Tài liệu Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải

LỜI CẢM ƠN Trong suốt quá trình học tập, rèn luyện và nghiên cứu ở trường đại học Quảng Bình, tôi đã nhận được rất nhiều sự quan tâm, giúp đỡ của quý thầy cô giáo. Tôi xin được gửi lời cảm ơn tới Ban Giám Hiệu nhà trường, toàn thể thầy giáo, cô giáo, đặc biệt là các thầy, cô giáo khoa Khoa Học Tự Nhiên và Khoa Kỹ Thuật - Công Nghệ. Tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới giảng viên – Th.S Lê Thị Bạch Liên, người đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn tôi về kiến thức cũng như phương pháp trong suốt quá trình thực hiện khóa luận. Qua đây, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình, bạn bè và tập thể lớp sư phạm Toán – Tin K55 - những người đã luôn sát cánh bên tôi, nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập cũng như trong thời gian tôi hoàn thành khóa luận này. Lời cuối tôi xin chúc sức khỏe tất cả mọi người, chúc mọi người luôn thành công trong cuộc sống. Tôi xin chân thành cảm ơn! Sinh viên Trần Thị Xuân MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN ................................................................................................................1 MỞ ĐẦU .........................................................................................................................4 1. Lý do chọn đề tài ......................................................................................................4 2. Mục tiêu nghiên cứu.................................................................................................4 3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu .........................................................5 4. Nhiệm vụ nghiên cứu ...............................................................................................5 5. Phương pháp nghiên cứu..........................................................................................5 6. Ý nghĩa đề tài ...........................................................................................................5 7. Cấu trúc đề tài ..........................................................................................................6 NỘI DUNG .....................................................................................................................7 CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN .................................................................................7 1. Các khái niệm .......................................................................................................7 2. Các tính chất .........................................................................................................7 3. Các hằng đẳng thức...............................................................................................9 4. Các bất đẳng thức .................................................................................................9 CHƯƠNG II: MỘT SỐ DẠNG TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI .....................................................................................13 1. Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt......................................13 1.1. Phương trình Diophante bậc nhất................................................................13 1.2. Phương trình Pell .........................................................................................16 1.3. Phương trình Pythagore ...............................................................................18 BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................................19 2. Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát ................................................................................................................................ 21 2.1. Phương trình bậc hai, hai ẩn .......................................................................21 BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................................31 2.2. Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn .........................................................32 BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................................39 2.3. Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên .........................................................40 BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................................46 2 2.4. Phương trình dạng phân thức ......................................................................46 BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................................55 2.5. Phương trình dạng mũ..................................................................................56 BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................................64 2.6. Phương trình vô tỉ ........................................................................................65 BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................................75 KẾT LUẬN ..................................................................................................................77 TÀI LIỆU THAM KHẢO...........................................................................................78 3 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Toán học là một trong những ngành khoa học ra đời sớm nhất, điển hình là ngành Số học với nhiều đề tài hấp dẫn và lí thú. Một trong những đề tài hấp dẫn và lí thú của Số học và Đại số là Phương trình nghiệm nguyên. Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên đã lôi cuốn nhiều đọc giả nghiên cứu, trong lịch sử toán học đã có rất nhiều nhà toán học lớn nghiên cứu về vấn đề này như: Diophante, Fermat... Được nghiên cứu từ thời Diophante thế kỷ III, đến nay Phương trình nghiệm nguyên vẫn là đối tượng nghiên cứu của Toán học. Tuy nhiên Phương trình nghiệm nguyên vẫn đang là một đề tài tương đối mới lạ đối với học sinh THCS và THPT. Đó là một lĩnh vực khó; đa dạng về phương pháp giải: không có cách giải tổng quát cho mỗi dạng toán, mỗi bài toán, với mỗi điều kiện riêng của nó đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp, yêu cầu học sinh phải linh hoạt trong cách suy luận…; điều đó khiến nhiều học sinh bế tắc, lúng túng trong việc xác định dạng toán và phương hướng giải…Do đó bài toán về phương trình nghiệm nguyên thường xuyên có mặt trong các kì thi lớn, các kì thi học sinh giỏi các cấp,… Hiện nay, có rất nhiều đề tài nghiên cứu về phương trình nghiệm nguyên, nhưng đa số chỉ dừng lại ở việc nghiên cứu một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt, mang tên các nhà toán học nổi tiếng: Phương trình Diophante, phương trình Pell, phương trình Pytago,… Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài: “Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải”. Ngoài việc trình bày một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt, khóa luận còn đưa ra một số dạng phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát và phương pháp giải, nhằm giúp người đọc nắm vững các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên cũng như một số phương pháp giải, từ đó đưa ra phương pháp giải phù hợp với từng bài toán cụ thể ở các dạng khác nhau. 2. Mục tiêu nghiên cứu Nhằm giúp người đọc (các đối tượng là giáo viên, sinh viên ngành Toán và các em học sinh THCS, THPT) nắm được một số dạng toán và một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, từ đó có thể đưa ra cách giải phù hợp nhất cho mỗi bài toán cụ thể. 4 3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên, một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải. Phạm vi nghiên cứu: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt; một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát và phương pháp giải; các bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong các đề thi học sinh giỏi,... 4. Nhiệm vụ nghiên cứu  Hệ thống những kiến thức cơ bản liên quan đến phương trình nghiệm nguyên.  Đưa ra một số dạng toán và phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.  Tìm ra phương pháp giải hiệu quả nhất cho mỗi dạng toán.  Rút ra điểm cần lưu ý cho một số dạng toán. 5. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc, nghiên cứu, phân tích và tổng hợp các tài liệu về phương trình nghiệm nguyên; hệ thống, khái quát vấn đề; sưu tầm, giải quyết các bài toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên trong các đề thi học sinh giỏi các cấp,… Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giáo viên hướng dẫn và các giáo viên khác trong khoa để hoàn thành về nội dung cũng như hình thức của khóa luận. 6. Ý nghĩa đề tài Đề tài này giúp cho bạn đọc có thể nắm vững các kiến thức về phương trình nghiệm nguyên, biết cách vận dụng phương pháp giải phù hợp cho mỗi bài toán phương trình nghiệm nguyên. Khóa luận có thể làm tài liệu tham khảo cho những sinh viên chuyên ngành Toán có mong muốn tiếp tục tìm hiểu về các đề tài liên quan đến phương trình nghiệm nguyên, làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên quan tâm đến đề tài hay các giáo viên đang bồi dưỡng học sinh giỏi, làm tài liệu học tập cho các em học sinh THCS và THPT,... Với bản thân, nghiên cứu về “Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải” giúp tôi nắm vững được những kiến thức liên quan đến phương trình nghiệm nguyên, từ đó làm cho kho tài liệu riêng của bản thân trở nên phong phú 5 hơn, phục vụ tốt cho quá trình giảng dạy sau này. 7. Cấu trúc đề tài Ngoài các phần mở đầu, kết luận, phụ lục, tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận gồm 2 chương. Chương 1: Cơ sở lý luận. Chương này gồm những kiến thức liên quan, được sử dụng trong quá trình lập luận và tìm phương pháp giải. Chương 2: Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải. Chương này trình bày một cách hệ thống về một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên đặc biệt; một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát và phương pháp giải, cùng với bài tập luyện tập cho mỗi dạng. 6 NỘI DUNG CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN Để giải được một bài toán, chỉ sử dụng các giả thiết mà bài toán cho thì chưa đủ, mà ta còn phải vận dụng các kiến thức có liên quan, như: các khái niệm, định lí, các tính chất,... dựa vào đó để lập luận, từ đó tìm ra phương pháp giải cho bài toán. Dưới đây là một số kiến thức liên quan, được sử dụng trong quá trình lập luận và tìm phương pháp giải ở chương 2. 1. Các khái niệm 1.1. Nghiệm nguyên [5, tr243] Xét phương trình: f (x)  g (x) . (1) Nếu x lấy giá trị a  Z mà f (a)  g (a) là một đẳng thức đúng thì a được gọi là một nghiệm nguyên của phương trình (1) . 1.2. Nghiệm nguyên thủy [1, tr49] Xét phương trình vô định (n  Z  ) xn  y n  z n . (2) Bộ ba số nguyên dương x, y, z nguyên tố cùng nhau thỏa mãn phương trình (2) được gọi là một nghiệm nguyên thủy của phương trình này. Với n  2 , phương trình (2) là phương trình Pythagore. Với n  2 , phương trình (2) không có nghiệm nguyên khác 0, hay phương trình (2) không có nghiệm nguyên thủy. (Định lý lớn Fermat) 2. Các tính chất [13] 2.1. Tính chất 2.1 Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương. x  k 2  xy  z 2   y  t 2 kt  z  Chứng minh: (chứng minh bằng phương pháp phản chứng) Giả sử x hoặc y không phải là số chính phương, khi đó trong phân tích thành số nguyên tố của x hoặc của y tồn tại một số chứa ít nhất một số nguyên tố p với số mũ lẻ. Giả sử số đó là x . Vì ( x, y)  1 nên y không chứa thừa số p. Suy ra z 2 cũng chứa 7 thừa số p với số mũ lẻ (vô lý, trái với điều kiện z 2 là số chính phương) Suy ra điều phải chứng minh. 2.2. Tính chất 2.2 Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0. n  0 n(n  1)  t 2   n  1  0 (n  Z ) Chứng minh: Ta có: n(n  1)  t 2  n2  n  t 2  4n 2  4n  4t 2  (2n  1) 2  4t 2  1  (2n  1) 2  4t 2  1  (2n  1  2t )(2n  1  2t )  1 2n  1  2t  1  2n  1  2t  1   2n  1  2t  1  2n  1  2t  1   n  0  t  0     n  1  t  0   n  t  0  n  t  0   n  t  1  n  t  1  n  0 (đpcm)   n  1  0 2.3. Tính chất 2.3 Số chính phương chẵn khi chia cho 4 dư 0, số chính phương lẻ khi chia cho 4 dư 1 và chia cho 8 dư 1. Chứng minh: Trường hợp 1: Số chính phương chẵn khi chia cho 4 dư 0. Số chính phương có dạng a 2 . Đặt a  2k (vì a 2 là số chính phương chẵn) ta có: a 2  4k 2  4 . Hay a 2  4k 2  0 (mod 4). (đpcm) Trường hợp 2: Số chính phương lẻ khi chia cho 4 dư 1. Số chính phương có dạng a 2 . Đặt a  2k  1 (vì a 2 là số chính phương lẻ) ta có: a 2  4k 2  4k  1  4k (k  1)  1 . 8 Suy ra a 2  4k (k  1)  1  1 (mod 4) . (đpcm) Trường hợp 3: Số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1. Số chính phương có dạng a 2 . Đặt a  2k  1 (vì a 2 là số chính phương lẻ) ta có: a 2  4k 2  4k  1  4k (k  1)  1 . Mà k ; (k  1) là hai số nguyên liên tiếp, suy ra k.(k  1) 2  4k (k  1)8 Vậy a 2  4k (k  1)  1  1 (mod 8) . (đpcm) 3. Các hằng đẳng thức 3.1. Hằng đẳng thức 3.1 (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 . a  b  c  3abc  (a  b  c). 2 3 3 3 (a, b, c  R) Chứng minh: Ta có VP  (a  b  c). (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 2 (a 2  2ab  b 2  b 2  2bc  c 2  c 2  2ac  a 2 )  (a  b  c). 2  (a  b  c).(a 2  b2  c 2  ab  bc  ac)  a3  ab2  ac 2  a 2b  abc  a 2c  a 2b  b3  bc 2  ab2  b2c  abc  a 2c  b2c  c3  abc  bc 2  ac 2  a3  b3  c3  3abc  VT 3.2. Hằng đẳng thức 3.2 a 3  b3  (a  b)3  3ab(a  b) . (a, b, c  R) Chứng minh: Ta có: a3  b3  (a  b)(a 2  ab  b2 )  (a  b)[(a  b) 2  3ab]  (a  b)3  3ab(a  b) (đpcm) 4. Các bất đẳng thức 4.1. Bất đẳng thức Cauchy [5, tr317] Cho n số thực không âm bất kì a1 , a2 ,..., an ta có trung bình cộng của n số đó lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng. a1  a2  ...  an n  a1a2 ...an . n Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an . 9 Chứng minh: (Sử dụng phương pháp quy nạp toán học). Ta dùng phương pháp quy nạp theo n.  Với n  2 , ta có: a1  a2  a1.a2 . 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1  a2 . Thật vậy, a1  a2  a1.a2  a1  a2  2 a1.a2  0  2   2 a  b  0 đúng với mọi a1 , a2  0 . Dấu “=” xảy ra khi a1  a2 . Vậy bất đẳng thức đúng với n  2 .  Để chứng minh bất đẳng thức tổng quát, trước hết ta xét vài bất đẳng thức phụ. Nếu x1 , x2  R  thì x1  x2  x1n1  x2 n1 . Vậy với  x1 , x2  R  thì ta luôn có: ( x1 n1 n1  x2 )( x1  x2 )  0  x1  x2  x1 x2 n n n1  x2 x1 n1 . Lấy n số thực không âm x1 , x2 ,..., xn  R  , viết các bất đẳng thức tương ứng rồi cộng lại ta được: ( x1  x2 )  ( x1  x3 )  ...  ( x1  xn )  ( x2  x3 )  ...  ( x2  xn )  ...  ( xn1  xn ) n  ( x1 x2 n n1 n n n1 n  x2 x1 )  ( x1 x3 n1 n n n1  x3 x1 )  ( x1 xn n1 n n n1  xn x1 )  ...  ( xn1 xn n n1 n n1  xn xn1 ) n (*) Từ đó: (n  1)( x1  x2  ...  xn )  x1 ( x2 n  x2 ( x1 n1 n  x3 n1 n  ...  xn n1 n1  x3 )  ...  xn ( x1 n1 n1  ...  xn  x2 n1 n1 ) n1  ...  xn1 ) (**) Theo giả thiết quy nạp, ta thừa nhận rằng đối với n  1 số thực không âm bất kì, trung bình cộng không nhỏ hơn trung bình nhân của chúng. Thế thì nói riêng ta có: n1  x3 n1  x3 x2 x1 n1  ...  xn n1  (n  1) x2 x3 ...xn n1  ...  xn n1  (n  1) x1 x3 ...xn ........................................ x1 n1  x3 n1 n1  ...  xn1  (n  1) x1 x2 ...xn1 Sử dụng các bất đẳng thức này, ta có thể tăng cường các bất đẳng thức (**) (n  1)( x1  x2  ...  xn )  n(n  1) x1 x2 ...xn n n n 10 Trong hệ thức này, đặt x1n  a1 , x2 n  a2 , ..., xn n  an ta được a1  a2  ...  an n  a1a2 ...an n (đpcm) Trong tất cả các quá trình lí luận trên , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1  x2  ...  xn tức là khi và chỉ khi a1  a2  ...  an . 4.2. Bất đẳng thức 4.2 [11, tr25,26] a n  bn  cn  a  b  c    . 3 3   n (a, b, c  0, n  N ) Chứng minh bất đẳng thức: a n  bn  cn  a  b  c    . 3 3   n Để chứng minh được bất đẳng thức (a) trước hết ta cần chứng minh bất đẳng thức sau: an  bn  a  b    2  2  n (a, b  0, n  N ) (a) Chứng minh: Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: 0 1 n n (a  b) n  Cn a n  Cn a n1b  ...  Cn 1ab n1  Cn b n 0 1 n n (a  b) n  Cn b n  Cnb n1a  ...  Cn 1ba n1  Cn a n 0 1 n n  2(a  b) n  Cn (a n  bn )  Cn (a n1b  ab n1 )  ...  Cn 1 (abn1  ba n1 )  Cn (a n  b n ) Với a, b  0, i  1,2,...., n  1 (a ni  b ni )(ai  bi )  0  a n  bn  a nibi  aibni 0 1 n n  2(a  b) n  Cn (a n  bn )  Cn (a n  b n )  ...  Cn 1 (a n  bn )  Cn (a n  bn ) 0 1 n n  (a n  b n )(Cn  Cn  Cn 1  ...  Cn )  2n (a n  b n ) an  bn  a  b     2  2  n Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức 4.2: Đặt d  abc 0 3 Theo bất đẳng thức (a) ta có: ab cd  2   2  n n n n a b c d  2   2   4 4 n n 11 ab cd      n  2   2    a bc  d   dn    2 4   n n a n  bn  cn  d n  d n  a n  b n  c n  d n  4d n  4 an  bn  cn abc  dn     . (đpcm) 3 3   n  a  b  c  3d n n n n 12 CHƯƠNG II: MỘT SỐ DẠNG TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt 1.1. Phương trình Diophante bậc nhất. Dạng tổng quát của phương trình Diophante bậc nhất: a1 x1  a2 x2  ...  an xn  b ( ai , b  Z , i  1, n ; a12  a2 2  ...  an 2  0 ) (1) 1.1.1. Điều kiện có nghiệm của phương trình Kí hiệu d  (a1 , a2 ,..., an ) là ước chung lớn nhất của a1 , a2 ,..., an ta có các định lí sau: Định lí 1.1.1.1. [1, tr7] Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm nguyên là d \ b . Định lí 1.1.1.2. [1, tr7] Nếu phương trình (1) có nghiệm thì nó có vô số nghiệm. 1.1.2. Phương trình có một hệ số của ẩn bằng  1 Giả sử phương trình (1) có một hệ số của ẩn bằng  1 , chẳng hạn a1  1 , khi đó nó có dạng: x1  a2 x2  ...  an xn  b . Chuyển các số hạng chứa ẩn x2 ,..., xn sang phải ta được: x1  b  a2 x2  ...  an xn . Cho x2 ,..., xn các giá trị nguyên tùy ý, x2  t2 ,..., xn  tn , ta được: x1  b  a2t2  ...  antn  Z Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là: x1  b  a2t2  ...  antn , x2  t2 ,..., xn  tn . trong đó t2 ,..., tn là những số nguyên tùy ý. Ví dụ 1.1.2. Giải phương trình: 5x  2 y  z  4 . Giải: Từ phương trình suy ra: z  5x  2 y  4 . Đặt x  u , y  v ta được z  5u  2v  4 . Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là: x  u , y  v , z  5u  2v  4 . với u, v là những số nguyên tùy ý. 1.1.3. Phương trình có các hệ số khác 0 của ẩn bằng nhau về trị tuyệt đối Giả sử phương trình (1) có các hệ số khác 0 của ẩn đều bằng nhau về giá trị tuyệt đối và bằng c. khi đó do điều kiện có nghiệm của (1) ta phải có c \ b . Chia cả hai về 13 của phương trình cho c, ta được một phương trình có một hệ số của ẩn bằng 1, đã xét ở trên. Chú ý: Khi giải phương trình (1) ta không cần để ý đến các ẩn với hệ số bằng 0. Các ẩn này sẽ được nhận các giá trị nguyên tùy ý độc lập với nhau và độc lập với các giá trị của các ẩn khác. Ví dụ 1.1.3. Giải phương trình 5x1  5x2  5x3  0 x4  0 x5  15 . Giải: Chia cả hai vế cho 5 ta được phương trình: x1  x2  x3  0 x4  0 x5  3 Hay x1  3  x2  x3  0 x4  0 x5 Đặt x2  u , x3  v , x4  k , x5  t ta được: x1  3  u  v Vậy nghiệm của phương trình là: x1  3  u  v , x2  u , x3  v , x4  k , x5  t trong đó u, v, k , t là những số nguyên tùy ý. 1.1.4. Thuật toán giải phương trình Diophante bậc nhất tổng quát Ta có thể đưa phương trình Diophante bậc nhất tổng quát về một trong hai dạng phương trình đặc biệt trên bằng thuật toán sau: Thuật toán 1.1.4. [1, tr9] Giả sử các hệ số của (1) không bằng nhau tất cả, và giả sử a 2  a1  0 Thực hiện phép chia có dư a 2 cho a 1 : a 2  a1q  a2 ' 0  a 2  a1 ' Khi đó hai số hạng đầu của phương trình đươc viết thành: a1 x1  a2 x2  a1 x1  (a1q  a ' 2 ) x2  a1 ( x1  qx2 )  a ' 2 x2 Bằng phép đổi biến số: x1'  x1  qx2 ; xi'  xi ; i  2,..., n , ta đưa phương trình (1) về ' ' ' ' một phương trình mới với đối với ẩn x1' , x2 ,..., xn trong đó hệ số của x2 là a2 thỏa mãn ' ' điều kiện a '2  a1  a2 . Nếu đã tìm được các nghiệm nguyên x1' , x2 ,..., xn của phương ' ' trình này thì ta cũng được các nghiệm nguyên x1  x1'  qx2 , x2  x2 ,..., xn  xn của phương trình (1) . Như vậy, thực hiện phép biến đổi trên ta luôn có thể đưa phương trình đang xét về một phương trình có hệ số của ẩn nhỏ hơn về giá trị tuyệt đối. Nhưng một dãy số tự nhiên giảm dần bị chặn dưới bởi 0, nên sau hữu hạn phép biến đổi như vậy ta đưa 14 được phương trình đã cho về một phương trình có một hệ số của ẩn có hệ số bằng  1 hoặc tất cả các hệ số khác 0 của ẩn bằng nhau về trị tuyệt đối. Ví dụ 1.1.4.1. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x  5 y  3z  3 . Giải: Ta có: 5  2.2  1 . Do đó phương trình có thể viết thành: 2( x  2 y)  y  3z  3 . Đặt u  x  2 y , ta được phương trình: 2u  y  3z  3 . hay y  2u  3z  3 . u  k  Phương trình có nghiệm:  z  t ( k , t  Z ).  y  2k  3t  3  Từ u  x  2 y  x  u  2 y  k  2(2k  3t  3) hay x  5k  6t  6 .  x  5k  6t  6  Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là:  y  2k  3t  3 z  t  ( k , t  Z ). Như vậy: Để giải phương trình Diophante bậc nhất tổng quát ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Tìm ước chung lớn nhất của các số a1 , a2 ,..., an , kí hiệu d  (a1 , a2 ,..., an ) . Bước 2: Kiểm tra điều kiện có nghiệm nguyên. Nếu d \ b thì thực hiện giải phương trình theo bước 3. Ngược lại, kết luận phương trình không có nghiệm nguyên. Bước 3: Giải phương trình Diophante bằng thuật toán 1.1.4. Bước 4: Kết luận nghiệm nguyên cho phương trình. Ví dụ 1.1.4.2. Giải phương trình nghiệm nguyên: 15x  5 y  20 . Giải: Ta có: d  (15;5)  5 . Vì 5 \ 20 nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Ta có: 15x  5 y  20  3x  y  4 hay y  3x  4 . Đặt x  t ( t  Z ), suy ra y  3t  4 . x  t  y  3t  4 Vậy nghiệm nguyên của phương trình trên là:  15 ( t  Z ). 1.2. Phương trình Pell Xét phương trình: x 2  dy 2  1 ( d  N , d không phải là số chính phương). (2) Phương trình (2) được gọi là phương trình Pell. Phương trình Pell mang tên nhà toán học người Anh J.Pell (1611-1685). Giải phương trình Pell nghĩa là tìm các nghiệm không tầm thường của nó. 1.2.1. Tập hợp nghiệm 1.2.1.1. Mệnh đề [1,tr19] Nếu phương trình Pell có nghiệm không tầm thường thì nó có vô số nghiệm. 1.2.1.2. Định lí [1,tr21] Nếu ( x1 , y1 ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell (2) thì tất cả các nghiệm nguyên dương ( xn , yn ) của phương trình này được xác định bởi công thức:  ( x  y d ) n  ( x1  y1 d ) n xn  1 1  2   n n  y  ( x1  y1 d )  ( x1  y1 d )  n 2 d  (*) 1.2.1.3. Hệ quả [1,tr22] Công thức truy hồi để tính các nghiệm ( xn , yn ) của phương trình (1) như sau:  xn  x1 xn1  dy1 yn1   yn  y1 xn1  x1 yn1 (n 2) (**) 1.2.1.4. Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell bằng cách thử trực tiếp Để giải phương trình Pell ta cần tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất ( x1 , y1 ) của nó, sau đó xác định tất cả các nghiệm của phương trình theo công thức (*) hoặc theo công thức truy hồi (**) . Để tìm nghiệm nhỏ nhất ( x1 , y1 ) ta lần lượt cho y nhận các giá trị y  1 , 2 ,... thì y1 là số nguyên dương đầu tiên mà 1  dy12 là một số chính phương và x1  1  dy12 . Ví dụ 1.2.1.4. Giải phương trình x 2  6 y 2  1 . Giải: Xét biểu thức 1  6 y12 , ta thấy y1  2 là giá trị nguyên dương đầu tiên để 1  6 y1  25 là một chính phương. Khi đó x1  5 . Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương 2 trình là (2;5) . 16 Tập hợp nghiệm ( xn , yn ) của phương trình được xác định bởi công thức:  (5  2 6 ) n  (5  2 6 ) n xn   2   n n  y  (5  2 6 )  (5  2 6 )  n 2 6  Hay theo công thức truy hồi:  x1  5, y1  2   xn  5 xn1  12 yn1 , yn  2 xn1  5 yn1 (n  2) Chú ý: Phương pháp trên chỉ áp dụng đối với những phương trình có giá trị của d nhỏ, dễ tính toán. Đối với những phương trình có khối lượng tính toán lớn ta sử dụng phương pháp khác. 1.2.2. Giải phương trình Pell bằng liên phân số 1.2.2.1. Định lí [1,tr25] Nếu (a, b) là một nghiệm nguyên dương của phương trình Pell thì phân của liên phân số biểu diễn số vô tỉ a là một giản b d. 1.2.2.2. Thuật toán giải phương trình Pell bằng liên phân số [1,tr26] Ta có thuật toán giải phương trình Pell theo các bước sau: 1. Khai triển d thành liên phân số. 2. Tính các giản phân Pn , n  0,1,... của liên phân số đó. Qn 3. Tính Pn 2  dQn 2 với n  0,1,... Nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell là ( Pn , Qn ) với n là số tự nhiên nhỏ nhất mà Pn 2  dQn 2  1 . 4. Viết nghiệm của phương trình theo công thức (*) hoặc công thức truy hồi (**) với x1  Pn , y1  Qn . Ví dụ 1.1.2.2. Giải phương trình x 2  11y 2  1 . Giải: Để triển khai  0  11 thành liên phân số, ta áp dụng thuật toán sau: q0  [ 0 ] , qi  [ i ] i  1  i1  qi1 ( i 1) 17 Ta có: 1 11  3  2 11  3 q0  [ 11]  3 , 1   11  3  1 2   11  3 q1     3 , 2  11  3 11  3  2  3 2 q2  [ 11  3]  6 ,  3  1 1   1 ( 11  3)  6 11  3 Tiếp tục ta được q3  q1 , q4  q2 ,... Vậy: 11  [3; (3,6)] Các số hạng (3,6) được lặp lại vô hạn lần. Lập bảng tính các giản phân của liên phân số này và đồng thời tính các biểu thức Pn  11Qn . 2 2 qk 3 3 6 Pk 3 10 63 Qk 1 3 19 -2 1 -2 Pk  11Qk 2 2 Vậy (10;3) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình đã cho. Phương trình có nghiệm ( xn , yn ) với  (10  3 11) n  (10  3 11) n xn    2  n n  y  (10  3 11)  (10  3 11)  n 2 11  n  1,2,... 1.2.3. Sự tồn tại nghiệm của phương trình Pell Định lí 1.2.3. [1,tr35] Phương trình Pell luôn có nghiệm không tầm thường. 1.3. Phương trình Pythagore Xét phương trình: x2  y 2  z 2 ( x, y, z  Z  ) (4) Phương trình (4) được gọi là phương trình Pythagore. Phương trình Pythagore là một dạng đặc biệt của phương trình x n  y n  z n . 18 1.3.1. Định lí [1, tr51] Giả sử m  n là hai số nguyên dương, khác tính chẵn lẻ và nguyên tố cùng nhau. Khi đó các bộ ba số nguyên dương ( x, y, z ) xác định bởi hệ thức:  x  2mn  2 2 y  m  n z  m2  n2  x  m2  n2   y  2mn z  m2  n2  hoặc (5) là tất cả các bộ ba Pythagore nguyên thủy. 1.3.2. Thuật toán tìm các bộ ba Pythagore nguyên thủy [1, tr52] Để tìm các bộ ba Pythagore nguyên thủy ta lần lượt cho m, n nhận các giá trị nguyên dương khác tính chẵn lẻ, nguyên tố cùng nhau và m  n rồi tính x, y, z theo công thức (5) . Đặc biệt với n  1 , lấy m  2k với k  1,2,3,... ta được các bộ ba Pythagore nguyên thủy dạng: (4k ,4k 2  1,4k 2  1), k  N * Ví dụ: (4,3,5) , (8,15,17) , (12,35,37) , (16,63,65) ,... Với n  2 , lấy m  2k  1 với k  1,2,3,... ta được các bộ ba Pythagore nguyên thủy dạng: (4(2k  1), (2k  1) 2  4, (2k  1) 2  4), k  N * Ví dụ: (12,5,13) , (20,21,29) , (28,45,53) ,... Chú ý: Với mỗi bộ ba Pythagore tìm được ta có một bộ ba Pythagore mới, nhận được bằng cách hoán vị các giá trị của x và y . BÀI TẬP LUYỆN TẬP: Bài 1. Giải các phương trình sau: 1. x  y  z  1. 2. x  3 y  2 z  7 . 3. x  y  z  t  2 . 4. 6 x  3 y  7 z  13 . 5. x  4 y  8z  21 . 6. 5x  7 y  18z  2 . 7. x  4 y  z  10  2t . 8. 4 x  10 y  11z  5 . 9. 2 x  4 y  6 z  8t  1 . 10. 2( x  y  z)  3t  143 . 19 Bài 2. Giải các phương trình sau theo ba cách: (Cách 1: Sử dụng thuật toán giải phương trình Diophante bậc nhất. Cách 2: Tìm một nghiệm riêng của nó nhờ liên phân số. Cách 3: Đưa về phương trình đồng dư bậc nhất.) 1. 9 x  25 y  1 . 2. 17 x  47 y  5 . 3. 147 x  60 y  6 . 4. 107 x  21y  5 . 5. 47 x  101y  2 . 6. 73x  105 y  6 . 7. 35x  83 y  1 . 8. 140 x  63 y  91. 9. 321x  129 y  15 . 10.  85x  230 y  100 . Bài 3. Tìm một nghiệm nguyên không tầm thường của các phương trình sau và viết công thức truy hồi xác định một dãy nghiệm nguyên xuất phát từ nghiệm đó. 1. x 2  11y 2  1 . 2. x 2  5 y 2  1 . 3. x 2  6 y 2  1 . 4. x 2  10 y 2  1 . 5. x 2  14 y 2  1 . Bài 4. Tìm nghiệm nhỏ nhất của các phương trình sau và viết tập hợp các nghiệm của chúng. 1. x 2  8 y 2  1. 2. x 2  17 y 2  1 . 3. x 2  23 y 2  1 . Tìm năm nghiệm nguyên dương đầu tiên của phương trình trên. Bài 5. Giải các phương trình sau bằng liên phân số. 1. x 2  19 y 2  1 . 2. x 2  21y 2  1 . Bài 6. Tìm tất cả các bộ ba Pythagore ( x, y, z ) nguyên thủy với a) x  30 . b) z  30 . 20