Phương trình Diophant tuyến tính
Nghiệm riêng
Trong mục này, ta trình bày hai thuật toán tìm nghiệm riêng của phương trình Diophant, đó là thuật toán giản phân và thuật toán Euclid.
Xét phương trình Diophant tuyến tính
Ax+By = C (1.1) Để tìm nghiệm riêng dựa vào giản phân, ta tiến hành thực hiện theo các bước như sau:
- Bước 1 Tìm d = (A, B) để đưa phương trình (1.1) về phương trình (1.2) với (a, b) = 1 phương trình Diophant tuyến tính ax+by = c (1.2)
- Bước 3 Tính giản phân Cn − 1 = [a 0 ; a 1 , , an − 1] = pn − 1 qn − 1
Suy ra pn − 1 và qn − 1.
- Bước 4 Suy ra một nghiệm riêng (x0, y0) của phương trình (1.2).
x0 = (−1) n − 1 c.qn − 1 y0 = (−1) n − 1 c.pn − 1. Bài toán 1.1 Giải phương trình Diophant tuyến tính
Lời giải Phương trình đã cho tương đương với phương trình
Do b = −41 < 0 nên một nghiệm riêng của (1.4) là
Vậy nghiệm của phương trình (1.4), tức phương trình (1.14) là
x = 45 + 41t y = 125 + 114t , t∈ Z. Để tìm nghiệm riêng dựa vào thuật toán Euclid, ta tiến hành thực hiện theo các bước như sau:
- Bước 1 Xác định d = (|A|,|B|) theo thuật toán Euclid mở rộng.
- Bước 2 Biểu thị d như một tổ hợp tuyến tính của A và B, chẳng hạn d = nA+mB (n, m ∈ Z).
- Bước 3 Nhân hai vế đẳng thức trên với C d ta thu được
- Bước 4 Suy ra một nghiệm riêng (x0, y0) của phương trình (1.1) là
x0 = Cn d y0 = Cm d Bài toán 1.2 Giải phương trình Diophant tuyến tính
Lời giải Vì (342,−123) = 3|15 nên phương trình đã cho có nghiệm Ta có
Từ đó, phương trình (1.14) có một nghiệm riêng là
Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình (1.14) là
x = 45 + 41t y = 125 + 114t , t ∈ Z. Định lý 1.2 Xét phương trình Diophant tuyến tính a1x1 +a2x2 + .+anxn = c (1.6)
1 Phương trình (1.6) có nghiệm khi và chỉ khi d = (a1, a2, , an)|c.
2 Nếu phương trình (1.6) có nghiệm thì nó sẽ có vô số nghiệm.
1) ⇒) Giả sử (x1, x2, , xn) là một nghiệm của phương trình (1.6), tức là n
Ta có d = (a1, a2, , an), suy ra d n
⇐) Ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy nạp theo n.
Với n = 2, khẳng định là đúng.
Giả sử khẳng định đúng với n= k (k ≥ 2).
Với n = k + 1, xét d = (a1, a2, , ak+1)|c, đặt h = (a1, a2, , ak) Khi đó, ta có d = (h, ak+1)|c Suy ra, tồn tại t, xk+1 ∈ Z để ht+ak+1xk+1 = c.
Vì h|ht nên theo giả thiết quy nạp sẽ tồn tại x 1 , x 2 , , xk ∈ Z để k
Vậy nên phương trìnha 1 x 1 +a 2 x 2 + .+a k+1 x k+1 = ccó nghiệm(x 1 , x 2 , , x k+1 ).
2) Ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy nạp theo n.
Với n = 2, khẳng định là đúng Giả sử khẳng định đúng với n = k (k ≥ 2), tức là phương trình \( P_{k} \sum_{i=1}^{k} a_i x_i = c \) nếu có nghiệm thì sẽ có vô số nghiệm Đối với n = k + 1, chúng ta sẽ chứng minh rằng phương trình \( P_{k+1} \sum_{i=1}^{k+1} a_i x_i = c \) cũng sẽ có vô số nghiệm nếu có ít nhất một nghiệm.
Thật vậy, gọi (t1, t2, , tk+1) là một nghiệm của phương trình k+1 P i=1 aixi = c, tức là k+1
Phương trình X i=1 aixi = c−ak+1tk+1 (1.7) có vế phải là hằng số và tồn tại một nghiệm (t1, t2, , tk), do đó theo giả thiết quy nạp, phương trình này có vô số nghiệm Mỗi nghiệm (x1, x2, , xk) của phương trình (6) dẫn đến việc phương trình k+1 P i=1 aixi = c cũng có nghiệm dạng (x1, x2, , xk, tk+1) Điều này chứng tỏ rằng phương trình k+1 P i=1 aixi = c cũng có vô số nghiệm.
Ta dễ dàng chứng minh được nghiệm tổng quát của phương trình (1.6) có dạng
Linti là một nghiệm riêng của phương trình Diophant tuyến tính (1.6), với ti thuộc tập số nguyên Z cho mọi i từ 1 đến n Tuy nhiên, các hệ số Lij (với i, j từ 1 đến n) không có công thức tính tường minh Bài toán 1.3 đặt ra yêu cầu giải phương trình này.
Lời giải Phương trình đã cho tương đương với
6(x+z) + 15y + 4z = 3. Đặt u = x+z, ta thu được phương trình
Ta nhận thấy phương trình
15y + 4z = 1 có một nghiệm riêng là (y1; z1) = (−1; 4) nên phương trình (7a) có một nghiệm riêng là (y 0 ; z 0 ) = (−3 + 6u; 12−24u).
Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (1.9) là
Vậy nên phương trình (1.8) có nghiệm tổng quát là
Nhận xét 1.2 Có thể tóm lược cách giải phương trình Diophant tuyến tính nhiều ẩn trên như sau:
Bắt đầu từ phương trình Diophant tuyến tính n ẩn, chúng ta có thể giảm bớt số ẩn bằng cách chuyển sang phương trình Diophant tuyến tính n−1 ẩn Quá trình này có thể tiếp tục cho đến khi đạt được phương trình Diophant tuyến tính với chỉ 2 ẩn, sau một số bước hữu hạn.
Mỗi lần giảm số ẩn, chúng ta giải phương trình Diophant tuyến tính với hai ẩn và chứa tham số, từ đó thu được hệ nghiệm phụ thuộc vào n−1 tham số.
Ví dụ 1.2 Xét phương trình (1.6) với n ≥3, ai 6= 0, ∀i = 1,2, , n.
Gọi d = (an − 1, an) và có an − 1 = d.bn − 1, an = d.bn, với (bn − 1, bn) = 1 Từ đó, phương trình (1.6) được chuyển thành a1x1 + a2x2 + + an − 2xn − 2 + d(bn − 1xn − 1 + bnxn) = c Bằng cách đưa vào ẩn mới t thông qua hệ thức bn − 1xn − 1 + bnxn = t, phương trình (1.6) trở thành a1x1 + a2x2 + + an − 2xn − 2 + dt = c.
Giả sử x1, x2, , xn − 2, t là một nghiệm nguyên của (1.12). Ứng với số t xác định, xét phương trình bn − 1xn − 1 + bnxn = t (1.13)
Do (bn − 1, bn) = 1 t nên (1.13) nhất định có nghiệm nguyên, chẳng hạn(xn − 1, xn). Khi đó, rõ ràng (x 1 , x 2 , , xn − 2, xn − 1, xn) là nghiệm nguyên của (1.6).
Dễ thấy mọi nghiệm nguyên của (1.13) chính là nghiệm của (1.12) với điều kiện(1.11).
Nghiệm nguyên dương
Xét phương trình Dipophant tuyến tính a1x1 +a2x2 + +anxn = c (1.14) với các hệ số ai, c ∈ Z + , các biến số xi ∈ Z + , ∀i = 1,2, , n Khi đó phương trình (1.14) luôn có hữu hạn nghiệm nguyên dương x = (x 1 , x 2 , , xn).
Từ giả thiết bài ra, ta có thể hạn chế điều kiện của các biến số bởi
Cách đơn giản nhất để tìm nghiệm nguyên dương x = (x1, x2, , xn) của phương trình (1.14) là cho một biến số xi nào đó lần lượt thử các giá trị khả thi và từ đó xác định các biến số còn lại từ phương trình đã cho.
Bài toán 1.4 Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant tuyến tính
Lời giải Theo giả thiết, ta có
Hơn nữa, từ giả thiết bài ra, suy ra x 5 và y 2.
x = 5 thì z = 14; x = 10 thì z = 11; x = 15 thì z = 8; x = 20 thì z = 5; x = 25 thì z = 2.
- Với y = 10, ta có 3x+ 5z = 25 nên x = 5 thì z = 2.
- Với y = 12, ta có 3x+ 5z = 10 Phương trình này không có nghiệm nguyên dương.
Như vậy, phương trình (1.15) có cả thảy 15 nghiệm nguyên dương (x, y, z) bao gồm
Nghiệm nguyên dương của hệ phương trình Diophant tuyến tính cơ bản
Hệ phương trình Diophant tuyến tính là một chủ đề quan trọng trong toán học, đặc biệt là khi nghiên cứu hệ hai phương trình ba ẩn với nghiệm nguyên dương Phương pháp "chìa khóa" được sử dụng để giải quyết các hệ phương trình này, mang lại những hiểu biết sâu sắc về tính chất của nghiệm (xem [1], [3] và [5]).
Bài toán tổng quát 1.1 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình
Ta gọi ”chìa khóa” của hệ(1)là bộ số(x0, y0, z0)thỏa mãn điều kiện: x0, y0, z0 ∈
Nếu (x1, y1, z1) là một nghiệm của hệ (1.16), thì với x2 = x1 + mx0, y2 = y1 + my0, z2 = z1 + mz0, ta cũng có (x2, y2, z2) là một nghiệm của hệ (1) Nếu các nghiệm này là nguyên dương, thì ta có nghiệm nguyên dương Trong hệ (1), khi x được xác định, y và z cũng sẽ được xác định Khi cho x chạy qua tất cả các giá trị nguyên dương có thể, ta sẽ tìm được các giá trị tương ứng của y và z Số lượng trường hợp mà các giá trị y và z đều nguyên dương tương ứng với số nghiệm nguyên dương của hệ.
Bài toán 1.5 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình
Suy ra hệ (1.17) có một nghiệm (x 1 , y 1 , z 1 ) = (63, 68, 3).
Tìm chìa khóa (x0, y0, z0) thỏa mãn điều kiện
Suy ra x0 = 1, z0 = 9, y0 = −10 hay (x0, y0, z0) = (1, −10, 9) Khi đó
x2 = x1 +mx0 y2 = y1 + my0 z2 = z1 +mz0, suy ra
Vậy bài toán có 7 nghiệm nguyên dương.
Bài toán 1.6 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình
Suy ra hệ (2) có một nghiệm (x1, y1, z1) = (1, −38, 171).
Tìm chìa khóa (x0, y0, z0) thỏa mãn điều kiện:
x 2 = x 1 +mx 0 y2 = y1 + my0 z2 = z1 +mz0 suy ra
Vậy bài toán không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 1.7 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình
Suy ra hệ (1.18) có một nghiệm (x1, y1, z1) = (4,18,78).
Tìm ”chìa khóa” (x0, y0, z0) thỏa mãn điều kiện:
x0 + y0 +z0 = 0 14x0 + 8y0 = 0 Suy ra hệ có nghiệm x0 = 4, y0 = −7, z0 = 3.
x2 = x1 + mx0 y2 = y1 +my0 z2 = z1 +mz0 suy ra
Vậy bài toán có 3 nghiệm nguyên dương.
Bài toán 1.8 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình
Vậy hệ (1.19) có một nghiệm (x1, y1, z1) = (4,2,6).
Tìm ”chìa khóa” (x0, y0, z0) thỏa mãn điều kiện:
Vậy bài toán có 4 nghiệm nguyên dương.
Bài toán 1.9 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình
Vậy nên hệ (1.20) có một nghiệm (x1, y1, z1) = (1,2,3).
Tìm ”chìa khóa” (x0, y0, z0) thỏa mãn điều kiện:
Vậy bài toán chỉ có 1 nghiệm nguyên dương.
Bài toán 1.10 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình
Suy ra hệ (1.21) có một nghiệm (x1, y1, z1) = (3,4,5)
Tìm ”chìa khóa” (x0, y0, z0) thỏa mãn điều kiện:
Vậy bài toán có vô số nghiệm nguyên dương.
Ví dụ 1.3 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình
Suy ra hệ (1.22) có một nghiệm (x 1 , y 1 , z 1 ) = (7,8,9).
Tìm ”chìa khóa” (x0, y0, z0) thỏa mãn điều kiện:
Do m ∈ Z + nên x 2 = 7 + 27m;y 2 = 8 + 136m;z 2 = 9 + 125m.Vậy bài toán có vô số nghiệm nguyên dương.
Các phương pháp giải phương trình Diophant 19
Phương pháp phân tích thành nhân tử
Xét phương trình f(x, y, , z) =m Giả sử ta có sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy dạng f(x, y, , z) =f1(x, y, , z) fs(x, y, , z).
Khi đó, ta phân tích số nguyên m và nhận được hệ phương trình tương ứng. Bài toán 2.1 Tìm tất cả các nghiệm nguyên(x, y) của phương trình x 2 + 4 y 2 + 4 −4 (xy −4) (x−y) = 9 + 16xy.
Lời giải Phương trình đã cho tương đương với x 2 y 2 + 4x 2 + 4y 2 + 16−4 (xy −4) (x−y)−16xy = 9.
Suy ra x 2 y 2 −8xy + 16 + 4 x 2 −2xy+ y 2 −4 (xy −4) (x−y) = 9
Như vậy, ta thu được 8 hệ sau
Giải ra, ta thu được 8 nghiệm là
Bài toán 2.2 Cho p;q là 2 số nguyên tố phân biệt Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (x, y) của phương trình
1 x + 1 y = 1 pq. Lời giải Biểu diễn phương trình đã cho thành phương trình
Từ hệ thức 1 x + 1 y = 1 pq, suy ra 1 x < 1 pq và
1 y < 1 pq. Như vậy, x > pq;y > pq.
Ta nhận được các hệ sau đây
Giải từng hệ, ta nhận 9 nghiệm pq+ 1, pq +p 2 q 2 , p+pq, pq+ pq 2 , q+pq, pq +p 2 q , p 2 +pq, q 2 +pq , (2pq,2pq), pq +pq 2 , p+pq , pq+p 2 q, pq +q , pq+ q 2 , pq +p 2 , pq +p 2 q 2 , pq + 1
Bài toán 2.3 Chứng minh rằng phương trình dạng 1 x+1 y = 1 n với n= p α 1 1 p α k k , trong đó p1;p2; .;pk là các số nguyên tố, có (2α1 + 1) (2α2 + 1) .(αk + 1) nghiệm nguyên dương.
Lời giải Thật vậy, phương trình đã cho tương đương với
⇔(x−n) (y −n) = p 2α 1 1 p 2α k k Mặt khác, p 2α 1 1 p 2α k k nên ta có
Vậy, ta thu được điều cần chứng minh.
Bài toán 2.4 (Poland MO, xem [4]) Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình x 2 (y −1) +y 2 (x−1) = 1.
Lời giải Phương trình đã cho tương đương với x 2 y −x 2 +y 2 x−y 2 = 1
u = x+ y v = xy, phương trình trở thành uvưu 2 + 2v = 1
Như vậy, ta có 4 hệ sau
Giải các hệ phương trình trên và trở lại biến x, y, ta có 4 hệ sau
Bài toán 2.5 (xem [6]) Xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình x 3 +y 3 +z 3 −3xyz = p, với số nguyên tố p >3.
(x+y +z > 1) nên x+ y+ z = pvà x 2 +y 2 +z 2 −xy −yz−zx= 1 hay
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥1.
Như vậy, ta phải xét các trường hợp dưới đây
Trường hợp 1 Khi x = y thì y = z + 1, x = z + 1và x+ y+ z = p.
Trường hợp 2 Khi x > y = z thì y = z, x = y + 1và x+ y+ z = p.
Tóm lại, nếu p = 3k+ 1 thì phương trình có ba nghiệm p−1
Nếu p= 3k + 2 thì phương trình có ba nghiệm p−2
Bài toán 2.6 (xem [7]) Xác định tất cả các số nguyên n để phương trình sau đây có nghiệm nguyên dương x 3 +y 3 +z 3 −3xyz = n.
Lời giải Ta có x 3 +y 3 + z 3 −3xyz = (x+y +z) x 2 +y 2 +z 2 −xy −yz−zx
2 và x 3 +y 3 +z 3 −3xyz = (x+y +z) 3 −3 (x+y +z) (xy +yz+ zx).
Theo cách viết thứ nhất, phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương khi n = 3k + 1 và n = 3k+ 2 Khi đó (k + 1, k, k) và (k + 1, k + 1, k), với k ≥ 1, là nghiệm dương tương ứng.
Nếu n chia hết cho 3, thì x + y + z cũng chia hết cho 3, dẫn đến n = x³ + y³ + z³ - 3xyz chia hết cho 9 Ngược lại, nếu n = 9k với k ≥ 2, phương trình sẽ có nghiệm (k−1, k, k+1).
Với n= 0, ta có nghiệm nguyên dương x= y = z ∈ N ∗
Với n= 9 phương trình không có nghiệm nguyên dương (x, y, z).
Bài toán 2.7 (Russia MO, xem [4]) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x 3 −y 3 = xy+ 61.
Lời giải Nhân cả hai vế của phương trình với 27, ta thu được phương trình tương đương với
Ta có a 3 + b 3 +c 3 −3abc = (a+b+c) a 2 +b 2 +c 2 −ab−bc−ca
Vậy nên phương trình đã cho tương đương với
Vì 9x 2 + 9y 2 + 1 + 9xy + 3x−3y > (3x−3y −1) và 823 là số nguyên tố nên ta có
Giải hệ phương trình trên ta thu được nghiệm là (6,5).
Phương pháp đồng dư
Phương pháp đồng dư là một kỹ thuật hữu ích trong việc chứng minh rằng phương trình không có nghiệm nguyên hoặc để hạn chế các khả năng của biến Bằng cách phân tích số dư của hai vế trong phương trình, chúng ta có thể dễ dàng xác định nghiệm nguyên Dưới đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp này.
Bài toán 2.8 Chứng minh rằng phương trình
Lời giải Đặt x = z−1001, phương trình đã cho trở thành
Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên vì vế trái ≡ 2 (mod 3) không thể là số chính phương, trong khi vế phải lại là một số chính phương.
Bài toán 2.9 (Russia MO, xem [4]) Xác định tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thỏa mãn phương trình p 3 −q 5 = (p+q) 2
Lời giải Dễ dàng kiểm tra p > q.
Nếu q = 3 thì p = 7 và ta có cặp số nguyên tố (7,3).
Nếu q > 3, và do p, q là số nguyên tố nên p ≡ 1 hay 2 (mod 3), và q ≡ 1 hay
Nếu p ≡ q (mod 3), thì vế trái chia hết cho 3 trong khi vế phải không chia hết cho 3 Ngược lại, nếu p6 ≡ q (mod 3), thì vế phải chia hết cho 3 nhưng vế trái không chia hết cho 3 Cả hai trường hợp này đều dẫn đến việc phương trình không có nghiệm.
Vậy nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (p, q) = (7,3).
Bài toán 2.10 (Balkan MO, xem [4]) Chứng minh rằng phương trình x 5 −y 2 = 4 không có nghiệm nguyên.
Lời giải Xét vành Z 11 Dễ dàng kiểm tra (x 5 ) 2 ≡ x 10 ≡ 0 hay 1 (mod 11) với mọi x ∈ Z Do vậy x 5 ≡ 0 hoặc ±1 (mod 11).
Từ đây suy ra x 5 −4 ≡6 hoặc 7hoặc 8 (mod 11) Vì thặng dư bậc hai modulo
11 chỉ có thể là 0,1,3,4,5,9nên phương trình đã cho không thể có nghiệm nguyên. Bài toán 2.11 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x 3 +y 3 = z 6 + 3.
Lời giải Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó cũng có nghiệm trong Z 7 Khi đó tồn tại x, y, z ∈ Z 7 để x 3 + y 3 = z 6 + 3.
Vậy nên x 3 hay y 3 chỉ có thể là 0 hoặc 1 hoặc −1.
Bằng kiểm tra trực tiếp, ta thấy x 3 + y 3 chỉ có thể là 0,1,2,−1,−2 Nhưng z 6 + 3 chỉ có thể là 0 + 3 = 3 hoặc 1 + 3 = 4 Điều này chứng tỏ phương trình vô nghiệm.
Phương pháp đánh giá
Phương pháp đánh giá sử dụng các bất đẳng thức thích hợp để giới hạn các khoảng cần xem xét, từ đó giúp tìm ra nghiệm nguyên của phương trình một cách đơn giản và hiệu quả hơn.
Bài toán 2.12 Giải phương trình x 3 +y 3 = (x+y) 2 với x, y ∈ Z.
Lời giải Xét x +y = 0 Khi đó x = k, y = −k với k ∈ Z đều là nghiệm Xét x+y 6= 0.
Dễ dàng ta có x 2 −xy +y 2 = x+y hay
Từ đây suy ra |x−1|,|y −1| 6 1 Như vậy, x, y ∈ {0,1,2}.
Kiểm tra (0,1), (1,0), (1,2), (2,1), (2,2) và (k,−k) với k ∈ Z là nghiệm phương trình đã cho.
Bài toán 2.13 (Russia MO, xem [4]) Giải phương trình 1 x + 1 y + 1 z = 3
Lời giải Không hạn chế có thể giả thiết 2 6 x 6 y 6 z Khi đó 3 x ≥ 3
10 suy ra y ∈ {11,12, ,20} và z = 10 + 100 y −10 Vì z nguyên dương nên (y −10) | 100.
Ta thu được các nghiệm
15. Làm tương tự như trường hợp trên ta có y ∈ {3,4,5,6,7}.
Dễ dàng kiểm tra để được nghiệm (3,4,60), (3,5,15), (3,6,10).
Dễ dàng kiểm tra để được nghiệm (4,4,10).
5 Tương tự ta có nghiệm (5,5,5).
Bài toán 2.14 Giải phương trình nghiệm nguyên dương x 2 +y 2 +z 2 + 2xy+ 2x(z −1) + 2y(z+ 1) = w 2 Lời giải Ta có
Suy ra x = y Đặt x = y = m;z = n thì w = 2m + n, trong đó m;n là các số nguyên dương.
Vậy nghiệm phương trình đã cho là các bộ số (m;m;n; 2m+n), với m;n là các số nguyên dương.
Bài toán 2.15 Giải phương trình nghiệm nguyên dương
Lời giải Không hạn chế có thể giả thiết x ≥ y ≥z ≥ 1.
≥ 2 và suy ra z 6 3 Xét các trường hợp sau đây: Trường hợp z = 1 Khi đó
Trường hợp z = 2 Dễ dàng chỉ ra phương trình
3 Dễ dàng suy ra y < 7 Vì 1 + 1 x > 1 nên y > 3 Ta dễ dàng nhận được nghiệm (7,6,2), (9,5,2), (15,4,2).
Trường hợp z = 3 Dễ dàng có
Dễ dàng kiểm tra để được nghiệm (8,3,3), (5,4,3).
Tóm lại, ta nhận được các nghiệm(7,6,2),(9,5,2),(15,4,2),(8,3,3)và(5,4,3).
Phương pháp tham số hóa
Một số phương trình nghiệm nguyên f(x1; x2; ; xn) = 0 có thể có vô số nghiệm mà không thể liệt kê hết Để tìm kiếm các nghiệm này, ta sử dụng dạng tham số với các biến x1, x2, , xn được biểu diễn như sau: x1 = g1(k1, k2, , kl), x2 = g2(k1, k2, , kl), , xn = gn(k1, k2, , kl), trong đó g1, g2, , gn là các hàm l biến và k1, , kl thuộc tập hợp số nguyên Z Phương pháp này có ưu điểm là giúp chứng minh rằng phương trình nghiệm nguyên có vô số nghiệm.
Sau đây ta sẽ xét một số bài toán minh họa cho phương pháp này.
Bài toán 2.16 Chứng minh rằng, có vô hạn bộ ba (x, y, z) ∈ Z 3 thỏa mãn phương trình x 3 +y 3 +z 3 = x 2 +y 2 +z 2
Lời giải Với z = −y ta có x 3 = x 2 + 2y 2 Khi x = 0 thì y = 0 Khi x 6= 0 ta đặt y = tx, với t∈ Z Vậy x 3 = x 2 + 2t 2 x 2 hay x = 2t 2 + 1, u = t 2t 2 + 1 Với t ∈ Z, ta nhận được vô số nghiệm 2t 2 + 1, t 2t 2 + 1 ,−t 2t 2 + 1
Bài toán 2.17 Chứng minh rằng, phương trình x 2 = y 3 + z 5 có vô số nghiệm nguyên dương (x, y, z).
Lời giải Xét y = t 7 (t+ 1) 5 , z = t 4 (t+ 1) 3 Khi đó x 2 = t 21 (t+ 1) 15 +t 20 (t+ 1) 15 = t 20 (t+ 1) 16 Giải ra, ta thu được x = t 10 (t+ 1) 8
Do vậy, phương trình đã cho có nhiều vô số nghiệm nguyên dương x = t 10 (t+ 1) 8 , y = t 7 (t+ 1) 5 , z = t 4 (t+ 1) 3
Bài toán 2.18 Chứng minh rằng, phương trình x 2 + y 2 = 13 z có vô số nghiệm nguyên dương (x, y, z).
Lời giải Vì 2 2 + 3 2 = 13 nên khi chọn x = 2.13 n , y = 3.13 n , ta có
Do vậy, phương trình có nhiều vô số nghiệm nguyên dương x = 2.13 n , y = 3.13 n , z = 2n+ 1, n ∈ N.
Bài toán 2.19 Chứng minh rằng, phương trình x n +y n = z n − 1 có vô số nghiệm nguyên dương (x, y, z) khi n ≥ 3.
Lời giải Đặt x = ty, t ∈ N Khi đó y n (t n + 1) = z n − 1
Do vậy, phương trình có nhiều vô số nghiệm nguyên dương x = t(t n + 1) n − 2 ,13 n , y = (t n + 1) n − 2 , z = (t n + 1) n − 1 , t ∈ N ∗
Bài toán 2.20 Chứng minh rằng, phương trình 2 x + 1 = xy có vô số nghiệm nguyên dương (x, y).
Lời giải Trước tiên ta chứng minh 2 3 n + 1 chia hết cho 3 n với mọi n ≥ 0 Với n = 0, kết luận là hiển nhiên Giả sử 2 3 n + 1 chia hết cho 3 n Với n+ 1 ta biểu diễn
Thừa số 2 3 n + 1 chia hết cho 3 n theo giả thiết quy nạp.
Xét thừa số 2 2.3 n −2 3 n + 1 = 2 3 n + 1 2 −3.2 3 n chia hết cho 3 Do vậy 2 3 n+1 + 1 chia hết cho 3 n+1 Phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên dương
Bài toán 2.21 Chứng minh rằng, với số nguyên n ≥ 2 phương trình x n +y n z n+1 có vô số nghiệm nguyên dương (x, y, z).
Lời giải Phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên dương dạng (t n , t(t n +
Bài toán 2.22 Tìm các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn
Lời giải Ta có z = xy x+y Giả sử d = (x, y) Đặt x = dm, y = dn Khi đó
(m, n) = 1 và (mn, m+n) = 1 Do vậy, z = dmn m+ n và suy ra m+ n là ước của d Đặt t = xy z Ta có x = tm(m +n), y = tn(m +n), z = tmn với m, n, t ∈ N ∗ và (m, n) = 1.
Nhận xét 2.3 1 Nếu a, b, c là các số đôi một nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn điều kiện 1 a + 1 b = 1 c thì a+b là một số chính phương.
2 Nếu a, b, c là các số nguyên dương và thỏa mãn điều kiện 1 a + 1 b = 1 c thì a 2 +b 2 +c 2 là một số chính phương.
= k 2 h(m+n) 2 −mni 2 Bài toán 2.23 Xác định tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện x 3 +y 3 + 21xy = 343.
Lời giải Ta có x 3 +y 3 + (−7) 3 −3(−7)xy = 0.
Do vậy, ta nhận được nghiệm (−7,−7) và (a,−7−a) với a ∈ Z.
Bài toán 2.24 Xác định tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện x 3 +y 3 + 6xy = 8.
Lời giải Ta có x 3 +y 3 + (−2) 3 −3(−2)xy = 0.
Do vậy, ta nhận được nghiệm (−2,−2) và (a,2−a) với a ∈ Z.
Phương pháp quy nạp toán học
Ta xét một số quy tắc sử dụng quy nạp toán học.
- Nguyên lý quy nạp thứ nhất.
Mệnh đề P(n) là đúng với mọi số tự nhiên n ≥α nếu
(1) Bước cơ sở: Mệnh đề P(α) đúng.
(2) Bước quy nạp: Nếu P(n) đúng thì P(n+ 1) cũng đúng, trong đó n≥ α.
Như vậy, sau khi kiểm tra bước cơ sở và chứng minh tính đúng của mệnh đề
P(n+ 1) dưới giả thiết mệnh đề P(n) đúng, ta kết luận P(n) đúng cho mọi số tự nhiên n≥ α.
- Nguyên lý quy nạp thứ hai.
Mệnh đề P(n) là đúng với mọi số tự nhiên n ≥α nếu
(1) Bước cơ sở: Mệnh đề P(α) đúng.
(2) Bước quy nạp: Mệnh đề P(n+ 1) là đúng khi các mệnh đề P(α), P(α+ 1), , P(n) đều đúng, trong đó n≥ α, n∈ N.
Bài toán 2.25 (Belarussia MO, xem [4]) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3, phương trình sau luôn có nghiệm (x;y) trong đó x, y là các số nguyên dương lẻ
Lời giải Ta sẽ chứng minh, với mỗi n ≥ 3, tồn tại số nguyên dương lẻ xn;yn thỏa mãn điều kiện 7x 2 n +y 2 n = 2 n
Với n= 3, dễ dàng tìm được nghiệm x3 = y3 = 1.
Giả sử tồn tại số nguyên dương lẻ xn;yn thỏa mãn điều kiện
Ta phải chứng minh tồn tại số nguyên dương lẻ x n+1 ;y n+1 thỏa mãn điều kiện
Rõ ràng một trong hai số xn +yn
2 là số lẻ vì xn+ yn
2 = yn. Mặt khác, xn;yn là các số lẻ.
2 là lẻ thì xn −yn
2 là số lẻ Do đó ta chọn x n+1 = xn+yn
2 là lẻ thì xn+ yn
2 chẵn Khi đó 7xn +yn
2 là số lẻ Do đó ta chọn
Bài toán 2.26 (xem [4]) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, phương trình sau luôn có nghiệm (x;y) trong đó x, y là các số nguyên dương x 2 +y 2 +z 2 = 59 n
Lời giải Ta sẽ sử dụng phương pháp quy nạp với bậc s = 2;n0 = 1.
Dễ thấy 1 2 + 3 2 + 7 2 = 59 và 14 2 + 39 2 + 42 2 = 59 2 nên (x1;y1;z1) = (1; 3; 7) và (x 2 ;y 2 ;z 2 ) = (14; 39; 42) là 2 nghiệm của phương trình.
Giả sử với mỗi n = k,(k ≥ 1) phương trình có nghiệm (xk;yk;zk) Tức là x 2 k +y k 2 +z k 2 = 59 k Đặt xk+2 = 59xn, yk+2 = 59yn, zn+2 = 59zn, ∀k ≥ 1 Ta có x 2 k+2 +y k+2 2 +z k+2 2 = 59 2 x 2 k +y k 2 +z k 2 = 59 k+2
Do đó (xk+2;yk+2;zk+2) xác định như trên là nghiệm của phương trình.
Bài toán 2.27 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3, phương trình sau luôn có nghiệm (x1;x2; .;xn) là các số nguyên dương đôi một khác nhau
Lời giải Với n = 3, ta có 1
Giả sử phương trình có nghiệm đến n= k,(k ≥3), tức là
= 1, với x 1 ;x 2 ; .;xk là các số nguyên dương đôi một khác nhau.
= 1, với 2; 2x1; 2x2; .; 2xk là các số nguyên dương đôi một khác nhau.
Vậy nên (2; 2x1; 2x2; .; 2xk) là nghiệm cần tìm.
Phương pháp xuống thang
Fermat đã dùng phương pháp xuống thang để chứng minh phương trình x 4 + y 4 = z 4 không có nghiệm nguyên dương.
Phương pháp xuống thang dựa trên tính sắp thứ tự tốt của N và tích Đề các của k phiên bản N, đảm bảo rằng bất kỳ tập con không rỗng nào của N đều có phần tử nhỏ nhất Để chứng minh một phương trình là vô nghiệm, ta giả định rằng tập R các nghiệm nguyên không rỗng và xác định nghiệm nhỏ nhất α0 Nếu có thể tìm được nghiệm a1 nhỏ hơn α0, điều này dẫn đến mâu thuẫn, từ đó khẳng định giả thuyết ban đầu là sai và chứng minh rằng phương trình đã cho thực sự vô nghiệm.
Bài toán 2.28 Chứng minh rằng phương trình x 4 + y 4 = z 2 không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải Giả sử rằng phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương Giả sử
(x, y) = d, tức là x = da, y = db, trong đó (a, b) = 1 Khi đó a 4 +b 4 = (z/d 2 ) 2 Giả sử z = d 2 c, trong đó c ∈ Q, khi đó a 4 + b 4 = c 2 (2.1)
Vì c ∈ Q và c^2 ∈ N, nên c thuộc N+ Trong các nghiệm của phương trình (2.1), ta chọn nghiệm có c nhỏ nhất, dẫn đến (a^2)^2 + (b^2)^2 = c^2 với (a, b) = 1, từ đó suy ra (a^2, b^2) = 1, tức là (a^2, b^2, c) là bộ ba Pythagore nguyên thủy Có các số nguyên dương m, n sao cho a^2 = m^2 - n^2, b^2 = 2mn, c = m^2 + n^2, với m, n khác tính chẵn lẻ, m > n và (m, n) = 1 Giả sử m chẵn và n lẻ, ta có n^2, a^2 chia 4 dư 1, dẫn đến m^2 = n^2 + a^2 chia 4 dư 2, mâu thuẫn với giả thiết Do đó, m phải lẻ và n chẵn Bộ (a, n, m) tạo thành bộ Pythagore nguyên thủy, tồn tại p, q ∈ N+ sao cho a = p^2 - q^2, n = 2pq, m = p^2 + q^2, với p, q khác tính chẵn lẻ, p > q và (p, q) = 1 Hơn nữa, b^2 = 2mn dẫn đến b^2 = 4pq(p^2 + q^2), từ đó suy ra b = 2h, h ∈ N+, và h^2 = pq(p^2 + q^2).
Giả sử tồn tại một số nguyên tố r chia hết cho pq và p² + q² Vì r chia hết cho pq, ta có thể giả định r chia hết cho p, dẫn đến r cũng chia hết cho q, gây mâu thuẫn với điều kiện (p, q) = 1 Do đó, (pq, p² + q²) = 1 Theo định lý, ta có pq = s² và p² + q² = t² với s, t ∈ N⁺ Vì pq = s² và (p, q) = 1, nên p = u² và q = v² với u, v ∈ N⁺, dẫn đến u⁴ + v⁴ = t² Tuy nhiên, c = m² + n² > m = p² + q² = t² > t, gây mâu thuẫn với cách chọn c Do đó, giả thuyết ban đầu là sai và điều phải chứng minh đã được xác nhận.
Bài toán 2.29 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 3 −3y 3 = 9z 3
Lời giải Hiển nhiên 3|x Đặt x = 3x1, với x1 nguyên Thay vào phương trình ban đầu rồi chia cả hai vế cho 3, ta thu được
Suy ra 3|y Đặt y = 3y1, với y1 nguyên Thay vào phương trình trên rồi chia cả hai vế cho 3, ta được
Suy ra 3|z Đặt z = 3z1, với z1 nguyên Thay vào phương trình trên rồi chia cả hai vế cho 3 ta được x1 3
Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm, trong đó, x= 3x1, y = 3y1, z = 3z1. Lập luận tương tự như trên thì (x2, y2, z2) cũng là nghiệm, trong đó x1 = 3x2, y1 = 3y2, z1 = 3z2.
Phương trình cho thấy rằng x, y, z đều chia hết cho 3k, với k là số tự nhiên tùy ý, chỉ xảy ra khi x = y = z = 0 Đây là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình.
Trong ví dụ này, để tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình x³ - 3y³ = 9z³, ta có thể áp dụng nguyên tắc cực hạn nhằm chứng minh rằng phương trình này không tồn tại nghiệm nguyên dương.
Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên dương của phương trình, với x0 là giá trị nguyên dương nhỏ nhất Từ đó, ta có thể xác định được x và tiếp tục lập luận như các giải pháp trước, dẫn đến việc tìm ra (x1, y1, z1) cũng là một nghiệm nguyên dương của phương trình.
Mặt khác, x0 = 2x1, tức là x0 > x1 Điều này trái với giả thiết x0 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị nhận được của x.
Vậy nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 2.30 (Korea MO, xem [4]) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 2 +y 2 +z 2 = 2xyz.
Lời giải Do vế phải chia hết cho 2 nên x 2 + y 2 +z 2 chia hết cho 2 Có 2 khả năng xảy ra.
Trong ba số x, y, z, nếu có một số chẵn và hai số lẻ, giả sử x là chẵn còn y và z là lẻ, thì x² + y² + z² chia cho 4 sẽ dư 2, và 2xyz sẽ chia hết cho 4, do đó trường hợp này không khả thi Điều này dẫn đến kết luận rằng ba số x, y, z phải cùng chẵn Ta có thể đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, với x1, y1, z1 là các số nguyên Thay vào phương trình ban đầu và chia cả hai vế cho 4, ta nhận được x1² + y1² + z1² = 4x1y1z1.
Theo lập luận trên, x1, y1, z1 cũng là các số chẵn, và tiếp tục như vậy dẫn đến x, y, z đều chia hết cho 2^k, với k là số tự nhiên bất kỳ Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0, đó là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.
Bài toán 2.31 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 4 +y 4 +z 4 = 9u 4
Lời giải Nếu u = 0 thì x = y = z = 0 Ta sẽ chứng minh không còn nghiệm nào khác nghiệm (0,0,0,0).
Giả sử x, y, z là các số nguyên thỏa mãn phương trình và u 6= 0.
Theo Định lý Fermat nhỏ, nếu u không chia hết cho 5, thì u^4 ≡ 1 (mod 5), dẫn đến 9u^4 ≡ 4 (mod 5) Tuy nhiên, x^4, y^4, z^4 chỉ có thể bằng 0 hoặc 1 (mod 5), do đó khả năng này không xảy ra Vì vậy, u phải chia hết cho 5 Đặt u = 5u1, với u1 là số nguyên, ta có x^4 + y^4 + z^4 ≡ 0 (mod 5).
Theo Định lý Fermat nhỏ thì x, y, z chia hết cho 5 Đặt x = 5x1, y = 5y1, z 5z1, với x1, y1, z1 là các số nguyên Thay vào phương trình ban đầu rồi chia cả hai vế cho 5 4 , ta có x1 4 + y1 4 +z1 4 = 9u1 4.
Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm Trong đó, x = 5x1, y = 5y1, z = 5z1, u = 5u1. Lập luận tương tự như trên thì (x2, y2, z2, u2) cũng là nghiệm, trong đó x1 = 5x2, y1 = 5y2, z1 = 5z2, u1 = 5u2.
Khi x, y, z, u đều chia hết cho 5k (với k là số tự nhiên tùy ý), điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = u = 0 Đây là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.
Bài toán 2.32 Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 −y 2 = 2xyz.
Giả sử x0, y0, z0 là các số nguyên dương thỏa mãn phương trình, trong đó x0 là giá trị nguyên dương nhỏ nhất mà x có thể nhận Đặt d = x0y0, nếu d = 1 thì x0 = y0 = 1 và z0 = 0, trường hợp này sẽ bị loại.
Vậy d > 1 Gọi p là ước nguyên tố của d.
Suy ra, x 0 ≡ y 0 (mod p) hoặc x 0 ≡ −y 0 (mod p) Do x 0 y 0 chia hết cho p, nên x 0 ≡ y 0 ≡ 0 (mod p) Đặt x 0 = px 1, y 0 = py 1, với x 1, y 1 là các số nguyên dương Thay vào phương trình ban đầu và chia cả hai vế cho p 2, ta có x 1 2 − y 1 2 = 2x 1 y 1 z 0.
Suy ra, (x1, y1, z0) là nghiệm nguyên dương của phương trình Hơn nữa, x0 = px1 cho thấy x0 lớn hơn x1, điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng x0 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị của x.
Vậy nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Nhận xét 2.5 Để sử dụng phương pháp xuống thang, người ta cần đến những điểm cực biên của tập hợp số đã cho.
Bài toán 2.33 Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn phương trình p q +q p = r.
Lời giải Nhận xét rằng trong 3 số nguyên tố p, q, r tối thiểu phải có một số nguyên tố chẵn Số đó phải bằng 2.
Vì p và q là hai số nguyên tố, ta có r ≠ 2 và giả thiết q = 2 Do đó, ta có p² + 2p = r Vì r là số nguyên tố, p phải là số lẻ Nếu p ≠ 3, thì p² + 2p ≡ (±1)² + (−1)p (mod 3) ≡ 1 − 1 (mod 3), dẫn đến r chia hết cho 3 Tuy nhiên, p² + 2p = 3 chỉ thỏa mãn khi p = 1, tạo ra mâu thuẫn Do đó, p = 3 và r = 17 Bài toán 2.34 yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương cho phương trình x + y + z = xyz.
Lời giải Vì vai trò của x, y, z như nhau nên ta có thể giả sử 1≤ x ≤y ≤ z Từ (2.3) suy ra 1 = 1 xy + 1 yz + 1 zx ≤ 3 x 2 , suy ra x 2 ≤ 3 suy ra x = 1.
Thay x = 1 vào (2.3), ta được 1 +y +z = yz hay
Vậy nghiệm của phương trình (2.3) là (1; 2;3) và các hoán vị của nó.
Trong bối cảnh chỉ có hữu hạn số nguyên dương và chúng có vai trò tương đương, ta có thể giả định rằng x là số nguyên dương nhỏ nhất.
Bài toán 2.35 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho tồn tại các số tự nhiên (x, y, z) có tính chất (x+y +z) 2 chia hết cho nxyz.
Giả sử n là số nguyên dương nào đó sao cho tồn tại bộ số nguyên dương x, y, z để n = F (x;y;z).
Ta giả sử (x, y, z) là một bộ số như vậy, đồng thời và z đạt cực tiểu trong tất cả các bộ thỏa mãn điều kiện bài ra.
Mặt khác nếu (x, y, z) thỏa mãn điều kiện đòi hỏi thì
Như vậy nếu z > x+y thì (x+y) 2 z > z, trái với giả thiết về tính cực tiểu của z Từ đó, suy ra x+y ≥ z.
Ta có n = x yz + y xz + z xy + 2 x + 2 y + 2 z
Vậy n lớn nhất khi z = 1, suy ra x = y = z = 1, tức là n6= 7.
Giả sử ngược lại, 7 ≤ 7 x + 3 z. Khi đó x ≥ 2, suy ra 7 x + 3 z ≤ 7
Tính toán trực tiếp, ta được
Vậy các giá trị n cần tìm là 1; 2; 3; 4; 5; 6; 8; 9.
Một số phương pháp khác
Tiếp theo, xét một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên có trong các kỳ Olympic, thi học sinh giỏi.
Bài toán 2.39(Rumania MO, xem [4]) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình sau x 6 + 3x 3 + 1 = y 4 Lời giải Phương trình đã cho tương đương với
Ta thu được các hệ phương trình sau
Giải các hệ trên ta thu được nghiệm của phương trình ban đầu là (0,1),(0,−1).
Bài toán 2.40 (16th USA MO, xem [5]) Tìm tất cả các số nguyên x, y khác 0 của phương trình sau
Lời giải Ta viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc hai ẩn y
Phương trình trên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi x(x+ 1) 2 (x−8) là số chính phương. Đặt x(x−8) = z 2 , hay
Dễ dàng tìm được x ∈ {−1,8,9} Do đó, nghiệm của phương trình ban đầu là
Bài toán 2.41 (Armenia MO, xem [4]) Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình sau
Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình và x ≥ 1 Khi đó
Như vậy, nếu (x, y) là nghiệm của phương trình thì x phải là số nguyên không dương.
Nếu (x, y) là nghiệm của phương trình, thì (−x,−y) cũng là nghiệm, dẫn đến −x phải là số nguyên không dương Do đó, chỉ có thể x = 0 Kết luận, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (0,0).
Bài toán 2.42 (29th IMO) Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện ab+ 1|a 2 + b 2 Chứng tỏ rằng a 2 +b 2 ab+ 1 là một số chính phương.
Lời giải Gọi (a, b) là cặp số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán thì(a, b) là nghiệm của phương trình a 2 −kab+ b 2 = k.
Dễ thấy a = 0 hoặc b= 0 thì k là số chính phương.
Nếu a 6= 0 và b 6= 0 thì a và b cùng dấu.
Thật vậy, nếu ab < 0 thì a 2 −kab+b 2 > k.
Giả sử a > 0, b > 0 và k > 0 Nếu a = b, ta có (2−k)a² = k > 0, dẫn đến k = 1 Nếu a > b > 0, b được xác định là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho (a, b) là nghiệm của phương trình Rõ ràng, (b, kb−a) cũng là nghiệm Nếu kb = a, thì k là số chính phương.
Mặt khác kb−a > 0 (vì (kb−a) và b cùng dấu) nên kb−a < b.
Ta chứng minh bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Chúng ta đã chứng minh rằng (b, kb−a) là nghiệm của phương trình ban đầu, nhưng điều này dẫn đến mâu thuẫn khi kb−a < b, trái với giả định rằng b là số nguyên dương nhỏ nhất với (a, b) là nghiệm Do đó, k phải là một số chính phương.
Bài toán 2.43 (Olympic Toán Hà Nội mở rộng (HOMC), 2009) Chứng minh phương trình
(x+ 1) 2 + (x+ 2) 2 +ã ã ã+ (x+ 99) 2 = y z không có nghiệm nguyên (x, y, z) với z > 1.
Lời giải Ta có y z = (x+ 1) 2 + (x+ 2) 2 +ã ã ã+ (x+ 99) 2 , tương đương với y z = 99x 2 + 2(1 + 2 +ã ã ã+ 99)x+ (1 2 + 2 2 + ã ã ã+ 99 2 ).
Vì vế phải chia hết cho 3 nên 3|y Suy ra, 3 2 |y z Nhưng vế phải không chia hết cho 9 Vậy nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với z > 1.
Bài toán 2.44 (Bucharest MO, xem [4]) Tìm tất cả các cặp số nguyên(x, y) của phương trình x 3 −4xy +y 3 = −1.
Lời giải Nhân cả hai vế của phương trình với 27 và công cả hai vế với 64, ta được
Sử dụng kết quả a 3 + b 3 +c 3 −3abc = (a+b+c)(a 2 +b 2 +c 2 −ab−bc−ca), phương trình tương đương với
Vì 37 là số nguyên tố và
Suy ra nghiệm là (−1,0) và (0,−1).
Nếu 3x+ 3y + 4 = 37 thì 9x 2 + 9y 2 + 16−9xy −12x−12y = 1 Suy ra
(3x−3y) 2 + (3x−4) 2 + (3y −4) 2 = 2. Điều này không thể xảy ra vì x, y là các số nguyên khác nhau nên |3x−3y| ≥ 3. Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là (−1,0) và (0,−1).
Bài toán 2.45 (Hungary MO, xem [4]) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (x, y, z) của phương trình x 3 + 3y 3 + 9z 3 −3xyz = 0.
Nghiệm (0,0,0) rõ ràng là một giải pháp cho phương trình Giả sử (x1, y1, z1) là một nghiệm khác, trong đó x1 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị của x.
Nếu một trong các số x 1 , y 1 , z 1 bằng 0 Do √ 3
9 là các số vô tỉ nên hai số còn lại cũng bằng 0 Ta có thể giả sử x1, y1, z1 > 0.
Rõ ràng 3|x1 Đặt x1 = 3x2, với x1 nguyên Thay vào phương trình rồi chia cả hai vế cho 3 ta có
Suy ra 3|y‘1 Đặt y1 = 3y2, với y2 nguyên Thay vào phương trình trên rồi chia cả hai vế cho 3 ta có
Như vậy 3|z 1 Đặt z 1 = 3z 2 , với z 2 nguyên Thay vào phương trình trên rồi chia cả hai vế cho 3 ta có x2 3 + 3y2 3 + 9z2 3 −3x2y2z2 = 0.
Do đó (x2, y2, z2) cũng là nghiệm của phương trình ban đầu.
Mặt khác, x1 = 3x2, tức là x1 > x2 Điều này trái với giả thiết x1 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị nhận được của x.
Vậy nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 2.46 (5th USA MO, xem [6]) Tìm tất cả các nghiệm nguyên (a, b, c) của phương trình a 2 + b 2 + c 2 = a 2 b 2
Lời giải Ta sẽ chứng minh a, b, c đều là các số chẵn.
Ta có thể giả sử a, b, c là các số nguyên không âm Ta có
Trường hợp 1 Khi a, b, c đều là số lẻ. a 2 + b 2 +c 2 ≡ 3 (mod 4)nhưnga 2 b 2 ≡ 1 (mod 4).
Trường hợp 2 Hai trong ba số a, b, c là số lẻ. a 2 +b 2 +c 2 ≡ 2 (mod 4)nhưnga 2 b 2 ≡0hoặc1 (mod 4).
Trường hợp 3 Hai trong ba số a, b, c là số chẵn. a 2 + b 2 +c 2 ≡ 1 (mod 4)nhưnga 2 b 2 ≡ 0 (mod 4).
Vậy cả ba số a, b, c đều chẵn Đặt a = 2a 1 , b = 2b 1 , c = 2c 1 , với a 1 , b 1 , c 1 là các số nguyên Thay vào phương trình rồi chia cả hai vế cho 4 ta có a1 2 +b1 2
. Lập luận tương tự, ta có4a1 2b1 2
≡0 (mod 4)và mỗi số a1 2, b1 2, c1 2 ≡0 hoặc 1 (mod 4) Suy ra a1 2 ≡b1 2
≡c1 2 ≡ 0 (mod 4),ứng với a1, b1, c1 là các số chẵn. Đặt a1 = 2a2, b1 = 2b2, c1 = 2c2, với a2, b2, c2 là các số nguyên Thay vào phương trình rồi chia cả hai vế cho 4 ta có a2 2 +b2 2 +c2 2 = 16a2 2b2 2.
Khi a, b, c đều chia hết cho 2k (với k là số tự nhiên), thì điều này chỉ xảy ra khi a = b = c = 0 Đây là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.
Bài toán 2.47(8th USA MO).Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm(x1, x2, , x14) (không kể các hoán vị của nó) của phương trình x1 4 + x2 4 +ã ã ã+x14 4 = 15999.
- Với n là số chẵn, đặt n = 2k, với k nguyên thì n 4 = 16k 4 ≡0 (mod 16).
- Với n là số lẻ thì n 4 −1 = (n−1) (n+ 1) n 2 + 1
Vì (n−1), (n+ 1) là hai số chẵn liên tiếp và n 2 + 1 cũng là số chẵn nên n 4 −1 = (n−1).(n+ 1) n 2 + 1 ≡0 (mod 16).
Do đó n 4 ≡ 0 (mod 16) hoặc n 4 ≡ 1 (mod 16).
Vậy nên phương trình đã cho không có nghiệm.
Bài toán 2.48 (37th IMO) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (a, b) của phương trình a b 2 = b a Lời giải Ta sẽ chứng minh phương trình chỉ có các nghiệm là (1,1), (16,2),
Gọi (a, b) là một nghiệm của phương trình Đặt (a, b) = d thì a = du, b = dv, trong đó (u, v) = 1.
Phương trình đã cho tương đương với
Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếu dv 2 = u thì u = v Mặt khác (u, v) = 1 nên u = v = 1, d = 1.
Do đó nghiệm của phương trình là
Trường hợp 2 Nếu dv 2 > u thì ta viết được phương trình dưới dạng d dv 2 − u u dv 2 = v u
Vì (u, v) = 1 nên u = 1 Khi đó, phương trình trở thành d dv 2 − 1 = v.
Nếu d = 1 thì v = 1 Điều này trái với giả thiết dv 2 > u.
Do đó, trong trường hợp này phương trình cũng không có nghiệm.
Trường hợp 3 Nếu dv 2 < u thì d < u Ta viết được phương trình dưới dạng u dv 2 = d u − dv 2 v u
Vì (u, v) = 1 nên v = 1 Khi đó, phương trình trở thành u d = d u − d
Các dạng toán liên quan đến phương trình và hệ phương trình Diophant 47
Một số dạng toán về đa thức nguyên
Bài toán 3.1 từ kỳ thi chọn đội tuyển quốc gia năm 2017 tại Thanh Hóa yêu cầu tìm tất cả các đa thức P(x) có hệ số là các số nguyên Đa thức này phải thỏa mãn điều kiện rằng n(n - 1) 2018 - 1 chia hết cho P(n) với mọi số nguyên dương n.
Lời giải Giả sử P (x) là một đa thức thỏa mãn bài toán Xét các trường hợp:
- Nếu am > 0 thì tồn tại số nguyên dương N sao cho P (x) > 0, ∀x > N Với n∈ N ∗ , n > N, xét số nguyên tố p là ước của P (n).
Từ giả thiết suy ra n (n − 1) 2018 −1 p (1).
≡1 (mod p) nênn (n+p − 1) 2018 ≡ 1 (mod p), do đó (n, p) = 1 Theo Định lý Euler, ta có n p − 1 ≡ 1 (mod p).
Khi đó, từ (n+p−1) 2018 = n 2018 + (p−1)A (với A∈ N ∗ ), suy ra n (n+p − 1) 2018 ≡ n n 2018 +(p − 1)A ≡ n n 2018 n p − 1 A ≡n n 2018 (mod p), do n (n+p − 1) 2018 ≡ 1 (mod p) suy ra n n 2018 ≡ 1 (mod p) hay n n 2018 −1 p (2)
Từ (1),(2) và sử dụng tính chất (a m −1;a n −1) = a (m;n) −1, suy ra n n 2018 −1;n (n − 1) 2018 −1 p nên n( n 2018 ;(n − 1) 2018 ) −1 p.
Xét số nguyên tố q, q > N thỏa mãn điều kiện P (q + 1) p Theo (3) ta có (q + 1−1) p nên q p Vì p, q là các số nguyên tố nên q = p Từ đó, suy ra
P (q + 1) = p k p với mọi số nguyên tố p > N, kp là số nguyên dương phụ thuộc p. Gọi vp(n) là số mũ đúng của ước nguyên tố p trong n, nghĩa là n p k nhưng n6 p k+1
Sử dụng tính chất của các số nguyên x, y, với n là số nguyên dương và p là số nguyên tố lẻ, ta có điều kiện p|(x−y) và x, y không chia hết cho p Từ đó, ta suy ra vp(x n −y n ) = vp(x−y) + vp(n) Kết quả là vp.
(p+ 1) p 2018 −1 = vp((p+ 1)−1) +vp p 2018 = 2019 nên kp ≤2019 với mọi số nguyên tố p > N.
Do dãy (kp) có vô hạn phần tử, vì có vô hạn số nguyên tố p lớn hơn N, nên tồn tại một dãy con thỏa mãn điều kiện P(q + 1) = pk với vô số số nguyên tố p.
- Nếu am < 0, bằng cách đặt Q(x) = −P (x) và làm tương tự ta có Q(x) (x−1) k , suy ra
Thử lại, ta thấy các đa thức
P (x) =−(x−1) k với k ∈ N ∗ ,1≤ k ≤ 2019 không thỏa mãn yêu cầu bài toán tại n= 1.
Vậy tất cả đa thức cần tìm là P (x) ≡ ±1.
Bài toán 3.2 từ kỳ thi chọn ĐTQG Đà Nẵng năm 2017 yêu cầu tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để tồn tại một đa thức f(x) bậc n với hệ số nguyên, thỏa mãn các điều kiện: f(0) = 0, f(1) = 1 và với mọi m thuộc N*, giá trị f(m)(f(m) - 1) là bội số của 2017.
Lời giải Ta sẽ chứng minh n ≥ 2016 thỏa mãn Giả sử 1 ≤n ≤ 2015 và tồn tại đa thức f (x) thỏa mãn bài toán Áp dụng công thức nội suy Lagrange f (x) 2015
Ta chứng minh C 2016 k ≡ (−1) k (mod 2017), k = 0,1,2, ,2015 bằng phương pháp quy nạp.
Với k = 0 thì C 2016 0 ≡ 1 (mod 2017) Giả sử đúng đến k, tức là
Do đó 2016 P k=0 f (k) 6 ≡0 (mod 2017) (mâu thuẫn với nhận xét trên).
Với n = 2016, xét đa thức f (x) = x 2016 thỏa mãn yêu cầu bài toán Do đó n nhỏ mhất bằng 2016.
Bài toán 3.3 (Thailand MO 2014) Tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số là các số nguyên thỏa mãn điều kiện
Lời giải Dễ thấy P (n) = 1, ∀n ∈ N ∗ và P (n) = −1, ∀n ∈ N ∗ là những đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giả sử đa thức P (x) thỏa mãn bài toán và tồn tại n0 ∈ N ∗ : |P (n0)| ≥ 2. Gọi p là một ước nguyên tố của P (n0).
Mặt khác theo Định lý Fermatp|(2557 p −2557) thìp|2556 suy rap∈ {2,3,71}, vô lý.
Vậy chỉ có P (n) = 1, ∀n ∈ N ∗ và P (n) = −1, ∀n ∈ N ∗ là hai đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Một số dạng toán lượng giác liên quan
Trong phần này ta xét một số dạng toán lượng giác liên quan cần đến kỹ thuật giải phương trình và hệ Diophant.
Bài toán 3.4 Xác định số nghiệm nguyên của phương trình lượng giác cos π
Lời giải Phương trình đã cho tương đương với π
Vậy trong khoảng (−1008; 1007) có 2016 số nguyên.
Vậy nên phương trình đã cho có 2016 nghiệm nguyênxtrong khoảng(−2015; 2015). Bài toán 3.5 Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của hệ phương trình lượng giác
Lời giải Hệ phương trình đã cho tương đương với
Trường hợp 1 Xét hệ phương trình
Hệ này tương đương với
Kết hợp với điều kiện x, y ∈ (−6; 10) ta thu được hệ bất phương trình
- Với k = −1, thay vào hệ bất phương trình trên ta không thu được giá trị nguyên nào của l.
- Với k = 0, thay vào hệ bất phương trình trên ta thu được l = 0 Do đó (x, y) = (0,1).
- Với k = 1, thay vào hệ bất phương trình trên ta thu được l = 1 Do đó (x, y) = (6,1).’
- Với k = 2, thay vào hệ bất phương trình trên ta không thu được giá trị nguyên nào của l.
Trường hợp 2 Xét hệ phương trình
Hệ này tương đương với
Kết hợp với điều kiện x, y ∈ (−6; 10) ta thu được hệ bất phương trình
- Với k = −1, thay vào hệ bất phương trình trên ta thu được h = −1 Do đó (x, y) = (−4,−3).
- Với k = 0, thay vào hệ bất phương trình trên ta thu được h = 0, h = 1 Do đó (x, y) = (2,−3), (x, y) = (−4,9).
- Với k = 1, thay vào hệ bất phương trình trên ta thu được h = 1, h = 2 Do đó (x, y) = (8,−3), (x, y) = (2,9).
- Với k = 2, thay vào hệ bất phương trình trên, ta thu được h = 3 Do đó (x, y) = (8,9).
Trường hợp 3 Xét hệ phương trình
Hệ này tương đương với
Kết hợp với điều kiện x, y ∈ (−6; 10) ta thu được hệ bất phương trình
- Với m = −1, thay vào hệ bất phương trình trên ta thu được l = −1 Do đó (x, y) = (−2,−3).
- Với m = 0, thay vào hệ bất phương trình trên ta thu được l = 0, l = 1 Do đó (x, y) = (4,−3), (x, y) = (−2,9).
- Với m = 1, thay vào hệ bất phương trình trên, ta thu được l = 2 Do đó (x, y) = (4,9).
- Với m = 2, thay vào hệ bất phương trình trên, ta không thu được giá trị nguyên nào của l.
Trường hợp 4 Xét hệ phương trình
Hệ này tương đương với
Kết hợp với điều kiện x, y ∈ (−6; 10) ta thu được hệ bất phương trình
- Với m = −1, thay vào hệ bất phương trình trên, ta không thu được giá trị nguyên nào của h.
- Với m = 0, thay vào hệ bất phương trình trên, ta thu được h = 1 Do đó (x, y) = (0,5).
- Với m = 1, thay vào hệ bất phương trình trên, ta thu được h = 2 Do đó (x, y) = (6,5).
- Với m = 2, thay vào hệ bất phương trình trên ta không thu được giá trị nguyên nào của h.
Vậy hệ phương trình đã cho ban đầu có 14 nghiệm nguyên (x, y) bao gồm
Tóm lại, để khảo sát phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình lượng giác có điều kiện, ta thực hiện các bước sau:
Bước 1 Tìm nghiệm tổng quát (x1, x2, , xn) của phương trình (hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình) lượng giác.
Bước 2: Dựa vào điều kiện của phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình lượng giác, ta cần xác định và hạn chế các tham số trong nghiệm tổng quát (x1, x2, , xn).
Bài toán 3.6 Giải hệ bất phương trình
2. Lời giải Hệ bất phương trình đã cho tương đương với
403m−89k = 1 có một nghiệm riêng là
403m−89k = a trong đó a ∈ Z, −59 ≤ a ≤ −31 có nghiệm tổng quát là
m = 36a+ 89t k = 163a+ 403t (t ∈ Z). Vậy trong trường hợp này, ta có tập nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là
Như vậy trường hợp 2 không xảy ra.
+ x2 ≤ x4, theo kết quả của trường hợp 1 thì tương đương với a ≥ −231.
Vậy trong trường hợp này, ta có tập nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là
Kết luận: Tập nghiệm của hệ bất phương trình ban đầu là
S = S1 ∪S2. Bài toán 3.7 Giải hệ phương trình
Lời giải Hệ phương trình đã cho tương đương với
- Trường hợp 1: Xét hệ phương trình
Kết hợp điều kiện x−y ≥10π ta thu được bất phương trình
3 Bất phương trình này tương đương với
- Trường hợp 2: Xét hệ phương trình
Kết hợp điều kiện x−y ≥10π, ta thu được bất phương trình
3 Bất phương trình này tương đương với
- Trường hợp 3: Xét hệ phương trình
Kết hợp điều kiện x−y ≥10π, ta thu được bất phương trình
3 Bất phương trình này tương đương với
- Trường hợp 4: Xét hệ phương trình
Kết hợp điều kiện x−y ≥10π, ta thu được bất phương trình
Bất phương trình này tương đương với
Tóm lại, ta có 4 họ nghiệm (x;y) thỏa mãn giả thiết bài ra, bao gồm
Bài toán 3.8 Giải hệ phương trình
2 trên đoạn [−6π; 6π] và thỏa mãn điều kiện x−y ≥ 10π.
Lời giải Hệ đã cho có 4 họ nghiệm (x;y) thỏa mãn điều kiện x−y ≥10π, bao gồm
Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] ta có
Hệ này tương đương với
Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π], ta có
Hệ này tương đương với
Vậy trong trường hợp này ta không thu được nghiệm (x;y) thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] ta có
Hệ này tương đương với
Vậy trường hợp này ta không thu được nghiệm (x;y) thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] ta có
Hệ này tương đương với
Tóm lại, bài toán đã cho có hai nghiệm (x;y) bao gồm
Một số dạng toán thi Olympic liên quan
Bài toán 3.9 trong đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2006 yêu cầu tìm tất cả các cặp số tự nhiên (n; k), trong đó n là số nguyên không âm và k là số nguyên dương.
1 sao cho số A = 17 2006n + 4.17 2n + 7.19 5n có thể phân tích được thành tích của k số nguyên dương liên tiếp.
Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 8, vì trong bốn số này, ít nhất một số chia hết cho 4 và một số khác có dư 2 khi chia cho 4.
- Nếu n là số chẵn, ta có
Vậy nên A ≡12 ≡ 4 (mod 8), tức là A không chia hết cho 8.
- Nếu n là số lẻ, cũng tương tự
Suy ra A ≡ 10 ≡2 (mod 8), tức là A cũng không chia hết cho 8.
Tức là, trong mọi trường hợp luôn có A không chia hết cho 8 Suy ra nếu k thỏa mãn đề bài thì k < 4, suy ra k ∈ {2,3}.
Xét từng trường hợp cụ thể.
- Nếu k = 2 thì tồn tại x tự nhiên sao cho A = x(x+ 1).
+ Nếu n= 0 thì A= 12, x = 3, thỏa mãn đề bài.
+ Nếu n >0 thì rõ ràng 17 1003n > 4.17 2n + 7.19 5n Ta thấy
Suy ra x > 17 1003n Nhưng x(x+ 1) > 17 2006n + 17 1003n > A, mâu thuẫn.
Do đó, trong trường hợp này không có n thỏa mãn đề bài.
- Nếu k = 3 thì tồn tại x tự nhiên sao cho
Dễ thấy x phải là số chẵn (vì nếu ngược lại thì A chia hết cho 8, mâu thuẫn).
A ≡ 12.(−1) n ≡ 2.(−1) n (mod 5), trong khi x(x−1)(x+ 1) = x(x 2 −1) ≡ {0;±1} (mod 5), mâu thuẫn.
Do đó, trong trường hợp này không có n thỏa mãn đề bài.
Vậy tất cả các cặp số thỏa mãn đề bài là (n;k) = 0; 2).
Bài toán 3.10 từ kỳ thi HSG Hà Nội năm 2012 yêu cầu tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho biểu thức 5an+1an + 1 là số chính phương, với dãy số (un) được xác định bởi a1 = 20, a2 = 30 và công thức truy hồi an+2 = 3an+1 − an cho n thuộc N*.
Lời giải Áp dụng kết quả (3.1) với dãy (an), ta được an+1an − 1 −a 2 n = a1a3 −a 2 2 = 500.
Suy ra a 2 n + 500 = an+1an − 1. Xét với n ≥4, ta có
Mặt khác a 2 n+1 = 9a 2 n −6anan − 1 +a 2 n − 1 Suy ra
= 2anan+1 + 3an(3an −an − 1) +a 2 n − 1 +an(an−3an − 1)
Từ dãy (an) tăng và n ≥4, ta có an +an+1 ≥ 180 + 470 = 650.
(an +an+1 + 1) 2 = (an +an+1) 2 + 2(an +an+1) + 1
Vậy (an + an+1) 2 < 5anan+1 + 1 < (an + an+1 + 1) 2 nên 5anan+1 + 1 không chính phương.
Bằng phép thử trực tiếp với n = 1,2,3, ta thu được n = 3 là giá trị duy nhất cần tìm.
Bài toán 3.11 (VMO 1991 - Bảng B) Cho dãy số (an) xác định bởi a1 = 1.2.3, u2 = 2.3.4, , un = n(n+ 1)(n+ 2). Đặt Sn = a1 +a2 +ã ã ã+an Chứng minh rằng 4Sn+ 1 là số chớnh phương.
Lời giải Ta có an = (n+ 1) n 2 + 2n = (n+ 1)h(n+ 1) 2 −1i = (n+ 1) 3 −(n+ 1). Suy ra
Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được
Mặt khác n ∈ N ∗ nên n 2 + 3n+ 1 là số nguyên dương.
Vậy 4Sn+ 1 là số chính phương.
Nhận xét 3.8 Ta có thể biến đổi như sau
Bài toán 3.12 (Romania TST, 2002) Cho dãy số (un) xác định bởi
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2un −1 là một số chính phương.
Lời giải Xét phương trình đặc trưng tương ứng t 2 = 14t −1 có hai nghiệm t1,2 = 7±4√
Do đó, số hạng tổng quát của dãy là un = a 2 +√
3 2n Theo giả thiết u0 = u1 = 1, ta tìm được a = 1
Xét hai dãy nguyên dương (An),(Bn) mà
Từ đó ta có 2un −1 Bn
2 là một số chính phương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.13 (Thi HSG thành phố Cần Thơ, 2012 - 2013) Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi
u1 = 1;u2 = 2 un = 4un − 1 −un − 2, ∀n ≥2, n ∈ N. a) Chứng minh rằng un 2 +u 2 n − 1 −4unun − 1 = −3 với n ≥ 2, n ∈ N. b) Chứng minh u 2 n −1
3 là số chính phương với mọi n nguyên dương.
Lời giải. a) Xét phương trình đặc trưng tương ứng λ 2 −4λ+ 1 = 0 có hai nghiệm λ1 = 2−√
Từ câu a) ta có 4u 2 n +u 2 n − 1 −4unun − 1 = 3u 2 n −3 Suy ra
Ta sẽ chứng minh rằng
2uk −uk − 1 3, ∀k ≥ 2 2uk − 1 −uk 3, ∀k ≥ 2 Suy ra 2uk+1 −uk = 2(4uk−uk − 1)−uk = 6uk +uk −2uk − 1 3;
2uk −uk+1 = 2uk −(4uk −uk − 1) =−2uk+ uk − 1 3.
Nói riêng, ta có 2un−un − 1 3, ∀n ≥1.
Bài toán 3.14 (IMO 1964) a) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2 n −1 chia hết cho 7. b) Chứng minh rằng không có số tự nhiên n nào để 2 n + 1 chia hết cho 7.
Lời giải. a) Vì n là số nguyên dương nên ta xét các trường hợp của n như sau:
Do đó, với n là bội của 3 thỏa yêu cầu bài toán.
Từ đó, suy ra n = 3k, k ∈ Z ta luôn có 2 n −1 chia hết cho 7. b) Theo trên ta có 2 n ≡ 1,2,4 (mod 7) với mọi số tự nhiên n.
Do đó 2 n + 1 6≡ (mod 7) với mọi số nguyên dương n.
Bài toán 3.15 (VMO 1997) Cho dãy số (un) xác định bởi
u1 = 7, u2 = 50 un+1 = 4un+ 5un − 1 −1975; n ≥ 2 Chứng minh rằng u1996 chia hết cho 1997.
Lời giải Vì −1975 = 22 (mod 1997) nên ta chỉ cần chứng minh dãy un+1 = 4un + 5un − 1 + 22 1997. Đặt yn+1 = aun+1 +b Ta có yn+1 = a(4un+ 5un − 1 + 22) +b 6/4/2019 = 4(aun +b) + 5(aun − 1 +b) + 22a−8b
Ta chọn a, b sao cho 22a−8b = 0, ta chọn a = 4, suy ra b = 11, suy ra yn+1 = 4un+1+ 11 nên y1 = 39, y2 = 211;yn+1 = 4yn+ 5yn − 1.
Từ đây ta có được yn = 8(−1) n + 25.5 n
Vì 8 + 25.5 1996 ≡ −1 + 1 = 0 (mod 3), suy ra y1996 ∈ Z Theo Định lý Fermat thì 5 1996 ≡ 1 (mod 1997), suy ra y1996 ≡11 (mod 1997) Do vậy 4x1996+ 11 ≡ 11 (mod 1997) hay x1996 ≡ 0 (mod 1997).
Bài toán 3.16 (VMO 1998 - Bảng A) Cho dãy số (un) xác định bởi
u0 = 20;u1 = 100 u n+1 = 4un + 5an − 1 + 20;∀n≥ 2 (3.2) Tìm số nguyên dương h bé nhất sao cho un+h −uh 1998;∀n ∈ N ∗ Lời giải Đặt an = 2un + 5, từ (3.2) ta có dãy số (an) xác định bởi
Bằng phương pháp sai phân, ta tìm được công thức tổng quát của dãy (an) là an = 10
Vì an+h−an = 2 (un+h−un) nên un+h−un 1998 ⇔ an+h−an 2.1998 = 2 2 3 3 37.
• Nếu h chẵn thì an+h−an = 125.5 n
Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện 5 k −1 37 Vì 5 36 −
1 37 nên 36 k Suy ra k ∈ {1,2,3,4,12,18,36} thử trực tiếp ta thấy chỉ có k = 36 thỏa mãn.
Chứng minh tương tự, ta cũng có 5 h −1 81, suy ra h ϕ(81) = 54 (3.5)
Từ (3.4) và (3.5) ta suy ra (3.3) ⇔h [36,54] = 108, suy ra h ≥ 108.
• Nếu h lẻ Vì un+h ≡ un(mod 1998) nên ta có
( uh ≡ u0 ≡20 (mod 1998) uh+1 ≡ u1 ≡ 100 (mod 1998). Suy ra
5uh − 1 ≡ uh+1 −4uh−20 ≡0 (mod 1998), nên uh − 1 0 (mod 1998).
Vì h lẻ nên h−1 chẵn nên uh = 125
Suy ra uh ≡5uh − 1 ≡ 0 (mod 1998), mâu thuẫn với uh ≡ 20 (mod 1998).
Với h = 108 ta chứng minh được u n+h ≡ un(mod 1998) ;∀n ≥1.
Vậy h = 108 là giá trị cần tìm.
Bài toán 3.17 (VMO 1998 - Bảng B) Cho dãy số (xn),(yn) xác định bởi
x1 = 1;y1 = 2 x n+1 = 22yn −15xn + 20; yn+1 = 17yn−12xn
Trong bài toán này, chúng ta cần chứng minh rằng các số hạng của hai dãy (xn) và (yn) đều khác 0, đồng thời có vô hạn số hạng dương và vô hạn số hạng âm Ngoài ra, chúng ta cũng cần xác định xem số hạng thứ 1999 và 1945 của dãy có chia hết cho 7 hay không.
Lời giải. a) Ta có xn+2 = 22yn+1 −15xn+1 = 22(17yn −12xn)−15xn+1
Do đó, ta có xn+2 ≡ 2xn+1 (mod 3) và với x1 = 1, x2 = 29, suy ra xn không chia hết cho 3, tức là xn ≠ 0 cho mọi n Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng chuỗi xn có vô hạn số hạng dương và vô hạn số hạng âm.
Thật vậy, từ trên ta có xn+3 = 2xn+2 −9xn+1 = −5xn+1 −18xn hay xn+3+ 5xn+1+ 18xn = 0, ∀n (3.6)
Nếu trong dãy xn chỉ có hữu hạn số hạng dương, ta xác định xn j là số hạng dương lớn nhất Khi đó, với mọi n ≥ nj, ta có xn < 0, điều này mâu thuẫn với (3.6).
Dãy số yn+2 được chứng minh là 2yn+1−9yn cho mọi n thỏa yêu cầu bài toán Từ đó, ta có mối quan hệ xn+4 = −28xn+1 −45xn, dẫn đến điều kiện xn ≡ 0 (mod 7) tương đương với xn+4 ≡ 0 (mod 7) và xn+4k ≡ 0 (mod 7).
Ngoài ra, từ 1999 1945 ≡ (−1) 1945 (mod 4) ≡ 3 (mod 4) và x 3 = 49 nên ta suy ra x 1945 1999 ≡ 0 (mod 7).
Tương tự, ta cũng có yn ≡ 0 (mod 7)⇔ yn+4k ≡ 0 (mod 7).
Bài toán 3.18 (Thi HSG Hà Nội vòng 2, 2011 - 2012) Cho dãy số nguyên dương (un) xác định bởi u1 = 1, u2 = 2, u4 = 5 Với mọi số n nguyên dương khác 1 ta có un+1.un − 1 = un 2 +a, trong đó a 2 = 1.
1) Xác định số hạng tổng quát un của dãy số trên.
2) Tìm các số tự nhiên n không vượt quá 2012 sao cho un chia hết cho 10.
1) Ta có u2.u4 = u3 2 + a nên u3 2 = u2.u4 −a = 10−a Suy ra u3 = 3 (vì dãy số nguyên dương).
Ta có (un) là dãy tăng và un > 3 với mọi n ≥ 4. un+1.un − 1 = un 2 +a ⇔ un+1 = un 2 + a un − 1
Giả sử un 2 − 1 và un 2 + 1 đều chia hết cho un − 1, ta có thể kết luận rằng 2 chia cho un − 1 là vô lý Do đó, un 2 − 1 và un 2 + 1 không thể cùng chia hết cho un − 1, dẫn đến việc chỉ có tối đa một dãy số thỏa mãn điều kiện đề bài.
Xét dãy số (vn) xác định bởi
v1 = 1; v2 = 2 v n+2 = v n+1 +vn. Chứng minh bằng phương pháp quy nạp, ta thu được vn+1.vn − 1 = vn 2
−(−1) n nên dãy (vn) là một dãy thỏa mãn đầu bài.
u1 = 1;u2 = 2 un+2 = un+1 +un. Suy ra un = 1
2) Ta có u n+2 = u n+1 +un = 2un+ un − 1 ≡ un − 1(mod 2).
Ta lại có un+2 = un+1+un = 2un+ un − 1 = 3un − 1 + 2un − 2
Mặt khác u4 = 5 nên u4 5 Suy ra u9 ≡ 3u4 (mod 5) hay u9 5 Suy ra un 5 ⇔n = 5k+ 4.
Vì 1≤ n≤ 2012, suy ra 1≤ 15m−1≤ 2012, suy ra 16 m ≤ 134.
Vậy có 134 số thỏa mãn đầu bài là n= 15m−1 với m ∈ N, m∈ [1; 134].
Luận văn "Một số phương pháp giải các đề thi Olympic về phương trình Dio- phant" đã trình bày được những vấn đề sau:
1 Trình bày chi tiết và hệ thống các kiến thức cơ bản về số học và phương trình Diophant.
2 Tiếp theo, khảo sát một số dạng toán đưa về khảo sát phương trình và hệ phương trình Diophant liên quan.
3 Cuối cùng, luận văn trình bày một số phương pháp giải các đề toán về phương trình và hệ phương trình Diophant được chọn lọc từ các đề thi học sinh giỏi Quốc gia và Olympic các nước những năm gần đây.