Tài liệu Các dạng phương trình diophante thường gặp

  • Số trang: 25 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 306 |
  • Lượt tải: 1
dinhthithuyha

Đã đăng 3693 tài liệu

Mô tả:

CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE THƯỜNG GẶP Mở đầu Phương trình Diophante nó có vai trò quan trọng trong toán học và trong thực tế, kiến thức về vấn đề này rất rộng; nó đã được các nhà toán học trên thế giới và trong nước nghiên cứu rất lâu; để góp phần vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường và giúp các em tiếp cận các phương trình Diophante với nhiều cách khác nhau, tôi muốn khai thác một phần nhỏ về :” Các dạng phương trình Diophante thường gặp”, đây là những dạng phương trình thường có trong đề thi của các kỳ thi học sinh giỏi và nó rất sát thực với học sinh phổ thông. Trong chuyên đề này tôi chia làm hai phần: Chương I: Các dạng phương trình Diophante thường gặp Chương II: Bài tập áp dụng. Ở chương I, tôi chỉ tóm tắt các dạng phương trình và cách giải, chấp nhận các định lý, không đi sâu vào chứng minh vì đa số các định lý này đã được thể hiện nhiều trong các tài liệu. Chương II chúng tôi nghiên cứu một số bài tập liên quan đến chương I và cách giải. Do thời gian cũng có hạn, chuyên đề không tránh khỏi sự sai sót, vậy mong các bạn tham khảo và góp ý thêm. Chương 1 CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE THƯỜNG GẶP. I.Phương trình diophante bậc nhất: 1 1.1.Phương trình diophante bậc nhất hai ẩn: 1.1.1. Định nghĩa 1.1: Phương trình Diophante bậc nhất hai ẩn là phương trình có dạng: ax+by=c (1.1); với a, b, c là các số nguyên; x, y là hai ẩn số nguyên của phương trình. - Mỗi cặp số ( x0 ; y0 ) ��, thỏa mãn đẳng thức (1.1) được gọi là một nghiệm của phương trình. - Giải phương trình (1.1) tức là tìm các cặp số ( x0 ; y0 ) ��, thỏa mãn đẳng thức (1.1). 1.1.2. Định lý 1.1: Giả sử a 2  b 2 �0, d  (a, b). Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.1) có nghiệm nguyên là d chia hết c. 1.1.3. Định lý 1.2: Nếu trong phương trình (1.1) các hệ số a,b nguyên tố cùng nhau và ( x0 ; y0 ) là một nghiệm thì tất cả các nghiệm của phương trình có dạng: �x  x0  bt ( t ��) � �y  y0  at 1.1.4 Định lý 1.3: Nếu c=(a,b) và a hoặc b khác 1 thì nghiệm ( x, y)  ( x0 , y0 ) là nghiệm của phương trình (1.1) sẽ tìm được với x0  b và y0  a 1.2. Phương trình diophante bậc nhất nhiều ẩn: 1.2.1. Định nghĩa 1.2: Phương trình Diophante bậc nhất nhiều ẩn là phương trình có dạng: a1 x1  a2 x2  ...  an xn  c, ai �, ai �0, i  1, n (1.2) 1.2.2 Định lý 1.4: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.2) có ít nhất một nghiệm nguyên là (a1 , a2 ,..., an ) c . 1.2.3. Cách giải phương trình (1.2) Đưa phương trình (1.2) về một trong hai dạng sau: a) Có một hệ số của một ẩn bằng 1: Giả sử a1  1 , khi đó: x1  c  a2 x2  a3 x3  ...an xn ��; nghiệm của phương trình (1.2) là: (c  a2 x2  a3 x3  ...an xn , x3 ,..., xn ) �� b) Có hai hệ số nguyên tố cùng nhau: Giả sử (a1 , a2 )  1 ; khi đó phương trình (1.2) � a1 x1  a2 x2  c  a3 x3  a4 x4  ...an xn Giải phương trinh theo hai ẩn x1 ; x2 2. Phương trình diophante bậc hai hai ẩn: 2.1 Phương trình dạng : ax 2  2bxy  cy 2  m 2 2.1.1. Định nghĩa 2.1: Dạng chung của phương trình Diophante bậc hai, hai ẩn số x và y là: ax 2  2bxy  cy 2  2dx  2ey  f  0 (2.1) Trong đó a,b,c,d,e,f là những số nguyên và ít nhất một trong các số a,b,c khác không. * Nhận xét: Khi phương trình (2.1) có thể đưa về dạng đơn giản: ax 2  2bxy  cy 2  m (2.2). Thật vậy, ta đưa vào hai ẩn mới p, q bằng cách đặt x p  cd  be q  ae  bd ;y 2 b  ac b 2  ac (2.3) Thay x; y vào (2.1) và sau khi biến đổi ta nhân được phương trình: ap 2  2bpq  cq 2  (b 2  ac). A (2.4) Với A  afc  2bed  d 2c  b 2 f  ae 2 . Từ (2.3) ta có: p  x(b 2  ac)  cd  bc q  y (b 2  ac )  ae  bd Từ đây mọi nghiệm nguyên của phương trình (2.1) tương ứng với nghiệm nguyên của phương trình (2.4). Nếu ta biết được ngiệm nguyên của phương trình (2.4) thì suy ra nghiệm x, y của (2.1) thông qua công thức của (2.3). Vế trái của (2.4) dạng ap 2  2bpq  cq 2 được gọi là dạng toàn phương của hai biến p, q. Chúng tôi chỉ nghiên cứu giải phương trình vô định hai ẩn bậc hai ở dạng toàn phương ax 2  2bxy  cy 2  m . 2.1.2 Phép biến đổi dạng toàn phương: Cho dạng toàn phương f ( x, y )  ax 2  2bxy  cy 2 ; a,b,c �� Số D  b 2  ac gọi là định thức của dạng toàn phương, ta đổi biến số x, y bằng những biến p, q theo công thức sau: x  p  q y   p q (2.5) Ở đây những hệ số  ,  ,  ,  là những số nguyên. Ta nhận được f ( x, y )  ax 2  2bxy  cy 2  a ( p   q) 2  2b( p   q )( p   q )  c ( p   q ) 2  (a 2  2b  c 2 ) p 2  2(a  b  b  c ) pq  (a  2  2b  cb 2 )q 2 .  a1 p 2  2b1 pq  c1q 2   ( p, q ) ở đây a1  a 2  2b  c 2 3 b1  a  b  b  c (2.6) c1  a  2  2b  cb 2 Đẳng thức (2.5) gọi là phép biến đổi. Ta nói rằng dạng toàn phương f(x,y) được biến đổi thành dạng toàn phương  ( p, q) thông qua công thức (2.5) Số    gọi là môđun của biến đổi (2.5). Ta đi tìm định thức của dạng toàn phương đã biến đổi  ( p, q) . Ta có: D1  ((a  b  b  c ) 2  ( a 2  2b  c 2 )( a 2  2b  cb 2 ) Sau khi rút gọn ta được: D1  (b 2  ac)(   ) 2 (2.7) Đẳng thức (2.7) chỉ ra rằng sự chuyển đổi từ dạng toàn phương này sang dạng toàn phương khác, trong đẳng thức có chứa bình phương của môdun chuyển đổi. Nếu bình phương của môđun chuyển đổi của (2.7) bằng 1 thì dạng toàn phương đã cho f(x,y) và dạng toàn phương chuyển đổi  ( p, q) có cùng một định thức suy ra từ (2.7). Bằng cách kiểm tra liên tiếp dễ thấy rằng trong trường hợp này dạng  ( p, q) biến thành dạng (   ) 2 (ax 2  2bxy  cy 2 )  f ( x, y ) thông qua sự biến đổi p   x   y , q   x   y , với bình phương modun của nó ta có (   )2  1 ; trong trường hợp này hai dạng toàn phương gọi là tương đương. Vậy: Hai dạng toàn phương gọi là tương đương nhau, khi từ dạng thứ nhất chuyển đổi sang dạng thứ hai, và ngược lại đều thông qua một phép biến đổi với hệ số nguyên. Nếu     1 thì phép biến đổi (2.5) còn gọi là phép biến đổi riêng, còn nếu     1 thì phép biến đổi không riêng. Tổng quát, phép biến đổi (2.5) gọi là riêng nếu     0 , và không riêng nếu     0 . Nếu một dạng toàn phương f(x,y) bao hàm dạng toàn phương  ( x, y) thông qua phép biến đổi riêng thì ta nói rằng f(x,y) bao hàm riêng dạng  ( x, y ) , còn ngược lại không bao hàm riêng. Nếu f(x,y) bao hàm riêng  ( p, q) và ngược lại khi đó những dạng toàn phương f(x,y) và  ( p, q ) gọi là tương đương riêng. Nếu chỉ có một bao hàm không riêng thì gọi chúng là tương đương không riêng. 2.1.3 Biểu diển số nguyên theo dạng toàn phương: Nếu ax 02  2bx0 y0  cy02  m , ở đây m, x0 , y0 , a, b, c là những số nguyên, ta nói rằng số nguyên m biểu diễn thông qua dạng toàn phương ax 2  2bxy  cy 2 . 2.1.3.1 Nhận xét: 4 1. Nếu m=0 ta có phương trình ax 2  2bxy  cy 2  0 , ta giải phương trình theo ẩn x tìm được x by � b 2 y 2  acy 2 b � b 2  ac  y a a Ta suy ra, trong tường hợp này phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi định thức b 2  ac là số dương và là số chính phương. 2. Nếu m �0 , ta giả sử rằng m biểu diễn được theo dạng ax 2  2bxy  cy 2 , như là đẳng thức m  ax 02  2bx0 y0  cy02 , ở đây x0 , y0 là những nguyên tố cùng nhau. Khi x0 , y0 nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số h, k sao cho hx0  ky0  1 . Từ đó suy ra: m(ak 2  2bhk  ch2 )   h( x0b  y0c)  k ( x0a  y0b)   (b 2  ac). 2 Ta viết lại: mU  V 2  (b 2  ac), với U  ak 2  2bhk  ch 2 V  h( x0b  y0 c)  k ( x0 a  y0b) Từ đây suy ra nếu số m biểu diễn thành dạng toàn phương ax 2  2bxy  cy 2 khi x  x0 , y  y0 với ( x0 , y0 )  1 , thì phải tồn tại số nguyên V sao cho hiệu bình phương của số đó và định thức của dạng toàn phương chia hết cho m. Trong trường hợp này ta nói rằng định thức là số dư của bình phương V đối với m. Tóm lại số R gọi là số dư của bình phương một số X đối với số M , nếu hiệu X 2  R chia hết cho m. 2.1.3.2.Mệnh đề 2.1: Theo định nghĩa trên R là số dư của bình phương mọi số dạng X+kM, k  0, �1,... 2.1.4. Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương biến đổi: Cho dạng toàn phương ax 2  2bxy  cy 2 bao hàm dạng a1 p 2  2b1 pq  c1q 2 thông qua phép biến đổi x   p   q, y   p q ( ,  ,  ,  : là những số nguyên) Nếu phương trình vô định a1 p 2  2b1 pq  c1q 2  m; (m �) ; có nghiệm p0 , q0 � , thì dễ thấy những số x0   p0   q0 ; y0   p0   q0 sẽ là một nghiệm nguyên của phương trình vô định ax 2  2bxy  cy 2  m , ta có mệnh đề sau: 2.1.4.1. Mệnh đề 2.2: Nếu một số nguyên biểu diễn thông qua một dạng toàn phương đã cho thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phương khác, mà nó bao hàm bởi dạng toàn phương đã cho. 5 2.1.4.2. Định lý 2.2: Nếu m là một số nguyên khác không, mà nó biểu diễn được thông qua dạng toàn phương ax 2  2bxy  cy 2 với x  x0 , y  y0 và ( x0 , y0 )  1 , định thức D của nó là số dư bình phương của số V đối với m thì những dạng toàn phương ax 2  2bxy  cy 2 và mp 2  2Vpq  V2 D 2 q là tương đương riêng. m 2.1.5. Phép biến đổi dạng toàn phương và nghiệm phương trình: 2.1.5.1. Định lý 2.3: Cho một dạng toàn phương f ( x, y )  ax 2  2bxy  cy 2 biến đổi thành dạng toàn phương  ( p, q)  a1 p 2  2b1 pq  c1q 2 theo phép biến đổi riêng x   p0   q0 y   p0   q0 (2.8) Khi đó tất cả phép biến đổi riêng mà nó biến đổi f(x,y) thành  ( x, y) được xác định theo công thức: 1 1   t  ( b   c)u  p    t  ( b   c)u  q   1 1 y    t  ( a   b)u  p    t  (  a   b)u  q   x (2.9) ở đây  là ước số chung lớn nhất của a,2b,c còn t và u những nghiệm nguyên của phương trình vô định: t 2  Du   2 ( D  b 2  ac ) Theo các công thức trên những số x,y là những số nguyên. Phương trình t 2  Du   2 là dạng đặc biệt được giải ở phần sau. V2 D 2 q , thì những dạng m V2 D 2 2 2 2 f ( x, y )  ax  2bxy  cy và  ( p, q )  mp  2Vpq  q là tương đương riêng. m Nếu tồn tại nghiệm nguyên x0 , y0 của phương trình ax 2  2bxy  cy 2  m mà chúng nguyên tố cùng nhau và thuộc ở V. Ngoài ra f(x,y) biến đổi thành  ( p, q) thông qua công thức x  x0 p  tq; y  y0 p  sq Trường hợp riêng , nếu  ( p, q)  mp 2  2Vpq  So sánh công thức này với công thức (2.8) ta tìm được   x0 ;   y0 . Nhưng đẳng thức (2.9) trong trường hợp này được viết lại: x 1  x0t  ( x0b  y0c)u   y 1  y0t  ( x0 a  y0b)u  ; t 2  Du 2   2  Là nghiệm của phương trình ax 2  2bxy  cy 2  m trong số nguyên và nguyên tố cùng nhau. 6 2.1.6. Phương trình dạng toàn phương có định thức bằng không: Cho dạng toàn phương ax 2  2bxy  cy 2 có định thức b 2  ac  0 . Khi đó ta kiểm tra (ax  by ) 2 được: ax  2bxy  cy  a 2 2 Bây giờ ta xét phương trình vô định: ax 2  2bxy  cy 2  m (2.10) Với b 2  ac . Ta biến đổi đưa phương trình về dạng: 1 (ax  by ) 2  m hoặc (ax  by ) 2  ma a Từ đây phương trình đã cho tương đương với hai phương trình: ax  by  � ma (2.11) Vậy để phương trình (2.10) có nghiệm nguyên điều kiện cần và đủ là: số ma là số chính phương và ước số chung lớn nhất của hai số a và b cũng là ước số của ma . Theo phần 1.1 phương trình vô định bậc nhất, nếu x0 , y0 là nghiệm của (2.11) trong trường hợp lấy dấu cộng; còn x0' , y0' là nghiệm của (2.11) trong trường hợp lấy dấu trừ, thì tất cả các nghiệm nguyên của phương trình vô định (2.11) xác định theo công thức: x  x0  bt ; x  x0'  bt ' ; y  y0  at; t  0, �1,..., y  y0'  at ' , t '  0, �1,... 2.1.7 Phương trình dạng toàn phương có định thức khác không: Các bước tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định dạng: aX 2  2bXY  cY 2  2dX  2eY  f  0 (2.1); khi b 2  ac �0 B1: Đổi ẩn số X và Y bằng x và y theo công thức sau: X x  cd  be y  ae  bd ;Y  2 b  ac b 2  ac (2.13) Ta nhận được phương trình dạng: ax 2  2bxy  cy 2  m (2.2) B2: Nếu m=0, ta có x  b � b 2  ac y , từ đây ta tìm được nghiệm của phương a trình (3.12) khi nó có nghiệm. B3: Nếu m �0 , trước tiên ta giải phương trình (2.2) trong những số nguyên tố cùng nhau theo các bước: tìm tất cả những số V, 0 �V  m , với nó định thức D  b 2  ac là số dư bình phương đối với m. - Nếu những số như vậy không có, thì phương trình (2.2) không có nghiệm nguyên và suy ra phương trình (2.1) không có nghiệm nguyên 7 - Nếu V1 ,V2 ,... là những số, với chúng D là số dư bình phương ta tìm nghiệm cho từng trường hợp của phương trình (2.2) tương ứng với V1 ,V2 ... B4: Để tìm nghiệm của (2.2) mà nó tương ứng với V1 , ta xét hai dạng toàn V12  D 2 q phương ax  2bxy  cy và mp  2V1 pq  m 2 2 2 - Nếu những dạng toàn phương này không tương đương riêng, thì phương trình (2.1) không có nghiệm nguyên, mà nó tương ứng với số V1 - Nếu những dạng trên tương đương riêng, thì tìm nghiệm riêng của phương trình (2.1) mà nó tương ứng với số V1 . B5: Nếu x   p   q; y   p   q là một phép biến đổi riêng, mà nó chuyển đổi V12  D 2 q , thì x   ; y   là m một nghiệm riêng của (2.1) mà nó tương ứng với số V1 . dạng toàn phương ax 2  2bxy  cy 2 thành mp 2  2V1 pq  B6: Tìm bằng cách thử một nghiệm riêng của phương trình (2.1), mà nó thuộc tương ứng số V1 . Nghiệm riêng x0' , y0' thuộc V1 , nếu có thể tìm được hai số nguyên h, k mà chúng là nghiệm của phương trình vô định hx0'  ky0'  1 và với chúng V1  h( x0' b  y0' c)  k ( x0' a  y0' b) . B7: Nếu x0' , y0' thuộc V1 , x0" , y0" thuộc V2 , thì tất cả nghiệm của phương trình (3.10) trong những số nguyên tố cùng nhau xác định bằng công thức x'  1 ' 1 " � x0t  ( x0' b  y0' c)u � , x"  � x0t  ( x0" b  y0" c )� � � � �   y'  1 ' 1 " � y0t  ( x0' a  y0' b)u � ; y"  � y0t  ( x0" a  y0"b) � � � � �   Ở đây t và u là những nghiệm của phương trình vô định t 2  Du 2   2 , với  là ước số chung lớn nhất của a, 2b, c còn D  b 2  ac . B8: Để tìm tất cả nghiệm nguyên của (2.1) trong những số không nguyên tố cùng nhau, cần phải giải trong những số nguyên tố cùng nhau tất cả các phương trình mà nó nhận từ (2.2) sao cho trong nó ta thay số m với thương của m và những khả năng những bình phương ước số m. Giải những phương trình nhận được trong những số nguyên tố cùng nhau theo cách mô tả ở trên; nếu như phương trình (2.1) có số hạng tự do m, mà nó không có ước số bình phương lớn hơn 1, thì phương trình đó không có nghiệm trong số nguyên không nguyên tố cùng nhau. * Lưu ý: Đối với phương trình dạng này, tùy thuộc vào phương trình đã cho ta có thể dùng các phương pháp đại số khác để giải như: 8 - Phương pháp đưa về dạng tổng - Phương pháp loại trừ - Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2 - Phương pháp dùng bất đẳng thức vv… 2.2. Phương trình dạng x 2  dy 2  n (2.14) 2.2.1. Nhận xét: a) Khi d<0 và n<0, phương trình (2.14) vô nghiệm b) Khi d<0 và n>0, phương trình (2.14) chỉ có thể có hữu hạn nghiệm. c) Khi d>0 ta xét hai trường hợp của d: d chính phương và d không chính phương. Khi d không là số chính phương ta có định lý sau: 2.2.2. Định lý 2.4: Cho n là số nguyên, d là số nguyên dương không chính x phương và n  d . Khi đó, nếu x 2  dy 2  n và x, y ��* thì y là một giản phân của d. 2.2.3. Định lý 2.5: Cho d là số nguyên dương không chính phương. Đặt:  k  ( Pk  d ) / Qk . ak  � k � Pk 1  ak Qk  Pk Qk 1  ( d  Pk21 ) / Qk với k=0,1,2,…, trong đó  0  d . pk Giả sử q là giản phân thứ k của dạng liên phân số của d . k Khi đó: pk2  dqk2  (1)k 1 Qk 1 , Qkn  Q0  1 , trong đó n là chu kỳ của dạng liên phân số của d . 2.2.4. Bổ đề 2.1: Cho r  s d  t  u d với r, s, t, u là các số hữu tỉ và d là các số nguyên dương không chính phương. Khi đó r=t và s=u 2.2.5. Trường hợp đặc biệt: -Khi n=1 thì phương trình x 2  dy 2  n trở thành phương trình pell loại 1. -Khi n=-1 thì phương trình x 2  dy 2  n trở thành phương trình pell loại 2. 2.3 Phương trình pell loại 1: 9 2.3.1 Định nghĩa 2.2: Phương trình pell loại 1 là phương trình có dạng: x 2  Dy 2  1 (2.15) Trong đó D, x, y �N * 2.3.2 Định lý 2.6: (Điều kiện tồn tại nghiệm). Phương trình (2.15) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi D là số không chính phương. Chứng minh: Giả sử D  m 2 . Khi đó : x 2  Dy 2  x 2  m2 y 2  1 � ( x  my )( x  my )  1 � ( x  my )  x  my  1 � x  1; y  0 Vậy (2.15) không có nghiệm nguyên dương. Ngược lại D là số không chính phương, ta có các bổ đề sau: 2.3.3. Bổ đề 2.2: Cho  �Q . Khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên (h,k) với k>0 sao cho a  h 1  2. k k 2.3.4. Bổ đề 2.3: Tồn tại vô số cặp số nguyên dương (x,y) sao cho x 2  Dy 2  1  2 D 2.3.5 Định lý 2.7: (Công thức nghiệm) Ký hiệu (a,b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình x 2  Dy 2  1 . Khi đó dãy ( xn , yn ) cho bởi : (a  b D ) n  (a  b D ) n xn  2 ( a  b D ) n  (a  b D )n yn  2 D Cho ta tất cả các nghiệm của (2.15) Dãy ( xn , yn ) cũng có thể xác định theo công thức truy hồi sau: x0  1, x1  a, xn  2  2axn 1  xn y0  0; y1  b, yn  2  2ayn 1  yn 2.4 Phương trình pell loại 2: 2.4.1. Định nghĩa 2.3: Phương trình pell loại 2 là phương trình có dạng: x 2  Dy 2  1 (2.16) Trong đó D �N * . Nghiệm của (2.16) luôn được hiểu là nghiệm nguyên dương. 2.4.2. Định lý 2.8: Điều kiện cần để phương trình (2.16) có nghiệm là D không là số chính phương và D không có ước nguyên tố dạng 4k+3 10 2.4.3. Định lý 2.9: Nếu D=p là số nguyên tố thì (2.16) có nghiệm khi và chỉ khi p=2 hoặc p �4k  3 . 2.4.4. Định lý 2.10: Gọi (a,b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình x 2  Dy 2  1 . � a  x 2  Dy 2 � b  2 xy Khi đó phương trình (2.16) có nghiệm khi và chỉ khi � (2.17) có nghiệm nguyên dương. Hơn nữa nếu (2.17) hệ có nghiệm nó sẽ có nghiệm duy nhất. Nghiệm duy nhất ( x1 , y1 ) này chính là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (2.16). 2.4.5 Định lý 2.11: Phương trình Pell loại 2: x 2  Dy 2  1 có nghiệm khi và chỉ D � a; a1 , a2 ,..., an , 2a � khi trong biểu diễn D thành liên phân số � �chu kỳ n là số lẻ. Trong trường hợp đó ( pn 1 , qn 1 ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình, ở đó Cn 1  pn 1 là giản phân thứ n-1. qn 1 2.4.6. Định lý 2.12: (công thức nghiệm của phương trình Pell loại 2) Giả sử phương trình Pell loại 2 x 2  Dy 2  1 có nghiệm. Gọi (  ,  ) là nghiệm nhỏ nhất của nó. Khi đó dãy ( xn , yn )n�1 cho bởi: xn  (   D ) 2 n 1  (   D ) 2 n 1 2 yn  (   D ) 2 n 1  (   D ) 2 n1 2 D Cho ta tất cả các nghiệm của (2.16) III. Phương trình diophante phi tuyến tính: 3.1 Phương trình pythagoras: 3.1.1. Các bộ số Pitago: Bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn x 2  y 2  z 2 được gọi là một bộ số Pitago. Như vậy, một bộ ba số nguyên dương (x,y,z) là một bộ số Pitago khi và chỉ khi tồn tại tam giác vuông có số đo các cạnh góc vuông là x và y, số đo cạnh huyền là z. Rõ ràng nếu (x,y,z) là một bộ số Pitago thì với mọi d �N * ,(dx,dy,dz) cũng là một bộ số Pitago. Do đó ta chỉ cần xét bộ số Pitago (x,y,z) với (x,y,z)=1. - Bộ số Pitago (x,y,z) dược gọi là nguyên thủy nếu (x,y,z)=1. 3.1.2. Bổ đề 3.1: Nếu (x,y,z) là một bộ số Pitago nguyên thủy thì (x,y)=(x,z)=(y,z)=1 hơn nữa x,y không cùng tính chẵn lẻ và z lẻ. 11 3.1.3. Định lý 3.1: Bộ ba số nguyên dương (x,y,z) là một bộ số Pitago nguyên thủy với y chẵn nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương m,n với m>n, (m,n)=1 và m,n không cùng tính chẵn lẻ sao cho: x  m2  n2 y  2mn z  m2  n2 3.1.4 Định nghĩa 3.1: Phương trình Piago là phương trình có dạng: x 2  y 2  z 2 . (3.1) Nghiệm (x,y,z) của phương trình là một bộ số Pitago. Tìm nghiệm của phương trình là tìm bộ số Pitago (x,y,z). 3.1.5. Phương trình dạng ax 2  y 2  z 2 (3.2) - Với a=1 phương trình thuộc dạng (3.1) - Với a=0 phương trình có dạng y 2  z 2 (đơn giản) - Với a �1 : Số a sẽ có dạng a  a1k 2 , ở đây a1 không có ước số chính phương. Ta đặt x1  kx , từ (3.2) ta có a1 x12  y 2  z 2 , trong đó a1 không có ước số chính phương. a) Số a1 chẳn khi đó tất cả các nghiệm nguyên của (3.2) được tính theo công thức: x  2mnt , y  (um2  vn 2 )t , z  (um2  vn 2 )t . Ở đây uv= a1 , u và v là số nguyên; m,n là những số nguyên tố cùng nhau, còn t là số nguyên bất kỳ. b) Số a1 lẻ, nghiệm nguyên của phương trình (3.2) tính theo công thức: um 2  vn 2 um 2  vn 2 x  mnt , y  t, z  t ; ở đây uv  a1 (u,v là nguyên), m, n là số lẻ 2 2 nguyên tố cùng nhau, còn t là số nguyên tố bất kỳ. 3.1.5 Phương trình vô định dạng x12  x22  ...  xn2  y 2 với n �2 (3.3) - Với n=3 phương trình có ý nghĩa hình học: Nếu x1 , x2 , x3 là độ dài cạnh của khối hộp chữ nhật, còn y là độ dài đường chéo của hình hộp và ta có: x12  x22  x32  y 2 . Ngược lại, mỗi nghiệm x1 , x2 , x3, y của phương trình trên cũng đều là độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật và đường chéo của nó. Ta có thể viết nghiệm l 2  m2  n2 l 2  m2  n2 t , x2  2lt ; x3  2mt , y  t; nguyên cho phương trình trên: x1  n n 12 l 2  m2 ở đây l,n,m là những số nguyên sao cho cũng là nguyên, còn t là một số n bất kỳ. Công thức tính nghiệm tương tự cho phương trình n ẩn. 3.2 Phương trình Fermat và một số dạng phương trình bậc cao: 3.2.1 Định nghĩa 3.2: Phương trình x n  y n  z n được gọi là phương trình Fermat với x, y, z ��, n �N * . 3.2.2 Định lý lớn Fermat: Phương trình x n  y n  z n không có nghiệm nguyên dương khi n �3 . 3.2.3 Định lý 3.2: Phương trình x 4  y 4  z 2 không có nghiệm nguyên dương. 3.2.4 Định lý 3.3 : Phương trình x 4  y 4  z 2 không có nghiệm nguyên dương. 3.2.5 Phương trình x 4  y 4  z 4 Bằng cách đặt   z 2 ta đưa phương trình về dạng x 4  y 4  Z 2 3.2.6 Phương trình kiểu Fermat: Phương trình kiểu Fermat là phương trình có dạng x n  y n  2 z n , n �2. Tìm nghiệm của phương trình là tìm các số nguyên dương ( x0 , y0 , z0 ) phân biệt sao cho x0n , y0n , z0n là một cấp số cộng. Chương 2 Bài tập Bài 1: Giải phương trình: 6x+10y-15z=1. Giải: 13 Xét modulo 3, ta có y �1 (mod 3) ; Do đó y=1+3s, s ��. Phương trình trở thành: 6 x  15 z  9  30 s � 2 x  5 z  3  10s. Xét với modulo 2 , ta có z �1 (mod 2) do đó z  1  2t , t ��và x  1  5s  5t . Do vậy nghiệm của phương trình là: ( x, y, z )  (1  5s  5t ,1  3s,1  2t ) , s, t ��. Bài 2: Cho a,b,c là các số nguyên dương nguyên tố đôi một cùng nhau. Chứng minh rằng 2abc-ab-bc-ca là số nguyên lớn nhất mà không thể biểu diễn được dưới dạng xbc+yca+zab, với x,y,z là các số nguyên không âm. (24th IMO) Giải: Bước 1: Số 2abc-ab-bc-ca không thể biểu diễn được dưới dạng theo yêu cầu. Giả sử điều ngược lại xảy ra thì mâu thuẩn, vì: 2abc  ab  bc  ca  xbc  ycz  zab với x, y , z �0. Ta có: 2abc  bc( x  1)  ca ( y  1)  ab( z  1) , với x+1>0,y+1>0, z+1>0. Suy ra: a bc( x  1) . Vì a là số nguyên tố cùng nhau với b và c, a là ước của x+1; suy ra: a �x  1 . Áp dụng tương tự lập luận trên ta có: b �y  1, và c �z  1 . Do vậy 2abc  bc( x  1)  ca( y  1)  ab( z  1) �3abc . Điều này mâu thuẩn. Bước 2: Với mỗi số N, N>2abc-ab-bc-ca, có thể biểu diễn thành N=xbc+yca+zab. Trước hết, ta nhận thấy 2abc-ab-bc-ca+1>0. Thật vậy: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2abc  ab  bc  ca  1)  2      2    0 abc a b c abc 1 2 3 abc Mở rộng, ta có hai tình huống. Với N �0 (mod abc), N  abcq, ta có thể phân tich: N=(ab)cq+bc.0+ca.0. Điều này đúng theo yêu cầu bài toán. Giả sử N �0 (mod abc) . Vì UCLN(bc,a) =1, ta có đồng dư: xbc �N (mod a ) có một nghiệm x0 , 0  x0  a , tương tự các đồng dư ycz �N (mod b) , zab �N (mod c) có các nghiệm 0  y0  b, 0  z0  c . Để A  x0bc  y0 ca  z0 ab . Khi đó y0 , z 0 ; tương ứng A �x0bc �N (mod a ), A �N (mod b), A �N (mod c ). Vì a,b,c là các số đôi một nguyên tố cùng nhau, nên ta có A �N (mod abc) . Số A là một tổ hợp thỏa yêu cầu của bài toán. Vì x0 �a  1, y0 �b  1, và z0 �c  1. Ta suy ra A �3abc  bc  ca  ab . 14 Mặt khác, vì A �N (mod abc), nên ta có N  A  kabc . Ta có k �0 , vì N  2abc  bc  ca  ab . Do đó N  ( x0  ka )bc  y0ca  z0 ab , Với x0  ka �0 , y0 �0, z0 �0 . Vậy bài toán được chứng minh. Bài 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x 2  2 xy  5 y 2  5 Cách 1: Giải dựa vào định thức của dạng toàn phương Ta có a =1, b = 1, c = 5, m = 5; D = 12  1.5  4 . Ta tìm những số không âm V nhỏ hơn 5, với số D=-4 là số dư bình phương đối với 5. Ta tìm V, 0 �V  5 , với chúng phân số V2 D là số nguyên, ta kiểm tra m trực tiếp chỉ có V1  1 và V2  4 thỏa mãn điều kiện của bài toán. + Với V1  1 : Ta dễ thấy x0  2, y0  1 là nghiệm riêng của phương trình đã cho. Ta chứng minh nghiệm này thuộc số V1  1 . Những nghiệm của phương trình vô định x0 p  y0 q  1 trong trường hợp này là : 2p -q =1 như sau: p =1-t; q = 1-2t, t = 0, �1,... Từ công thức V  p( x0b  y0 c)  q ( x0a  y0b) với x0  2; y0  1 ( D  4) , ta nhận được V1  1 . Suy ra nghiệm 2,-1 thuộc V1  1 . Trong công thức nghiệm của một phương trình vô định: x 1 1  x0t  ( x0b  y0c)u  , y   y0t  ( x0a  y0b)u  , với t 2  Du 2  1 . Ta đặt:   a  b  1, c  5, x0  2, y0  1, D  4,   1 và ta nhận được: x  2t  3u , ; y  t  u , với t 2  4u 2  1 Nghiệm của phương trình Pell t 2  4u 2  1 là t  �1,u  0 . Phương trình vô định đã cho có hai nghiệm tương ứng với trường hợp V1  1 đó là: (2,-1);(-2,1). + Với V2  4 : Ta nhận thấy cặp số (0,1) là nghiệm của phương trình vô định đã cho và ví nó không phải các nghiệm trong trường hợp V1  1 , suy ra nghiệm này thuộc V2  4 . Trong công thức nghiệm của phương trình vô định như ở phần trên, ta đặt: a = b = 1; c = 5; x0  0, y0  1, D  4,   1 , ta nhân được: x  5u , y  t  u , với t 2  4u 2  1 . 15 Với t= �1, u=0 ta nhân được hai nghiệm x  0, y  �1 mà chúng thuộc số V2  4 . Những nghiệm khác không có. Vì số hạng tự do trong phương trình đã cho 5 không chia hết một số chính phương lớn hơn 1; phương trình này không có nghiệm nguyên, mà chúng không là nguyên tố cùng nhau.Vậy nghiệm phương trình đã cho có 4 cặp : (2,-1), (-2,1), (0,-1), (0,1). Cách 2: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai Ta có phương trình: x 2  2 xy  5 y 2  5 � x 2  2 yx  5 y 2  5  0 (2) Điều kiện cần để phương trình (2) có nghiệm:  ' �0 � 4 y 2  5 �0 � 5 5 �y � 2 2 Suy ra : y=-2; y=-1; y=0; y=1; y=2 +Với y=-2 không có x thỏa +Với y=-1 ta có x=0 hoặc x=2 +Với y=0 không có x thỏa +Với y=1 ta tìm được x=0 hoặc x=-2 +Với y=2 không có x thỏa Thử lại ta có phương trình có các nghiệm: (2,-1), (-2,1), (0,-1), (0,1). Cách 3: Đưa về dạng tổng Biến đổi phương trình về dạng : Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. Ta có: phương trình: x 2  2 xy  5 y 2  5 � ( x  y ) 2  4 y 2  12  2 2 Do đó phương trình chỉ thỏa mãn chỉ trong hai khả năng sau: (I) �x  y  1 �x  y  2 hoặc (II) � � �2 y  2 � 2y 1 Giải hệ (I) ta tìm các nghiệm (0,1); (-2,1);(2,-1);(0,-1). Hệ (II) không có nghiệm nguyên. 16 Vậy phương trình có các nghiệm (0,1); (-2,1); (2,-1);(0,-1). Bài 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: ( x 2  1)( y 2  1)  2( x  y )(1  xy )  4(1  xy ) (1) Giải: Ta có pt (1) � x 2 y 2  2 xy  1  x 2  y 2  2 xy  2( x  y )(1  xy )  4 � ( xy  1)2  ( x  y ) 2  2( x  y )( xy  1)  4 �  xy  1  ( x  y )   4 2 � ( x  1)( y  1)  �2 Nếu (x+1)(y-1)=2, ta có hệ phương trình: �x  1  2 �x  1  2 �� � �y  1  1 �y  1  1 �x  1  1 �x  1  1 �� � �y  1  2 �y  1  2 Ta giải ra được nghiệm (1,2);(-3,0);(0,3);(-2,-1). Nếu (x+1)(y-1)=-2, ta có các hệ phương trình: �x  1  2 �x  1  2 �� � �y  1  1 �y  1  1 �x  1  1 �x  1  1 �� � �y  1  2 �y  1  2 Giải hệ ta được nghiệm (1,0);(-3,2); (0,-1),(-2,3). Vậy nghiệm của phương trình là: (1,2);(-3,0);(0,3);(-2,-1);(1,0);(-3,2); (0,-1); (-2,3). Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2  ( x  1)2  y 4  ( y  1) 4 . Giải Khai triển và rút gọn hai vế phương trình ta được: x( x  1)  y 4  2 y 3  3 y 2  2 y � x 2  x  y 2 ( y  1) 2  2 y ( y  1). � x 2  x  1  ( y 2  y  1)2 (1) Nếu x > 0 thì từ x 2  1  x  x 2  ( x  1)2 . suy ra 1  x  x 2 không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên. 17 Nếu x < - 1 thì từ ( x  1) 2  1  x  x 2  x 2 suy ra (1) không có nghiệm nguyên. y0 � 2 Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra: y  y  1  �1 � �y  1 . � Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là (x, y) �  0;0  ;  0; 1  ;  1; 0  ;  1; 1  Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho phương trình x3  y 3  z 3  3xyz  n có nghiệm nguyên dương. Giải: Ta có: x3  y3  z 3  3 xyz  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx) 1  ( x  y  z ). � ( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2 � � (1) 2� Và ta có: x3  y 3  z 3  3xyz  ( x  y  z )3  3( x  y  z )( xy  yz  zx) (2) Từ (1) ta thấy rằng phương trình đúng với n = 3k+1 và n = 3k+2, k �1, do đó các bộ giá trị (k+1,k,k) và (k+1,k+1,k) là nghiệm của phương trình. Nếu n chia hết cho 3, từ (2) ta suy ra x+y+z chia hết cho 3, và vì thế n  x 3  y 3  z 3  3xyz chia hết cho 9. Ngược lại, phương trình đã cho thỏa các số nguyên dương n = 9k, k �2, khi đó bộ giá trị (k-1,k,k+1) thỏa phương trình, giống như n = 0 (x=y=z). Vậy n=3k+1, k �1, n=3k+2,k �1, và n=9k, k=0,2,3,4,… Bài 7: Tìm tất cả các bộ giá trị nguyên dương (x,y,z) thỏa phương trình: x 3  y 3  z 3  3xyz  p , với p là số nguyên tố lớn hơn 3. Giải: Ta có phương trình tương đương với: ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  p . Do x  y  z  1 , nên ta có x  y  z  p và x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  1 . Vì vậy, phương trình tương đương với: ( x  y)2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2  2 . Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x �y �z . Nếu x>y>z, ta có x  y �1, y  z �1, x  z �2 , suy ra: ( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2 �6  2 . Do đó, ta có: x = y = z+1 hoặc x-1 = y = z. Số nguyên tố p là một trong các dạng 3k+1, 3k+2. 18 Với p=3k+1 thì nghiệm phương trình ( p  2 p 1 p 1 , , ) và các hoán vị tương 3 3 3 ứng. Với p  3k  2 thì nghiệm phương trình là ( p 1 p 1 p  2 , , ) và các hoán vị 3 3 3 tương ứng của nó. Bài 8: Tìm tìm các nghiệm nguyên (x,y) của phương trình: xy  x3  y3  2007 (1) 3 Giải: Ta có phương trình (1) � x3  y3  3 xy  6021 � x 3  y 3  (1)3  3 xy (1)  6020 � ( x  y  1)( x 2  y 2  1  xy  x  y )  6020, � ( x  y  1)  ( x  y )( x  y  1)  1  3xy   2 2.5.7.43 Vì ( x  y )( x  y  1)  1  3xy  x  y  1 Ngoài ra trong 24 thừa số của 6020, chỉ có 12 thừa số có thể thích hợp với x+y-1. Hơn nữa, vì 6020 �2 (mod 3) , ta dễ dàng nhận thấy rằng chỉ khi x  y  1 �2 (mod 3) sẽ cho ta nghiệm nguyên của xy. Một lần nữa ta rút gọn số ước của x+y-1, bây giờ chỉ còn 5 ước là: 2, 5, 14, 20 và 35. Ta kiểm tra cho mỗi trường hợp, ta nhận thấy chỉ có x  y  1  20 cho ta các cặp số nguyên (x;y). Từ điều trên ta tìm được các cặp (3,18) và (18,3) và cả hai đều thỏa phương trình. Vậy nghiệm phương trình là: (3,18) và (18,3). Bài 9: Tìm tất cả bộ (x,y,z,w) thỏa x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  2w 2 . (1) Giải: Ta có (1) � ( x  y) 2  ( y  z )2  ( z  x) 2  (2 w) 2 Theo định lý, ta có: x  y  l 2  m2  n2 l 2  m2  n2 , y  z  2l ; z  x  2m, 2 w  n n 2 2 Với n l  m ; Suy ra bộ bốn giá trị là: x  ml  l 2  m2  n2 l 2  m2  n2 ; y  l m ; 2n 2n z l m l 2  m2  n2 l 2  m2  n2 ,w 2n 2n 19 Với các số nguyên dương m,n,l được chọn sao cho x,y,z là các số nguyên và 2n l 2  m 2  n 2 . Bài 10: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình sau: x4  y 4  2z 2 Giải : Không mất tính tổng quát, ta giả sử UCLN (x,y)=1 Khi đó x và y cùng lẻ, và: z 4  ( xy )4  ( x4  y4 2 ) 2 Theo định lý 3.3 trên, ta suy ra: xyz=0 hoặc x 4  y 4  0 và do đó x = y = z=0 hoặc x 2  y 2  z . Vậy nghiệm phương trình là: (k , k , k 2 ), k �� Bài 11: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x4  6x2 y 2  y 4  z 2 Giải: Giả sử (x,y,z) là một nghiệm của phương trình. Ta có: (2 x) 4  6(2 x) 2 (2 y ) 2  (2 y ) 4  (4 z ) 2 Đặt 2 x  u  v, 2 y  u  v , với u, v �Z , ta được phương trình: (u  v) 4  6(u 2  v 2 )2  (u  v) 4  16 z 2 � u 4  v4  2z 2 Từ kết quả bài trên phương trình có nghiệm: (u, v, z )  (k , k , k 2 ) Ta suy ra nghiệm của phương trình: ( x, y, z )  ( k , 0, k 2 ) và ( x, y, z )  (0, k , k 2 ); k �� Bài 12: Tìm tất cả bộ ba số (x,y,p), với x, y là số nguyên dương và p là số nguyên tố thỏa mãn phương trình : x5  x 4  1  p y . Giải: Rõ ràng (x,y,p)=(1,1,3) và (x,y,p)=(2,2,7) là nghiệm của phương trình Ta có: x5  x 4  1  x5  x 4  x3  ( x3  1)  x3 ( x 2  x  1)  ( x 3  1)  ( x 2  x  1)( x 3  x  1) ; Do đó ta có thể viết phương trình: ( x 2  x  1)( x3  x  1)  p y Và ta có d=UCLN( x 2  x  1, x3  x  1 ). Khi đó d là ước của ( x  1)( x 2  x  1)  ( x 3  x  1)  x  2 20
- Xem thêm -