Tải bản đầy đủ

Phương trình diophantine

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

VŨ THỊ HƯƠNG GIANG

PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI – 2018


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

VŨ THỊ HƯƠNG GIANG

PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE


Chuyên ngành: Đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Hà Nội – 2018


LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian dài nghiêm túc, miệt mài nghiên cứu cùng với
sự giúp đỡ tận tình của các Thầy Cô giáo và các bạn sinh viên, đến
nay, khóa luận của em đã hoàn thành. Em xin bày tỏ lòng cảm ơn
chân thành, sâu sắc tới các Thầy Cô giáo trong tổ Đại số, các Thầy
Cô trong khoa Toán, đặc biệt là T.S. Nguyễn Thị Kiều Nga - người
đã trực tiếp tạo mọi điều kiện, tận tình giúp đỡ chỉ bảo cho em trong
suốt thời gian nghiên cứu, hoàn thiện khóa luận.
Mặc dù đã rất cố gắng xong do hạn chế về thời gian cũng như kiến
thức của bản thân nên khóa luận của em không thể tránh khỏi những
thiếu sót. Kính mong nhận được sự góp ý từ Thầy Cô và các bạn sinh
viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 05 năm 2018
Sinh viên

Vũ Thị Hương Giang


LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận tốt nghiệp "Phương trình diophantine" được hoàn thành
do sự cố gắng nỗ lực tìm hiểu và nghiên cứu cùng với sự giúp đỡ tận
tình của cô giáo - T.S. Nguyễn Thị Kiều Nga.
Trong quá trình thực hiện em đã tham khảo một số tài liệu như
đã viết trong phần tài liệu tham khảo. Vì vậy, em xin cam đoan khóa
luận này là kết quả nghiên cứu khoa học của riêng em, không trùng
với bất kì kết quả của tác giả nào khác.

Hà Nội, tháng 05 năm 2018
Sinh viên

Vũ Thị Hương Giang


Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

1.2

Lý thuyết chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Quan hệ chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Số nguyên tố và hợp số. . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.3

Ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.4

Bội chung nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.1

Định nghĩa đồng dư thức và điều kiện tương đương

7

1.2.2

Một số tính chất của đồng dư thức . . . . . . .

7

2 Phương trình diophantine

9

2.1

Định nghĩa phương trình diophantine . . . . . . . . . .

10

2.2

Một số phương pháp giải phương trình diophantine . .

11

2.2.1

Phương pháp phân tích thành nhân tử . . . . .

11

2.2.2

Phương pháp sử dụng đồng dư thức . . . . . . .

14

2.2.3

Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . .

16

2.2.4

Phương pháp tham số hóa . . . . . . . . . . . .

19

2.2.5

Phương pháp quy nạp toán học . . . . . . . . .

20

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

2.2.6

Phương pháp lùi vô hạn Fermat . . . . . . . . .

2.2.7

Phương pháp dùng tính chất của số chính phương 24

2.2.8

Một số phương pháp khác giải phương trình diophantine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

27

3 Một số dạng phương trình diophantine dạng đặc biệt 30
3.1

3.2

3.3

3.4

Phương trình diophantine tuyến tính . . . . . . . . . .

30

3.1.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

3.1.2

Ví dụ: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

3.2.1

Bộ số Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

3.2.2

Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . .

38

Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

3.3.1

Phương trình Pell loại 1 . . . . . . . . . . . . .

41

3.3.2

Phương trình Pell loại 2 . . . . . . . . . . . . .

42

Một số phương trình diophantine qua các kì thi học
sinh giỏi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

Kết luận

49

Tài liệu tham khảo

50

SV: Vũ Thị Hương Giang

ii

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Lời mở đầu
Phương trình diophantine được nghiên cứu từ thời diophantine thế
kỉ thứ 3 và nó mãi mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học. Phương
trình diophantine là vấn đề nghiên cứu của Số học và Đại số. Chính
vì thế mà phương trình diophantine thường có mặt trong các đề thi
học sinh giỏi ở tất cả các cấp.
Ngoài một số dạng phương trình diophantine có cách giải tổng quát,
các bài toán liên quan đến phương trình diophantine thường không có
quy tắc giải tổng quát. Tùy vào giả thiết mà mỗi bài toán đưa ra, ta
có một cách giải riêng. Điều đó đòi hỏi người làm toán phải có tư duy
toán học linh hoạt, sáng tạo, từ đó đem lại hứng thú và niềm đam mê
trong Toán học. Học sinh nắm chắc về "Phương trình diophantine"
là chìa khóa vàng giải được nhiều bài toán như : Toán số học, tìm giá
trị lớn nhất, tìm giá trị nhỏ nhất, hệ phương trình nghiệm nguyên,...
Với mong muốn giúp các em học sinh và các Thầy Cô có cái nhìn
tổng quát hơn về một số phương trình diophantine, đồng thời với mong
muốn tìm hiểu sâu hơn về phương trình diophantine, em đã chọn đề
tài "Phương trình diophantine" làm đề tài khóa luận của mình.
Nội dung khóa luận chia làm 3 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
Chương này nhắc lại một cách sơ lược về các kiến thức liên quan đến
phương trình diophantine như lý thuyết chia hết và đồng dư thức.
Chương 2: Phương trình diophantine.
Chương này đưa ra định nghĩa và một số phương pháp giải phương
trình diophantine
SV: Vũ Thị Hương Giang

1

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Chương 3: Một số dạng phương trình diophantine.
Chương này đưa ra một số dạng phương trình cổ điển và một số bài
toán thực tế giải bằng cách sử dụng phương trình diophantine.
Do thời gian có hạn và năng lực của bản thân còn nhiều hạn chế
nên khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong sự
đóng góp ý kiến của các Thầy Cô giáo và các bạn để khóa luận được
hoàn thiện hơn. Em xin trân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 05 năm 2018
Sinh viên

Vũ Thị Hương Giang

SV: Vũ Thị Hương Giang

2

K40B-Sư Phạm Toán


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1
1.1.1

Lý thuyết chia hết
Quan hệ chia hết

Định nghĩa 1.1. Cho 2 số nguyên tố a, b ∈ Z, b = 0. Số nguyên a
được gọi là chia hết cho số nguyên b hay b chia hết a nếu tồn tại q ∈ Z
thỏa mãn a = b.q.
.
Kí hiệu: a chia hết cho b là a .. b
b chia hết a là b|a
Khi a = b.q thì b được gọi là một ước của a.
Sau đây ta có các tính chất cơ bản về quan hệ chia hết.
1. 1|a với ∀a ∈ Z.
2. a|a với ∀a ∈ Z, a = 0.
3. Nếu a|b và b|c thì a|c với ∀a, b, c ∈ Z và b = 0.
4. Nếu a|b thì |a| ≤ |b| với ∀a, b ∈ Z và b = 0.
n

5. Nếu a|bi với a, bi ∈ Z, i = 1, . . . , n thì a|

bi xi với xi ∈ Z.
i=1

3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

6. Nếu a|b và b|a thì a = b hoặc a = −b với a, b ∈ Z và a, b = 0.
Định lý 1.1. (Phép chia có dư).
Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b = 0, tồn tại duy nhất một cặp số
nguyên q, r ∈ Z sao cho a = bq + r, với 0 ≤ r < |b|.
1.1.2

Số nguyên tố và hợp số.

Định nghĩa 1.2. Số tự nhiên p > 1chỉ có hai ước tự nhiên là 1 và
chính nó được gọi là số nguyên tố. Số tự nhiên q > 1 có ước số dương
khác 1 và chính nó được gọi là một hợp số. Số tự nhiên được gọi là số
chính phương nếu tồn tại số tự nhiên d sao cho n = d2 .
Định lý 1.2. Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố.
Định lý 1.3. (Định lý cơ bản của số học)
Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1. Khi đó n luôn có thể biểu
diễn một cách duy nhất dưới dạng n = pα1 1 .pα2 2 . . . . .pαk k , trong đó k, αi
(i = 1, 2, . . . , k) là các số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thỏa mãn
1 < p1 < p2 < . . . < pk
Định lý 1.4. (Định lý Euclid). Tồn tại vô hạn số nguyên tố.
Định lý 1.5. Giả sử a, b là hai số nguyên dương, còn p là số nguyên
.
.
.
tố sao cho ab .. p. Khi đó a .. p hoặc b .. p
Định lý 1.6. (Định lý Wilson)
p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! + 1 chia hết cho p.

SV: Vũ Thị Hương Giang

4

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.1.3

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Ước chung lớn nhất

Cho a, b là các số nguyên không đồng thời bằng 0, khi đó tập hợp các
ước chung của a và b là hữu hạn.
Định nghĩa 1.3. Ước chung lớn nhất của a, b là ước chung d của a
và b và mọi ước chung của a và b là ước của d.
Kí hiệu (a, b) là ước chung lớn nhất dương của a và b.
Định nghĩa 1.4. Các số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng
nhau nếu (a, b) = 1.
Định lý 1.7. Cho a và b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0.
Khi đó, tồn tại số nguyên x0 , y0 sao cho ax0 + by0 = (a, b). Hơn nữa :
{ax + by; x, y ∈ Z} = {k(a, b); k ∈ Z}
Hệ quả 1.1. a) Ước chung lớn nhất của a, b chính là số nguyên dương
nhỏ nhất biểu diễn dưới dạng ax + by với x, y ∈ Z.
b) Mọi ước chung của a, b đều là ước của (a, b).
c) Nếu a, b, c, d ∈ Z\0, a = b.c + d thì (a, b) = (b, d).
d) (0, a) = |a| với ∀a ∈ Z, a = 0.
e) Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng 0. Khi đó (a, b) = 1 khi và chỉ
khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = 1.
f) Cho a, b ∈ Z và không đồng thời bằng 0. Nếu (a, c) = 1, (b, c) = 1
thì (a, b, c) = 1.
g) Cho số nguyên tố p và số nguyên tùy ý m. Khi đó:
SV: Vũ Thị Hương Giang

5

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1. (m, n) =

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga



p

nếu p|m


1

nếu p |m

2. Nếu p|ab thì p|a hoặc p|b.
Định lý 1.8. (Thuật toán Euclid) Cho a, b ∈ Z, b > 0. Thực hiện liên
tiếp phép chia có dư, ta có:
a = q0 b + r1
b = q1 r1 + r2
r1 = q2 r2 + r3

với 0 < r1 < b,
với 0 < r2 < r1
với 0 < r3 < r2

...
rn−2 = qn−1 rn−1 + rn
rn−1 = qn rn

với 0 < rn < rn−1

với qn > 1

khi đó: (a, b) = rn .
1.1.4

Bội chung nhỏ nhất

Định nghĩa 1.5. Cho các số a1 , a2 , . . . , an ∈ Z\{0}. Số nguyên m
được gọi là bội chung của a1 , a2 , . . . , an nếu m chia hết cho tất cả số ai
với i = 1, 2, . . . , n. Ta thường kí hiệu [a1 , a2 , . . . , an ] để chỉ bội chung
nhỏ nhất của a1 .
Định lý 1.9. Bội chung nhỏ nhất của các số nguyên a1 , a2 . . . , an là
một bội chung b của a1 , a2 , . . . , an và mọi bội chung của a1 , a2 , . . . , an
là bội của b.
Kí hiệu [a1 , a2 , . . . , an ] là bội chung dương của a1 , a2 , . . . , an .
SV: Vũ Thị Hương Giang

6

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.2
1.2.1

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Đồng dư thức
Định nghĩa đồng dư thức và điều kiện tương đương

Định nghĩa 1.6. Cho số nguyên dương m. Hai số nguyên a và b được
gọi là đồng dư theo môđun m nếu hiệu a − b chia hết cho m. Nếu a
đồng dư với b theo môđun m thì ta viết a ≡ b(mod m) và gọi đó là
một đồng dư thức. Ngược lại ta nói a không đồng dư với b theo môđun
m và viết a ≡ b(mod m).
Mệnh đề 1.1. Cho số nguyên dương m, khi đó a ≡ b(mod m) khi và
.
chỉ khi a = b + mt, t ∈ Z hoặc khi và chỉ khi a − b .. m.
1.2.2

Một số tính chất của đồng dư thức
n

n

1. Nếu ai ≡ bi (mod m), i = 1, 2, . . . , n; thì

bi (mod m).

ai =
i=1

i=1

2. Nếu a ≡ b + c(mod m) thì a − c ≡ b(mod m).
3. Nếu a ≡ b(mod m), i = 1, 2, . . . , n thì a + km ≡ b(modm).
4. Nếu ai ≡ bi (modm), i = 1, 2, . . . , n thì
n

n

ai =
i=1

bi (modm).
i=1

5. Nếu a ≡ b thì ah ≡ bh(mod m).
6. Nếu ai ≡ bi ( mod m), i = 1, . . . , n và x ≡ y(mod m). thì:
n

n
i

bi y i (mod m).

ai x ≡
i=1

SV: Vũ Thị Hương Giang

i=1

7

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

7. Nếu a ≡ b (mod m), d|a, d|b và (m, d) = 1 thì

a
b
= (mod m).
d d

8. Nếu a ≡ b (mod m) thì ah = bh(mod mh).
9. Nếu a ≡ b (mod m), và d là một ước chung dương của a, b, m thì
b
m
a
= (mod ).
d d
d
10. Nếu a ≡ b (mod m) thì (a, m) = (b, m).
11. Nếu a ≡ b (mod m) thì P (a) = P (b)(mod m) với P (x) là đa thức
với hệ số nguyên.
Định nghĩa 1.7. (Định lý Fermat). Nếu p là một số nguyên tố và a
là một số nguyên tùy ý thì ap ≡ p (mod p). Nếu (a, p) = 1, thì
ap−1 ≡ 1(mod p).
Định lý 1.10. Nếu m là số nguyên dương và (a, m) = 1, thì
aϕ(m) ≡ 1(mod m).
Ở đây ϕ(m) là các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng
nhau với m (ϕ(m) được gọi là phi-hàm Euler).
Định lý 1.11. Giả sử r và s là các số nguyên dương và 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 định
một cách duy nhất.

SV: Vũ Thị Hương Giang

8

K40B-Sư Phạm Toán


Chương 2
Phương trình diophantine
Phương trình diophantine được đặt tên theo tên nhà toán học Hy Lạp
là diophantine. Ông sống ở thế kỉ III trước công nguyên, sinh ra ở
A-lếch-xăng-đan. Ông đã để tâm nghiên cứu sâu về phương trình này.
Cuộc đời diophantine có thể tóm tắt bằng những hàng chữ trên bia
mộ như sau:
"Hỡi du khách! Nơi đây yên nghỉ một người tên Đi-ô-phăng. Và những
con số nhiệm màu có thể nói cho bạn biết về những tháng ngày dài
của đời ông. Ông đã sống thơ ngây trong một phần sáu cuộc đời. Một
phần mười hai cuộc đời nữa, cằm ông đã lún phún râu. Thêm một
phần bảy cuộc đời, ông mang nhẫn cưới trên tay và 5 năm sau, được
một đứa con trai xinh xắn. Than ôi, dù rất được thương yêu, người
con này đã chết khi anh ta vừa bằng nửa tuổi thọ của cha. Quá đau
khổ, người cha bất hạnh chỉ sống thêm bốn năm sau cái chết của con.
Bạn hãy nói đi: ông ta thọ bao nhiêu tuổi và cuộc đời ông ra sao?".
Theo ngôn ngữ phương trình thì khi đạt tuổi thọ của Đi-ô-phăng là
ẩn số x, phiên dịch từng câu trong lời trên bia mộ, ta sẽ được phương

9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

trình sau:
x
x
x
x
+
+ +5+ +4=x
6 12 7
2
Giải phương trình này, ta dễ dàng tìm được x = 84. Vậy Đi-ô-phăng đã
sống 84 năm. Thời niên thiếu của ông (84 : 6) là 14 năm. Vì 84 : 12 = 7
nên ông "có râu" lúc 14 + 7 = 21 (tuổi). Lại do 84 : 7 = 12 nên ông
lấy vợ lúc 21 + 12 = 33 (tuổi). Ông có con trai lúc 38 (tuổi). Vì người
con chỉ sống bằng nửa tuổi thọ của cha nên anh ta chết lúc 42 tuổi
khi đó người cha đã 38 + 42 = 80 (tuổi). Và ông đã nhắm mắt lìa đời
lúc 80 + 4 = 84 (tuổi). Thật là một tấm bia độc đáo!

2.1

Định nghĩa phương trình diophantine

Định nghĩa 2.1. Phương trình diophantine là phương trình có dạng
f (x1 ; . . . ; xn ) = 0 (∗) với f (x1 ; . . . ; xn ) ∈ Z[x1 ; . . . ; xn ], bộ số
(x01 , x02 , x03 , . . . , x0n ) ∈ Zn thỏa mãn (∗) được gọi là một nghiệm của
phương trình.
Ví dụ 2.1. Phương trình x7 + x + 2 = 0 là phương trình diophantine
một ẩn.
Ví dụ 2.2. Phương trình x3 + y 3 + z 3 = 3 là phương trình diophantine
3 ẩn.

SV: Vũ Thị Hương Giang

10

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.2

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Một số phương pháp giải phương trình diophantine

Phương trình diophantine thường không có cách giải tổng quát. Mỗi
dạng phương trình có các cách giải khác nhau. Sau đây là một số
phương pháp giải phương trình này.
2.2.1

Phương pháp phân tích thành nhân tử

Xét phương trình f (x, y, . . . , z) = m. Giả sử ta có sự phân tích thành
các nhân tử
f (x, y, . . . , z) = f1 (x, y, . . . , z) . . . fs (x, y, z)
Khi đó ta phân tích số nguyên m và tìm được nghiệm của phương
trình.
Ví dụ 2.3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau
x2 y + xy − 2x2 − 3x + 4 = 0.
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương
xy(x + 1) − 2x(x + 1) − (x + 1) + 5 = 0,
Hay
Do đó

(x + 1)(xy − 2x − 1) + 5 = 0.
(x + 1)(2x + 1 − xy) = 5.

Suy ra (x + 1) và (2x + 1 − xy) ∈ Ư(5) = {−5; −1; 1; 5}
Ta có bảng sau:
SV: Vũ Thị Hương Giang

11

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

x+1

-5

-1

1

5

2x+1-xy

-1

-5

5

1

x

-6

-2

0

4

y

-10/6

-1

L

2

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = {(−2; −1); (4; 2)}.
Ví dụ 2.4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
x2 (y − 1) + y 2 (x − 1) = 1.
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương

x2 y − x2 + y 2 x − y 2 = 1,
Hay 
xy(x + y) − (x + y)2 + 2xy = 1.

u = x + y
Đặt

v = x.y
Phương trình trở thành uv − u2 + 2v = 1
(uv + 2v) − (u2 − 4) = 5.

Tương đương

(u + 2)(v − u + 2) = 5.

Do đó

Suy ra (u + 2) và (v − u + 2) ∈ Ư(5) = {1; −1; 5; −5}.
Ta có bảng sau:
u+2

-5

-1

1

5

v-u+2

-1

-5

5

1

u

-7

-3

-1

3

v

-8

-10

2

2

SV: Vũ Thị Hương Giang

12

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Từ đó ta tìm được 4 nghiệm của phương trình là
(x, y) = {(1; 2), (2; 1), (2; −5), (−5; 2)}.
Ví dụ 2.5. Xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa
mãn phương trình x3 +y 3 +z 3 −3xyz = p, với p là số nguyên tố, p > 3.
Lời giải. Vì p = x3 +y 3 +z 3 −3xyz = (x+y+z)(x2 +y 2 +z 2 −xy−yz−zx)
và (x + y + z > 1) nên x + y + z = p và x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 1
hay (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 2.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ 1.
Trường hợp 1: Nếu x > y > z thì x − y ≥ 1, y − z ≥ 1, x − z ≥ 2.
Suy ra phương trình vô nghiệm.
Vì p > 3 nên p = 3k + 1 và p = 3k + 2.
Trường hợp 2: Nếu x = y, khi đó y = z +1, x = z +1 và x+y +z = p
p−2
p+1
Vậy z =
,x = y =
khi p = 3k + 2.
3
3
Trường hợp 3: x > y = z, khi đó y = z, x = y + 1 và x + y + z = p
p−1
p+2
Vậy y = z =
,x =
khi p = 3k + 1.
3
3
Kết luận: nếu p = 3k + 1 thì phương trình có 3 nghiệm
p−2 p+1 p+1
p+1 p−2 p+1
p+1 p+1 p−2
,
,
,
,
,
,
,
,
.
3
3
3
3
3
3
3
3
3
Ví dụ 2.6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
x3 − y 3 = xy + 61
Lời giải. Nhân cả hai vế của phương trình với 27 ta được phương trình
tương đương (3x)3 + (−3y)3 + (−1)3 − 3(3x)(−3y)(−1) = 1642.
SV: Vũ Thị Hương Giang

13

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Áp dụng Ví dụ 2.5
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca)
Phương trình đã cho tương đương
(3x − 3y − 1)(9x2 + 9y 2 + 1 + 9xy + 3x − 3y) = 2.823
Vì (9x2 + 9y 2
+ 1 + 9xy + 3x − 3y) > (3x − 3y − 1) và 823 là số nguyên

3x − 3y − 1
=2
tố nên ta có

9x2 + 9y 2 + 1 − 9xy + 3x − 3y = 823
Giải hệ phương trình ta thu được nghiệm là (6; 5).
2.2.2

Phương pháp sử dụng đồng dư thức

Bằng cách xét đồng dư 2 vế của phương trình,ta chứng minh phương
trình không có nghiệm nguyên hoặc dùng để hạn chế các khả năng
của biến. Từ đó dễ dàng tìm được nghiệm nguyên của phương trình.
Ta chú ý rằng
a2 ≡ 0, 1(mod 3)

a2 ≡ 0, 1(mod 4)

a2 ≡ 0, 1, 4(mod 5)

a2 ≡ 0, 1, 4(mod 8)
a2 ≡ 0, 1, 4, 7(mod 9)
a3 ≡ 0, 1, 8(mod 9)
Ta thường sử dụng các điều kiện này để giải phương trình theo phương
pháp đồng dư thức.
Sau đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp này.
Ví dụ 2.7. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 = 2y 2 − 8y + 3.
Lời giải. Ta có phương trình x2 = 2y 2 − 8y + 3
Tương đương với
SV: Vũ Thị Hương Giang

x2 = 2(y − 2)2 − 5
14

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Mặt khác x2 ≡ 0, 1, 4(mod 8); (y − 2)2 ≡ 0, 1, 4(mod 8).
Suy ra 2(y − 2)2 ≡ 0, 2(mod 8).
VT ≡ 0, 1, 4(mod 8); VP ≡ 3, 5(mod 8). Suy ra phương trình không
có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2.8. Chứng tỏ phương trình sau không có nghiệm nguyên.
(x + 1)2 + (x + 2)2 + . . . + (x + 2001)2 = y 2 .
Lời giải. Đặt x = z − 1001, phương trình đã cho trở thành
(z − 1000)2 + . . . + (z − 1)2 + z 2 + (z + 1)2 + . . . + (z + 1000)2 = y 2
hay 2001z 2 + 2(12 + 22 + . . . + 10002 ) = y 2
1000.1001.2001
Suy ra 2000z 2 + 2
= y2
6
Phương trình tương đương
2001z 2 + 1000.1001.667 = y 2
Ta thấy vế trái ≡ 2(mod 3) nên không thể là số chính phương, trong
khi vế phải là số chính phương. Vậy phương trình đã cho không có
nghiệm nguyên.
Ví dụ 2.9. Giải phương trình nghiệm nguyên 15x2 − 7y 2 = 9.
Lời giải. Xét phương trình 15x2 − 7y 2 = 9. Ta có 9 ≡ 0(mod 3).
Ta thấy 15x2 ≡ 0(mod 3). Suy ra 7y 2 ≡ 0(mod 3).
Hay y 2 ≡ 0(mod 3) suy ra y ≡ 0(mod 3).
Đặt y = 3y (y ∈ Z), phương trình trên có dạng 15x2 − 63.y 2 = 9 hay
5x2 − 21y 2 = 3.
SV: Vũ Thị Hương Giang

15

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Làm tương tự như trên suy ra được x ≡ 0 (mod 3)
Đặt x = 3x (x ∈ Z) suy ra 45x 2 − 21y 2 = 3
hay 15x 2 − 7y 2 = 1. Vì 7y 2 ≡ 0, 1(mod 3).
Suy ra 15x 2 − 7y 2 ≡ 0, 2(mod 3).
Mà VP = 1 ≡ 1(mod 3); VT ≡ 0, 2(mod 3). Suy ra vô lý. Vậy phương
trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2.10. Giải phương trình x15 + y 15 + z 15 = 192003 + 72003 + 92003
Lời giải. Ta có 19 ≡ 1(mod 9) hay 192003 ≡ 1(mod 9)
7 ≡ −2(mod 9) hay 73 ≡ (−2)3 (mod 9)
Hay 73 ≡ 1(mod 9) tương đương (73 )667 ≡ 1(mod 9)
Suy ra 72001 ≡ 1(mod 9). Do đó 72003 ≡ 49 ≡ 4(mod 9).
Vậy VP ≡ 5(mod 9) ≡ −4(mod 9). (∗)
Xét vế trái, ta có a3 ≡ 0, 1, −1(mod 9).
Vì x15 = (x3 )5 = (x5 )3 ⇒ (x5 )3 ≡ 0, 1, −1(mod 9).
Hay x15 ≡ 0, 1, −1(mod 9).
Tương tự ta có y 15 ≡ 0, 1, −1(mod 9); z 15 ≡ 0, 1, −1(mod 9).
Vậy VT = −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3(mod 9) (∗∗).
Từ (∗) và (∗∗) suy ra vô lý.
Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên.
2.2.3

Phương pháp đánh giá

Phương pháp đánh giá là việc ta dùng các Bất đẳng thức phù hợp để
hạn chế lại các khoảng mà các biến có thể nhận. Từ đó tìm nghiệm
của phương trình một cách đơn giản hơn. Ta có thể chia thành các
dạng
SV: Vũ Thị Hương Giang

16

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Dạng 1: Phân tích thành các tổng bình phương, tổng lập phương.
Ta phân tích thành các tổng không âm A + B + C = 0. Nếu A, B, C
không âm thì A = B = C = 0.
Ví dụ 2.11. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình
x3 y 3 − 4xy 3 + y 2 + x2 − 2y − 3 = 0
Lời giải. Ta có x3 y 3 − 4xy 3 + y 2 + x2 − 2y − 3 = 0
Tương đương
Hay
Do đó

(x3 y 3 + x2 ) − (4xy 3 + 4) + (y 2 − 2y + 1) = 0
x2 (xy 3 + 1) − 4(xy 3 + 1) + (y − 1)2 = 0
(x2 − 4)(xy 3 + 1) + (y − 1)2 = 0

Theo gải thiết x, y nguyên và không âm nên ta có
Nếux2 − 4 > 0 ⇔ x > 2 
thì (x2 − 4)(xy 2 + 1) + (y − 1)2 = 0


y = 1
(y − 1)2 = 0
(Loại)
hay



3
x = 1
xy + 1 = 0
Nếu x2 − 4 = 0 ⇔ x = 2 thì y = 1 (chọn) hoặc x = −2 < 0 (loại)
Với x2 − 4 < 0 mà x > 0 nên x = 1 thì ta suy ra không tìm được y
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, y) = (2, 1).
Dạng 2: Sử dụng nguyên lý kẹp. Nguyên lý kẹp là một công cụ
hữu hiệu để giải phương trình nghiệm nguyên. Những phương trình
nghiệm nguyên nhiều biến và đồng bậc hoặc có thể đưa về đồng bậc
thì có thể áp dụng nguyên lý kẹp để giải.
Cơ sở lý thuyết :
Cho x, y, n ∈ N, khi đó ta có
SV: Vũ Thị Hương Giang

17

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

a) x < y < x + 2 suy ra y = x + 1.
b) xn < y n < (x + 2)n suy ra y n = (x + 1)n
c) x(x + 1) < y(y + 1) < (x + 2)(x + 3) suy ra y = x + 1.
Ví dụ 2.12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 − y 4 = 3y 2 + 1.
x4 − y 4 = 3y 2 + 1

Lời giải. Phương trình
Tương đương với

x4 = y 4 + 3y 2 + 1.

Ta có x4 = y 4 + 3y 2 + 1 ≥ y 4 + 2y 2 + 1.
Hay x4 ≥ (y 2 + 1)2

(1)

Mặt khác x4 = y 4 + 3y 2 + 1 < y 4 + 4y 2 + 4
Hay x4 < (y 2 + 2)2

(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra (y 2 + 1)2 ≤ x4 < (y 2 + 2)2 . Mà y 2 + 1 và y 2 + 2
là hai số nguyên liên tiếp nên (y 2 + 1)2 và (y 2 + 2)2 là hai số chính
phương liên tiếp, suy ra x4 = (y 2 + 1)2 , thay vào phương trình ban
đầu ta được y 4 + 2y 2 + 1 = y 4 + 3y 2 + 1.
Do đó y 2 = 0 hay y = 0. Suy ra x = 1 hoặc x = −1.
Vậy nghiệm của phương trình là (x; y) = {(1; 0); (−1; 0)}.
Dạng 3. Sắp thứ tự các ẩn
Nếu các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ . . .
để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị
để suy ra các nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 2.13. Giải phương trình nghiệm nguyên dương xyz = x + y + z
Lời giải. Nếu một trong các số x, y, z = 0 thì ta có x = y = z = 0
(thỏa mãn).
Xét trường hợp các biến đều dương.
SV: Vũ Thị Hương Giang

18

K40B-Sư Phạm Toán


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả
sử 0 < x ≤ y ≤ z.
Ta có xyz = x + y + z tương đương

1
1
1
+
+
= 1 (∗)
xy xz yz

Do 0 < x ≤ y ≤ z, nên ta có
1
1 1
1 1
1
≤ 2;
≤ 2;
≤ 2
xy
x xz
x yz
x
1
1
1
3
3
+
+
≤ 2 . Hay 1 ≤ 2 ⇒ x2 ≤ 3 ⇒ x2 = 1 ⇒ x = 1.
xy xz yz
x
x
1 1
1
Thay vào (∗) ta được + +
= 1. (∗∗)
y z yz
1 1
1
1 1 1
Tương tự, vì y ≤ z, nên ta có 1 = + +
≤ + +
y z yz
y y y
3
Hay 1 ≤ tương đương y ≤ 3 mà y > 1 nên y = 2; 3.
y
Với y = 2 thay vào (∗∗) ta tìm được z = 3.
Suy ra

Với y = 3 thay vào (∗∗) ta tìm được z = 2.
Vậy nghiệm của phương trình là
(x; y; z) = {(0; 0; 0); (1; 2; 3); (1; 3; 2); (2; 1; 3); (2; 3; 1); (3; 1; 2); (3; 2; 1)}.
2.2.4

Phương pháp tham số hóa

Một số phương trình nghiệm nguyên f (x1 ; x2 ; . . . ; xn ) = 0 có vô hạn
nghiệm và ta không thể liệt kê được tất cả các nghiệm đó. Khi đó, ta
sẽ tìm nghiệm này dưới dạng tham số như sau
Đặt x1 = g1 (k1 , k2 , . . . , kl ), x2 = g2 (k1 , k2 , . . . , kl ), . . . , xn = gn (k1 , k2 , . . . , kl ).
Trong đó g1 , g2 , . . . , gn là hàm l biến k1 , k2 , . . . , kl ∈ Z. Điểm mạnh của
phương pháp này là có thể dùng để chứng minh phương trình nghiệm
nguyên vô số nghiệm. Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ minh họa cho
phương pháp này.
SV: Vũ Thị Hương Giang

19

K40B-Sư Phạm Toán


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×