2 3x + 7 7 (mod 9) suy ra vô lý

Suy ra x = 0 hoặc x = 1

Với x = 0 ta có: 1 + 7 = y3 => y = 2 (chọn)

Với x = 1 ta có: 3 + 7 = y3 => Không tìm được y nguyên  Loại

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là (x ; y) = (0 ; 2)

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

Ví dụ 2.2.11.(Đề Olympic 30 - 4 năm 2014 trường THPT Bạc Liêu – Bạc Liêu)Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Mặt khác với mọi m Z thì m2 tận cùng bởi 0, 1, 4, 5, 6, 9

7m2 tận cùng bởi 0, 7, 8, 5, 2, 3

7m2 + 1 tận cùng bởi 1, 8, 9, 6, 3, 4

Do đó 7m2 + 1 không thể chia hết cho 5

Cho nên (1) không có nghiệm nguyên

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

Ví dụ 2.2.12 (Đề Olympic 30 - 4 năm 2014 trường THPT Nguyễn Thượng Hiền)

Tìm tất cả nghiệm nguyên (x, y) của phương trình sau:

y2 = x3 + 16

Lời giải

* Xét y chẵn

x chẵn x3  0 (mod 8) y2  0 (mod 8) y  0 (mod 4)

y2  0 (mod 16) x3  0 (mod 16)  x  0 (mod 4)

Vậy nghiệm nguyên (x, y) là (0, 4) ; (0, -4)

Ví dụ 2.2.13 (Đề Olympic 30-4 năm 2014 trường THPT chuyên Nguyễn Quang

Nếu d  0, ta xem (1) là phương trình ẩn y

Phương trình (1) có nghiệm thực khi và chỉ:

(5d2 – 1)2 – 32d (d3 – 13) 0

 7d4 + 10d2 – 416d - 10

Nếu d  -1 thì 7d4 + 10d2 – 41d – 1 > - 41d – 1 > 0

Nếu d  4 thì 7d4 + 10d2 – 416d – 1 > 7.43d – 416d – 1= 32d – 1 > 0

Do đó d {0,1, 2, 3}

Phép thử trực tiếp cho ta nghiệm y = 1 khi d = 1, khi đó x = 3

Kết luận: Phương trình có nghiệm nguyên là: (x; y) = (3,1); (-26,-13)

3: Phương pháp biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại

Ta sử dụng tính chất sau: Nếu a và b nguyên và a Z

Ví dụ 2.2.17 Giải phương trình nghiệm nguyên:

Nếu x = 1 thì phương trình (1) trở thành : -8y = 0 y = 0

(x ; y) = (1 ; 0) là 1 nghiệm nguyên của (1)

Nếu x = -1 thì phương trình (1) trở thành: -4y = 0  y = 0

(x ; y) = (-1 ; 0) là 1 nghiệm nguyên của (1)

Nếu x  1 thì = (3x2+ 2x + 3)2 – 8(x2 – 1)2 = (x2 + 6x + 1)2

Dạng 4: Phương pháp cực hạn hay xuống thang

Ví dụ 2.2.20 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải

Giả sử phương trình có nghiệm (x0, y0, z0) (0, 0, 0)

Suy ra tồn tại bộ nghiệm (x0, y0, z0) sao cho x0 nhỏ nhất

Thay vào phương trình ta có: x20 + y20 = 7z20

  suy ra tồn tại bộ nghiệm (x1, y1, z1) có x1 bé hơn x0

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

Ví dụ 2.2.21 Giải phương trình nghiệm nguyên:

x2 + y2 + z2 = x2y2

Lời giải

Ta thấy: a2  0 (mod 4) nếu a chẵn; a2  1 (mod 4) nếu a lẻ

Suy ra a2  0, 1 (mod 4), ta xét các trường hợp sau:

Ta lại xét tiếp các trường hợp sau:

TH1: x1; y1 đều lẻ suy ra x21 + y21+ z21 2, 3 (mod 4) => Vô lý

TH2: Trong hai số x1; y1 có 1 số chẵn, 1 số lẻ

Suy ra x21 + y21+ z21 1, 2 (mod 4) => Vô lý

TH3: Hai số x1; y1 cùng chẵn => x21 + y21+ z21 0 (mod 4) thì z1 phải chẵn

Lại đặt: x1 = 2x2; y1 = 2y2; z1 = 2z2 cứ tiếp tục quá trình như trên và ta thu được:

 ; k zk

z 2



Quá trình này không bao giờ dừng lại

Giả sử phương trình có nghiệm là (x0, y0, z0) ta suy ra mỗi số x0, y0, z0 luôn chia hết cho 2k (  k N)

Suy ra (x0, y0, z0) = (0, 0, 0) là nghiệm duy nhất của phương trình

Ví dụ 2.2.22 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x3 + 2y3 = 4z3

Lời giải

Giả sử phương trình có nghiệm (x0, y0, z0) (0, 0, 0)

Suy ra tồn tại bộ nghiệm (x0, y0, z0) sao cho x0 nhỏ nhất

Thay vào phương trình ta có: x30 + 2y30 = 4z30

  suy ra tồn tại bộ nghiệm (x1, y1, z1) có x1 bé hơn x0

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

Các bài tập tương tự: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:

xy – 1 chia hết cho (x-y)(y-1)

Kết luận: Nghiệm thỏa mãn phương trình là: (x; y) = (2; 2); (3; 3)

Ví dụ 2.2.25 Giải phương trình nghiệm nguyên:

Vậy nghiệm của phương trình là: (x; y) = (0; 1)

Nhận xét: Tích hai số nguyên tố cùng nhau là số chính phương thì hai số đó cùng là

Vậy nghiệm của phương trình là: (x; y) = (0; 0)

Ví dụ 2.2.27 (Đề Olympic 30-4 năm 2014 trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai –

Sóc Trăng)

Tìm các số tự nhiên x thỏa mãn điều kiện:

x2 – 7x +11= 5y