Chuyên đề các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên Lớp 9 - Tổ nghiệp vụ môn Toán THCS Cam Lâm

Nội dung tài liệu: Chuyên đề các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên Lớp 9 - Tổ nghiệp vụ môn Toán THCS Cam Lâm

1. Chuyên đề: PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN Biên soạn: Tổ nghiệp vụ môn Toán THCS Cam Ranh Trong chương trình toán THCS thì phương trình với nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi. Trong bài viết này tổ nghiệp vụ chỉ muốn đề cập đến các vấn đề cơ bản của phương trình với nghiệm nguyên: “CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN” I. PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT. 1. Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn. Dạng 1: Phương trình dạng ax + by = c Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = 8 (1) Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta thấy 8 và 2x đều chia hết cho 2 nên 25y  2, do đó y 2 (vì 25 và 2 là hai số nguyên tố cùng nhau). Đặt y = 2t (t Z) thay vào phương trình (1) ta 2x + 25. 2t = 8 x + 25t = 4 x = 4 25t Do đó y = 2t t Z Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thị bởi công thức: x = 4 25t y = 2t t Z b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau: 1.1) 2x+3y = 11 1.2) 3x + 5y =10 1.3)3x + 17y = 159 1.4) 3x + 7y = 9 1.5) 25x + 7y = 16 1.6) 2x + 13y = 156 2. Phương pháp đưa về phương trình ước số: a) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x + 5y + 3xy = 8 Giải : 2x + 5y + 3xy = 8 x(2 + 3y) + 5y = 8 3[x(2 + 3y) + 5y] = 24 3x(2 + 3y) + 15y = 24 3x(2 + 3y) + 5(2 + 3y) = 34 (3x + 5)(2 + 3y) = 34 Ta gọi ph trình trên là phương trình ước số: VT là một tích các thừa số nguyên, VP là một hằng số. Ta có x, y là các số nguyên nên 3x + 5; 2 + 3y là các số nguyên và là ước của 34.
2. Mà 34 = 34. 1 = 17. 2= (– 34).( – 1) =(– 17).( – 2) Lập bảng dễ dàng tìm được nghiệm phương trình trên. Ví dụ 3: Tìm cặp số nguyên dương (x;y) thoả mn phương trình: 6x2 5y2 74 Cách 1: Ta có: 6x2 5y2 74 (1) 6(x2 4) 5(10 y2 ) (2) Từ (2) 6(x2 4)5 (6;5)=1 x2 45 x 5t 4,t N Thay x 5t 4,t N vo (2), ta cĩ: y2 10 6t 4 2 t x 5t 4 0 5 4 5 t , t N y2 10 6t 0 5 5 3 t 3 t 0  t 1 Với t=0 x2 4; y2 10 (loại) x2 9 x 3 Với t=1, ta cĩ: 2 y 4 y 2 Vì x, y Z x 3, y 2 Cách 2: x2 15 Ta có: (1) x2 4  x2 9 2 0 x 12 Với x2 4 y2 10 (loại) Với x2 9 y2 4 (thoả) Suy ra đpcm Cách 3: Ta có (1) y2 chẵn, v 0 y2 14 y2 4 x2 9 đpcm b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau: 2.1) 3xy + x – y = 1 2. 2) xy – x – y = 2 2.3) x3 – y3 =91 2.4) x! + y! = (x + y)! c) Ví dụ 4:Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + 2y2 + 3xy – 2x – y = 6 Giải: x2 + 2y2 + 3xy – 2x – y = 6 x2 + x(3y – 2) + 2y2 – y + a = 6 + a (Với a là một số chưa biết; a sẽ được xác định sau: Xét phương trình x2 + x(3y – 2) + 2y2 – y + a = 0 = (3y – 2)2 – 4(2y2 – y + a) = y2 – 8y + 4 – 4a Chọn a = – 3 = y2 – 8y + 16 = (y – 4)2 x1 = – y – 1; x2 = – 2y + 3 Từ đó ta có phương trình ước số: (x + y + 1)(x + 2y – 3) = 3 b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau: 3.1) 2x2 + 3xy – 2y2 = 7 3. 2) x2 + 3xy – y2 + 2x – 3y = 5
3. 3.3) 2x2 + 3y2 + xy – 3x – 3 = y 3.4) 3. Phương pháp tách các giá trị nguyên. a) Ví dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy – x – y = 2 Giải : xy – x – y = 2 x(y – 1) = y + 2 y 2 x = y 1 3 x = 1 y 1 y 2 x = y 1 3 x = 1 y 1 y – 1 là ước của 3. b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau: 4.1) x (y – 1) = y + 2 4. 2) x2 – xy = 6x – 5y – 8 4.3) xy – 2y – 3x + x2 = 3 4.4) II. PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ (Hay còn gọi là phương pháp lựa chọn Modulo) * Tính chất cơ bản: Một số chính phương chia 3 dư 0; 1, chia dư 0; 1, chia dư 0; 1; 4. 1) Ví Dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + y2 = 2007 Giải: x2  0; 1 (mod 4) y2  0; 1 (mod 4) x2 + y2  0; 1; 2 (mod 4) Còn VP = 2007  3 (mod 4) Do đó phương trình trên vô nghiệm. * Có thể mở rộng thêm cho nhiều modulo như 5; 6; . . . và mở rộng cho số lập phương; tứ phương ; ngũ phương.......: 30 Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 19x + 5y + 1890 = 19754 + 1993 Giải: Dễ thấy VT  19x (mod 5) Mặt khác : 19x = (20 – 1)x  (–1)x (mod 5) chẵn thì 19x  1(mod 5); lẻ thì 19x = (– 1)  4(mod 5) VT  1; 4 (mod 5) Còn VP = 1993  3(mod 5)( vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Ví Dụ 8: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 = y5 – 4 Giải: x2  0; 1; 3; 4; 5; 9(mod 11) y5 – 4  6; 7; 8(mod 11) ( vô lí) Do đó phương trình này vô nghiệm. * Đối với các phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phương thì modulo thường dùng là modulo 9 vì x3  0; 1; 8(mod 9)
4. Ví Dụ 9: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x3 + y3 + z3 = 1012 Dựa vào nhận xét trên: x3 + y3 + z3  0; 1; 2; 3; 6; 7; 8(mod 9) Còn 1012  4(mod 9)( vô lí). Do đó phương trình trên vô nghiệm . b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau: 1) x2 + y2 = 1999 2) x2 – y2 = 1998 3) 9x + 2 = y2 + y 4) c) Bài tập tự luyện: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên: 1) 3x2 – 4y = 13 2) 19x2 + 28y2 = 2001 3) x2 = 2y2 – 8y + 3 4) x5 – 5x3 + 4x = 24(5y + 1) 5) 3x5 – x3 + 6x2 –18x = 2001 III. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC 1. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn Cách 1: Đối với các phương trình mà các biến có vai trò như nhau thì người ta thường dùng phương pháp sắp xếp thứ tự các biến. Ví Dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: x + y + z = 3xyz Giải: Không mất tính tổng quát có thể giả sử 1 x y z 3xyz = x + y + z 3z xy 1 x = 1; y = 1 z = 1 Nghiệm phương trình là (1; 1; 1) Cách 2: Đối với các phương trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng phương pháp này (nếu vai trò các biến cũng như nhau). Cách giải khác dành cho Ví Dụ 11: 1 1 1 Chia 2 vế phương trình trên cho xyz ta được: 3. xy yz xz Giải: Không mất tính tổng quát có thể giả sử 1 x y z 1 1 1 3 3 xy yz xz x2 x2 1 x = 1 y = 1 và z = 1 b) Bài tập tự luyện: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1) x + y + z = xyz 2. Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn 1 1 1 Ví Dụ 12: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 1 x y z Giải: Không mất tính tổng quát có thể giả sử 1 x y z
5. 1 1 1 3 1 x y z x x 3 Lần lượt thử x = 1 phương trình vô nghiệm nguyên 1 1 1 2 Xét x = 2 y z 2 y y 4 Mặt khác y x = 2 y 2;3;4 Lần lượt thử y = 2 phương trình vô nghiệm nguyên y = 3 z = 6 y = 4 z = 4 1 1 2 2 Xét x = 3 y z 3 y y 3 Mặt khác y x = 3 y = 3; z = 3 Vậy nghiệm phương trình là (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3) và các hoán vị. b) Bài tập tự luyện: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 1 1 1 1) 2) x y 3 x y 4 3. Phương pháp áp dụng các bất đẳng thức cổ điển. Ví Dụ 13: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: x6 + z3 – 15x2z = 3x2y2z – (y2 + 5)3 Giải: (x2)3 + (y2 + 5)3 + z3 = 3x2z(5 + y2) Áp Dụng BĐT Cauchy cho 3 số ; ta được VT VP Dấu “ = “ xảy ra x2 = y2 + 5 = z Từ phương trình x2 = y2 + 5 (x – y)(x + y) = 5 là phương trình ước số; dễ dàng tìm được x; y rồi tìm ra z) Đáp số: nghiệm phương trình là (x; y; z) = (3; 2; 9) Ví Dụ 14: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với x; y; z là các số đôi một khác nhau: x3 + y3 + z3 = (x + y + x)2 Giải: 3 x3 y3 z3 x y z Áp dụng BĐT quen thuộc sau: 3 3 (x y z)3 x3 + y3 + z3 = (x + y + x)2 9 x +y + z 9 Vì x; y; z khác nhau x +y + z 1 + 2 +3 =6 x + y + z 6;7;8 Lần lượt thử các giá trị của x + y + z ta tìm được x; y; z. Đáp số: (1; 2; 3) và các hoán vị. 4. Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên
6. * Áp dụng tính đơn điệu của bài toán. Ta chỉ ra một hoặc một vài giá trị của biến thỏa phương trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất. a) Ví Dụ 15: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 3x + 4x = 5x Giải: x x 3 4 1 5 5 x = 1 phương trình vô nghiệm nguyên x = 2 thoả mãn. x 2 x 2 3 3 4 4 x 3 ; 5 5 5 5 x x 3 4 1 5 5 Do đó x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví Dụ 16: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: ( 3)x ( 4)x ( 5)x . Bằng cách tương tự; dễ dàng nhận ra x = 4 là nghiệm duy nhất. * Chú ý : Đối với phương trình trên; ta có bài toán tổng quát hơn. Tìm các số nguyên dương x; y; z thoả: 3x + 4y = 5z. Đáp số đơn giản là x = y = z = 2 nhưng cách giải trên vô tác dụng với bài này. Để giải bài này thì hữu hiệu nhất là xét modulo (các phương trình chứa ẩn ở mũ thì phương pháp tốt nhất vẫn là xét modulo. b) Bài tập tự luyện: Chứng minh rằng các phương trình sau có vô số nghiệm nguyên: 5. Phương pháp sử dụng điều kiện 0 hoặc ' 0 để phương trình bậc hai có nghiệm. a) Ví Dụ 17: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + 2y2 = 2xy + 2x + 3y Giải: x2 – 2x(y + 1) + 2y2 – 3y = 0 ' (y 1)2 (2y2 3y) y2 5y 1 0 29 5 29 Dễ dàng suy ra được: y 2 2 2 Do y nguyên nên dễ dàng khoanh vùng được giá trị của y và thử chọn. Nói chung thì phương pháp này được dùng khi hoặc ' có dạng f(x) = ax2 + bx + c (hoặc f(y)) với hệ số a< 0. Còn khi a > 0 thì dùng phương pháp đã nói đến trong ví dụ 3 để đưa về phương trình ước số một cách nhanh chóng. b) Bài tập tự luyện: Chứng minh rằng các phương trình sau có vô số nghiệm nguyên: 1) x2 + xy + y2 = 2x + y 2) x2 + xy + y2 = x + y + 1 3) x2 – 3xy + 3y2 = 3y 4) x2 – 2xy + 5y2 = y IV. PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN 1. Phương pháp lùi vô hạn (hay còn gọi là phương pháp xuống thang). Phương pháp này dùng để chứng minh một phương trình f(x; y; z; ) nào đó ngoài nghiệm tầm thường x = y = z = 0 thì không còn nghiệm nào khác. Phương pháp này có thể được diễn giải như sau:
7. Bắt đầu bằng việc giả sử (xo; yo; zo; ) là nghiệm của f(x; y; z; ). Nhờ những biến đổi; suy luận số học ta tìm được một bộ nghiệm khác (x 1; y1; z1; ) sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm đầu tiên bởi một tỉ số k nào đó. Ví Dụ: (xo = kx1; yo = ky1; zo = kz1; ). Rồi lại từ bộ (x 2; y2; z2; ) thoả (x1 = kx2; y1 = ky2; z1 = kz2; ). Quá trình cứ tiếp tục dẫn t đến(xo; yo; zo; ) chia hết cho k với t là một số tự nhiên tuỳ ý. Điều này xảy ra (xo= yo= zo= = 0). Ví Dụ 18: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + y2 = 3z2 Giải: Gọi (xo; yo; zo) là một nghiệm của phương trình trên. Xét theo modulo . Ta chứng 2 2 minh xo; yo đều chia hết cho . Thật vậy, rõ ràng vế phải chia hết cho xo + yo 3 2 2 Ta có : xo  0;1(mod3) ; yo  0;1(mod3) 2 2 Do đó xo + yo 3 xo ; yo đều chia hết cho . 2 2 2 Đặt xo= 3x1; yo= 3y1. Thế vào và rút gọn, ta được 3(x1 + y1 ) zo 2 2 2 Rõ ràng zo 3 . Đặt zo= 3z1. Thế vào và rút gọn, ta được x1 + y1 3z1 Do đó nếu (xo; yo; zo) là một nghiệm của phương trình trên thì (x 1; y1; z1) cũng là một nghiệm. . Tiếp tục lý luận như trên thì (x1; y1; z1) đều chia hết cho . Ta lại tìm được nghiệm thứ k * hai là (x2; y2; z2) với x2 ; y2 ; z2 3 . Tiếp tục và ta dẫn đến: x0 ; y0 ; z0 3 với k N . Điều đó chỉ xảy ra xo= yo= zo= = 0. Ví Dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2 + y2 + z2 = 2xyz Giải: 2 2 2 Giả sử (xo; yo; zo) là một nghiệm của phương trình trên xo + yo zo = 2xo .yo .zo 2 2 2 Rõ ràng xo + yo zo chẵn (do 2xo .yo .zo chẵn) nên có 2 trường hợp xảy ra. Trường hợp 1: có hai số lẻ; một số chẵn. Không mất tính tổng quát giả sử x o; yo lẻ ; zo chẵn. 2 2 2 Xét theo modulo thì: xo + yo zo  2(mod4) . Còn 2x0.y0.z0 4 (do zo chẵn ) ( vô lí) Trường Hợp 2: Ba số đều chẵn. Đặt x o= 2x1; yo= 2y1 ; zo= 2z1, thế vào và rút gọn, ta 2 2 2 được: x1 + y1 z1 4x1 y1z1 .Lập luận như trên ta lại được x 1; y1; z1 chẵn. Quá trình lại k * tiếp tục đến: x0 ; y0 ; z0 2 với k N Điều đó xảy ra xo= yo= zo= 0. Tóm lại nghiệm phương trình là (x, y, z) = (0; 0; 0) 2. Phương pháp nguyên tắc cực hạn (hay còn gọi là nguyên lí khởi đầu cực trị). Về mặt hình thức thì phương pháp này khác với phương pháp lùi vô hạn nhưng về ý tưởng sử dụng thì như nhau; đều chứng minh một phương trình không có nghiệm không tầm thường. Phương pháp bắt đầu bằng việc giả sử (x o; yo; zo; ) là nghiệm của f(x, y, z) với điều kiện ràng buộc với bộ (xo; yo; zo; ). Ví Dụ như xo nhỏ nhất hoặc xo + yo nhỏ nhất...v...v... Bằng những phép biến đổi số học ta tìm được một bộ nghiệm khác (x1; y1; ) trái với những điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chon bộ (xo; yo; zo; ) với xo nhỏ nhất ta lại tìm được bộ (x1; y1; ) thoả x1< xo. Từ đó dẫn đến phương trình cho có nghiêm là (0; 0; 0; ). Ví Dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 8x4 + 4y4 + 2z4 = t4 Giải: Giả sử (xo; yo; zo; to) là một nghiệm phương trình trên với điều kiện xo nhỏ nhất.
8. Từ phương trình t chẵn. Đặt t = 2t1. Thế vào và rút gọn, ta được: 4 4 4 4 4xo + 2yo zo = 8t1 Rõ ràng z0 chẵn. Đặt z0 = 2z1 4 4 4 4 2xo + yo 8z1 = 4t1 Tiếp tục y0 chẵn. Đặt yo= 2y1 4 4 4 4 xo +8y1 4z1 = 2t1 Và dễ thấy x0 cũng chẵn. Đặt xo= 2x1 4 4 4 4 8x1 +4y1 2z1 = 2t1 Nhìn vào phương trình trên rõ ràng (x1; y1; z1; t1) cũng là một nghiệm phương trình trên và dễ thấy x1< x0 (vô lí do ta chọn x0 nhỏ nhất). Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất (0; 0; 0; 0) * Chú ý: ta cũng có thể chọn bộ (x o; yo; zo; to) thoả xo+ yo+ zo+ to nhỏ nhất; lý luận tương tự và dễ thấy x1+ y1 + z1+ t1 < xo+ yo+ zo+ to từ đó cũng dẫn đến kết luận bài toán. V. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG MỘT SỐ MỆNH ĐỀ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC. * an  bn a b. + Phần thuận: Trong phân tích a; b ra dạng chuẩn tắc thì số nguyên tố p có lũy thừa tương ứng là s; t. Do đó, trong phân tích an ; bn ra dạng chuẩn tắc thì số nguyên tố pcó lũy thừa tương ứng là ns; nt. Vì an  bn ns nt s t Vì p được chọn tuỳ ý nên a b. + Phần đảo là điều hiển nhiên * Mọi số nguyên có dạng A = 4t + 3 đều có ít nhất một ước nguyên tố có dạng p = 4s + 3 Chứng Minh: Giả sử A không có ước nguyên số nào có dạng p = 4s + 3 A = (4t1 + 1)(4t2 + 1) = 4.(4t1.t2 + t1+ t2) + 1= 4h + 1 (vô lí) Do đó A có một ước dạng 4t1 + 3 Nếu 4t1 + 3 là số nguyên tố thì bổ đề được chứng minh. Nếu 4t1 + 3 là hợp số. Lý luận tương tự ta lại có 4t1 + 3 có một ước có dạng 4t2 + 3. Nếu 4t2 + 3 lại là hợp số thì lại tiếp tục. Vì quá trình trên là hữu hạn nên ta có điều phải chứng minh. * Cho p là số nguyên tố có dạng p = k.2 t + 1 với t nguyên dương; k là số tự nhiên lẻ. Chứng t t minh rằng nếu x2 + y2 p thì xp; yp. Chứng minh: Giả sử xk0 chia hết cho p thì rõ ràng yk0 chia hết cho p. Theo fermat bé: xp -1 1(mod p) yp -1 1(mod p) p = k.2t + 1 k.2t x 1(mod p) k.2t k.2t Suy ra x + y  2(mod p) (*) k.2t y 1(mod p)
9. t t t t Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức a2n + 1 + b2n + 1 ta có xk.2 + yk.2 (x2 + y2 ). A (với A t t t t là một số nào đó). Rõ ràng xk.2 + yk.2  0(mod p) (do giả thiết x2 + y2 p ) (**). Do đó, theo (*) và (**) ta có điều phải chứng minh. Xét 1 trường hợp nhỏ của bài toán trên: Khi t = 1 ; vì k lẻ nên k = 2s + 1 p = 4s + 3 ta có mệnh đề sau : p là số nguyên tố có dạng p = 4s + 3. Khi đó nếu x2 + y2  p thì xb; yp. Ví Dụ 21: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 – y3 = 7 Giải: x2 – y3 = 7 x2 = y3 + 7 Xét y chẵn y3 7  7(mod8) x2  7(mod8) ( vô lí do x2  0;1;4(mod8) ) Xét y lẻ ta có phương trình: x2 + 1= y3 + 8 x2 + 1= (y + 2)(y2 – 2y + 4) Nếu y = 4k + 1 y + 2 = 4k + 3 Nếu y = 4k + 3 y2 – 2y + 4 = (4k + 3)2 – 2(4k + 3) + 4 = 4h + 3 Do đó y luôn có một ước dạng 4n + 3 và theo bổ đề trên thì 4n + 3 luôn có ít nhất một ước nguyên tố p = 4s + 3 x2 + 1 p = 4s + 3 Theo mệnh đề trên x p ; 1 p (vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Ví Dụ 22: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + 5 = y3 Giải: Xét y chẵn y3  0(mod8) x2 5  0(mod8) x2  3(mod8) (vô lí do x2  0;1;4(mod8) Xét y lẻ, nếu y = 4k + 3 y3  3(mod 4) x2 5  3(mod 4) x2  2(mod 4) (vô lí x2  0;1(mod 4) ) Nếu y = 4k + 1. Viết lại phương trình x2 + 4= y3 – 1 x2 + 4= (y – 1)(y2 + y + 1) Rõ ràng y2 + y + 1 = (4k + 1)2 + (4k + 1) + 1 = 4t + 3 Do đó y3 – 1 có ít nhất một ước nguyên tố p = 4s + 3 x2 + 4 p = 4s + 3 4 p p = 2 (vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Ví Dụ 23: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 4xy – x – y = z2 4xy – x – y = z2 4(4xy – x – y) = 4z2 16xy – 4 x – 4 y) = 4z2 (16xy – 4x) –(4y – 1) = 4z2 + 1 (4x – 1)(4y – 1) = 4z2 + 1 = (2z)2 + 1 Rõ ràng 4x – 1; 4y – 1 đều có dạng 4t + 3.
10. Thật vậy: 4x – 1 = 4.(x – 1) + 3; 4y – 1 = 4.(y – 1) + 3; Do đó (4x – 1)(4y – 1) có ít nhất một ước nguyên tố p = 4s + 3 z2 1p = 4s + 3 1p (vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. * Các phương trình vô định siêu việt và phương trình khác Phương trình dạng mũ: Như đã nói thì phương trình dạng mũ thường có phương pháp chung là xét Modulo (nhưng không phải là luôn luôn) Ví Dụ 24: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x + 7 = y2 (với x; Z ) Giải: x = 0 thì phương trình vô nghiệm x = 1 y 3 Xét x 2 2x  0(mod 4) 7  3(mod 4) y2 2x 7  3(mod 4) (vô lí do y2  0;1(mod 4) ) Nghiệm phương trình là (x; y) = (1; 3); (1; – 3) Ví Dụ 25: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x + 21 = y2 (với x Z; y Z ) Giải: Xét x lẻ. Đặt x = 2k + 1 2x 2.4k 2(3 1)k  2(mod3) 2x 21  2(mod3) (do 213) y2  2(mod3) (vô lí do y2  0;1(mod3) Xét chẵn. Đặt x = 2k 22k 21 y2 y2 22k 21 (y 2k )(y 2k ) 21 là phương trình ước số. Đáp số (x; y) = (2; 5); (2;– 5) Ví Dụ 26: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 2x + 2y + 2z = 2336 với x < y < z Giải: 2x + 2y + 2z = 2336 2x(1 + 2y – x + 2z – x )= 2336 = 25. 73 Rõ ràng (1 + 2y – x + 2z – x )lẻ 2x 25 y x z x 1 2 2 73 x = 5 1 + 2y – x + 2z – x = 73 2y – x(1 + 2 z – y) = 72 = 23.9 Lập luận như trên 2y – x = 23 y = 8; z = 11 Nghiệm phương trình là (x; y; z) = (5; 8; 11) Ví Dụ 27: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 2 x + 2y + 2z = 2n (Với x y z; n N) Tương tự như trên
11. Đáp số: (x; y; z) = ( n – 2; n – 2; n – 1) Ví dụ 28: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 5x3 = y3 + 317 Giải: Trong phương trình này có sự tham gia của số lập phương và như đã nói ở phần phương pháp lựa chọn modulo thì trong bài này; modulo ta xét sẽ là modulo 9 y = 0 thì phương trình vô nghiệm nguyên. y = 1 x = 4 y 2 3y  0(mod9) 317  2(mod9) 5x3 = y3 + 317  2(mod9) (vô lí vì 5x3  0;4;5(mod9) ) Ví Dụ 29: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: xy = yx Giải: Rõ ràng x = y là một nghiệm. Xét x y. Không mất tính tống quát giả sử x < y x y y x x y y y x x y y do y nguyên nên x x nguyên. yx . Đặt y = tx. Thế vào ta được: xt = tx xt – 1 = t Rõ ràng t 2 ( vì đã giả sử x y) t = 2 x = 2 y = 4. t 3 lúc đó rõ ràng x 2. Ta chứng minh: xt – 1 > t Do x 2 nên ta chỉ chứng minh: 2t – 1 > t. Ta chứng minh quy nạp theo t t = 3 đúng. Giả sử khẳng định đúng với t = k tức là 2 k – 1 > k Ta cm khẳng định đúng với t = k + 1tức là chứng minh 2 k > k + 1. Theo giả thiết quy nạp thì là 2 k – 1 > k 2k > 2k > k + 1 ( do k > 1). Do đó phương trình vô nghiệm với t 3 Kết luận: nghiệm phương trình là (x; y) = (a; a) = (2; 4); (4; 2) với a Z. Ví Dụ 30: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: xy = yx Ta chỉ xét trường hợp x y Không mất tính tổng quát giả sử x > y. Đặt x = y + t xy = yx + t xyyy + t xyyy xy x = ty Rồi làm tương tự như trên Ví Dụ 31: Giải phương trình nghiệm nguyên không âm sau: 2x – 3y = 1 Giải: Xét theo modulo . Viết lại phương trình 2x – 1 = 3y Xét y = 0 x = 1 Xét y 1 3y  0(mod3)
12. 2x 1  0(mod3) Mặt khác: 2x – 1 = (3 – 1)x – 1  ( 1)x 1(mod3) x chẵn (vì x chẵn thì ( 1)x 1 0  0(mod3) Đặt x = 2k 22k – 1 = 3y (2k – 1)(2k + 1) = 3y 2k 1 3u k v 2 1 3 u v y (2k + 1) – (2k – 1) = 2 = 3u – 3v 2 + 3v = 3u Nếu u = 0 3v = – 1 (vô lí) Nếu u 1 3u  0(mod3) 2 + 3v  3 v = 0 u = 0 y = 1, x = 2. Kết luận: nghiệm phương trình là (x; y) = (0; 1); (2; 1) Ví Dụ 32: Giải phương trình nghiệm nguyên không âm sau: 3x + 4y = 5z Giải: Xét theo modulo 3 3x + 4y = 3x + (3 + 1)y 1(mod3) 5z = (6 – 1)z  ( 1)z 1(mod3) z chẵn Đặt z = 2a 3x + 4y = 52a 3x = 52a – (2y)y = (5a – 2y)(5a + 2y) Do đó có 2 trường hợp xảy ra: 5a 2 y 3m Trường Hợp 1: (với m, n 1) a y n 5 2 3 Điều này không xảy ra vì (5a – 2y) + (5a + 2y) = 2. 5a = 3m + 3n  3 Nhưng 2. 5a thì không chia hết cho 5a 2 y 1 Trường Hợp 2: a y x 5 2 3 (5a – 2y) + (5a + 2y) = 2. 5a = 3x + 1 1(mod3) 2.5a = 2.(6 – 1)a  2.( 1)a 1(mod3) Do đó a lẻ Ta có: 5a 2 y 1 1(mod3) (6 – 1)a – (3 – 1)y  ( 1)a ( 1) y 1(mod3) Do a lẻ nên rõ ràng y chẵn. Đặt a = 2k + 1; y = 2t. 52k + 1 + 22t = 3x Nếu t = 1 y = 2 x = z = 2 Nếu t 2 22t  0(mod8) Ta có 52k + 1 = 5. 25k = 5.(24 + 1)k  5 (mod8)
13. VT  5 (mod8) Tuy nhiên xét modulo cho vế phải . Nếu x chẵn, x = 2s 3x = 9s = (8 + 1)s  1(mod8) Nếu x lẻ; x = 2s + 1 3x =3. 9s  3(mod8) Từ đó ta có VP = 3x  1; 3(mod8) còn VT  5 (mod 8) ( vô lí) Kết luận : nghiệm của phương trình là (x; y; z) = (2; 2; 2) Ví Dụ 33: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 2x + 5y = 19z Giải: 19z = (18 + 1)z  1(mod3) 2x + 5y = (3 – 1)x + (6 – 1)x  (– 1)x + (– 1)y  1(mod3) x; y lẻ Đặt x = 2k + 1 2x = 2.4k = 2.(5 – 1)k  2.(– 1)k (mod5) Nếu k chẵn 2x  2 (mod5) Nếu k lẻ 2x  3(mod5) VT = 2x + 5y  2; 3(mod5) Còn VP = 19z = (20 – 1)z  (– 1)z  1; 4 (mod5) Vô lí do đó phương trình trên vô nghiệm . Ví Dụ 34: Tìm n N để a) n4 + n2 + 1 là số nguyên tố Giải: n4 + n2 + 1 = (n2+ n + 1)(n2 – n + 1) là số nguyên tố n2 – n + 1 = 1 n = 1 p =3 b) n5 + n + 1 là số nguyên tố Giải: n5+ n+ 1 = (n2+ n + 1)(n3 – n2 + 1) làm như trên ta cũng được n = 1 c) n4 + 4n là số nguyên tố Giải: n lẻ n + 1 2 n 1 n 1 4 n 2 n 2 2 n 2 n + 4 = (n + 2 + 2 .n)(n + 2 – 2 ) Đáp số: n = 1; p = 5 Ví Dụ 35 : Tìm số nguyên tố p để 5p2 + 1 là số nguyên tố Giải: p chẵn p = 2 5p2 + 1 = 21 (không thoả mãn ) p lẻ 5p2 + 1 chẵn nên là hợp số . Vậy không tồn tại số p thoả điều kiện trên . Ví Dụ 36: Tìm các số nguyên tố x; y; z thoả: xy + 1 = z2 Xét x lẻ xy + 1 = z2chẵn z = 2 xy = 3( không tồn tại x; y thoả mãn) Xét a chẵn x = 2 2y + 1 = z2 Nếu y lẻ . Đặt y = 2k + 1
14. 2y = 2. 4k = 2.(3 + 1)k  2 (mod3) 2y + 1  0 (mod3) z2  3 z = 3 y = 3 Nếu y chẵn y = 2 5 = z2(vô lí) . Kết luận : nghiệm của phương trình là (x; y; z) = (2; 3; 3) Ví Dụ 37: Chứng minh rằng phương trình x3 + y3 = z4 có vô số nghiệm. Giải: 3 3 3 3 4 x y x + y = z z z z x y Đặt a = ; b = x = az; y = bz. Thế vào ta được: z3.(a3 + b3) = z4 z z z = a3 + b3 x = az = a.(a3 + b3); y = bz = b(a3 + b3) Phương trình có vô số nghiệm có dạng : (x; y; z) = (a.(a3+ b3); b.(a3 + b3); a3 + b3) Tổng quát hoá bài toán với phương trình xn + yn = zn + 1 Với cách giải trên; phương trình có vô số nghiệm có dạng: (x; y; z) = (a.(an + bn); b.(an + bn); an + bn) Chú ý: Công Thức trên chưa chắc đã lấy hết tất cả các nghiệm của bài toán nhưng chúng ta chỉ cần có như vậy để hoàn thành bài toán . Ví Dụ 38: Chứng minh rằng phương trình x4 + y3 = z7 có vô số nghiệm . Giải : Dựa vào hằng đẳng thức sau: 2a + 2a = 2 a + 1 a a Đặt x 2 4 ; y 2 3 x4 + y3 = 2a + 2a = 2a + 1 a3 a 1 Chọn z 2 7 . Do x; y; z nguyên nên a4 a 17 Giải hệ trên ta được a = 84 t + 48 Kết luận: Phương trình có vô số nghiệm có dạng: (x; y; z) = 221t + 12; 2 28t + 16; 212t + 7) Ví Dụ 39: Chứng minh rằng phương trình 7x2 +3y7 = z11 có vô số nghiệm nguyên. Đặt a = 2.7 = 14 Rõ ràng tồn tại vô số số n để an + 1  11 Thật vậy, xét phương trình 14n + 1 = 11k (rõ ràng có vô số nghiệm) Chú ý 7 + 3 = 10 an an an+1 Do đó phương trình có vô số nghiệm có dạng: x 10 2 ; y 10 7 ; z 10 11 . Do an 2; an 7; an + 1 11 nên x; y; z nguyên Ví Dụ 40: Chứng minh rằng phương trình 7x2 +3y2= 6z11 có vô số nghiệm. Ta đưa về phương trình ở Ví dụ 36 là 7.610 +3.610y2= (6z)11 VI. BÀI TẬP TỔNG HỢP
15. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 1/ 2/ 3/ 4/ 5/ 6/ 7/ 8/ 9/ 10/ 11/ 12/ 13/ 14/ 15/ 16/ 17/ 18/ 19/ 20/ 21/ 22/ 23/ 24/ 25/ 26/ 27/ 28/ 29/ 30/ 31/ 32/ 33/ 34/ 35/ 36/ 37/ 38/ ( ) 39/ 40/