Giáo án Bồi dưỡng đội tuyển học sinh quận 5

LỚP BỒI DƯỠNG ĐỘI TUYỂN HỌC SINH – QUẬN 5 CHỦ ĐỀ Phương trình nghiệm nguyên Lời dẫn : Dạng toán này là một trong những dạng toán khó trong bộ môn Toán Số , những phần mà tôi nêu ra dưới đây chỉ là những dạng cơ bản nhất . Tuy nhiên, để hiểu được nó trước hết cần nắm được Lý thuyết số . Dạng PHƯƠNG TRÌNH q Phương trình một ẩn - hệ số nguyên Dạng tổng quát : anxn + an - 1xn - 1 + ... + a1x + ao = 0 (1) Cách giải : Vận dụng các tính chất sau Nếu x = b là nghiệm của phương trình (1) thì b là ước của ao Nếu an = 1 thì nghiệm hữu tỉ nếu có của (1) là số nguyên Qui tắc tìm nghiệm : Tìm các ước của ao Thử lần lượt các ước của ao vào vế trái của (1) q Phương trình bậc nhất hai ẩn ( Phương trình Diophante - Giải tích Diophante) Dạng tổng quát : ax + by = c (2) Cách giải : Vận dụng các tính chất sau Giả sử a, b, c Ỵ Z ; a, b ¹ 0 và d = (a , b) . Khi đó : Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi d ỴƯ( c ) Nếu (xo , yo) là một nghiệm của ax + by = 1 với (a , b) = 1 thì (cxo , cyo) là một nghiệm của phương trình (2) Nếu (xo , yo) là một nghiệm nguyên của (2) với (a , b) = 1 thì mọi nghiệm nguyên của nó được xác định bởi hệ thức : x = xo + bt y = yo - at ; với t Ỵ Z {Diophante - Người đầu tiên nghiên cứu có hệ thống về Phương trình vô định , sống ở thế kỷ thứ III.Tập sách “Số học “ của ông có ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển của Lý thuyết Số} Thật vậy , vì (xo , yo) là một nghiệm nguyên của (2) Þ axo + byo = 1 Þ axo + byo = ax + by Þ x = = xo + Þ { (a , b) = 1 Þ Ỵ Z Þ y = yo - at } Cách giải : Phương trình vô định dạng x2 + y2 = z2 có vô số nghiệm nguyên xác định bởi công thức (Định lý tìm nghiệm này đã được biết từ Euclide ) : x = u.v ; y = ; z = với u , v Ỵ Z ; u , v lẻ ; u > v ; (u, v) = 1 q Phương trình vô định dạng x2 + y2 = z2 ( Phương trình Pithago ) È Ví dụ * Khi u = 3 ; v = 1 Þ x = 3 ; y = 4 ; z = 5 * Khi u = 5 ; v = 3 Þ x = 15 ; y = 8 ; z = 17 q Phương trình vô định dạng x2 - Py2 = 1 ( Phương trình Pell ) ( P ỴZ+ , không là số chính phương ) Cách giải : Phương trình Pell có nghiệm x = ± 1 , y = 0 được gọi là nghiệm tầm thường Phương trình Pell luôn có vô số nghiệm không tầm thường. Giả sử xo , yo là các số nguyên dương nghiệm đúng phương trình Pell, thế thì các cặp số (xo , -yo) ; (-xo , yo) ; (-xo , yo) cũng là nghiệm. Do đó để tìm nghiệm không tầm thường của phương trình Pell, ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình đó. Tất cả các nghiệm nguyên dương (xk ; yk ) của phương trình được xác định từ đẳng thức : vớiù k = 1, 2, 3,...trong đó (x1 , y1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất . Với P nhỏ , việc tìm (x1 , y1) không khó khăn lắm - chúng ta chỉ việc thử lần lượt y = 1, 2, 3, 4, 5... để tìm x2 = Py2 + 1 là một số chính phương . { Đây là một dạng phương trình Diophante bậc 2, xuất phát từ một bài toán do Archimède đặt ra, bài toán có 8 ẩn số thỏa mãn 7 phương trình, đưa đến việc tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 4729494y2 = 1 (1). Năm 1880 người ta đã tìm ra nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1) với x là số có 45 chữ số , y có 38 chữ số } Tại sao P là số nguyên dương không chính phương ? . Ta hãy xét phương trình tổng quát hơn, đó là phương trình : x2 - Py2 = 1 (*) trong đó P là số nguyên dương cho trước . _Vì x, y có mặt ở vế trái của (*) dưới dạng bình phương nên ta có thể hạn chế ở việc tìm các nghiệm nguyên không âm . _Hiển nhiên rằng x = 1 ; y = 0 là một nghiệm - gọi là nghiệm tầm thường của (*). Ta còn phải tìm các nghiệm không tầm thường (x, y > 0) _Nếu trong phương trình P là một số chính phương P = k2 (kỴZ+) thì (*) chỉ có nghiệm tầm thường, thật vậy khi đó (*) có dạng x2 - (ky)2 = 1 và chú ý rằng hiệu của hai số chính phương bằng 1 khi hai số chính phương ấy là 1 hoặc 0 Þ x2 = 1 ; (ky)2 = 0 Þ x = 1 ; y = 0 . Như vậy : Điều kiện cần để phương trình (*) có nghiệm không tầm thường là P không phải là một số chính phương . ª Để tìm sự thú vị khi nghiên cứu phương trình nghiệm nguyên, mời các Bạn nghiên cứu kỹ dãy các minh họa sau : MINH HỌA Tìm nghiệm (x , y) nguyên của phương trình : y2 = x5 + 2x4 - 3x3 - 4x2 + 4x Ta có y2 = x.(x - 1)2(x + 2)2 Þ x = t2 với t Ỵ Z Þ y = ± t.(t2 - 1)(t2 + 2) hoặc khi x = -2 thì y = 0 Cho p là một số nguyên tố , hãy giải phương trình trong tập Z Ta có y = x + 1 + p + Þ x - 1 = ± 1 ; ± p Tồn tại hay không nghiệm nguyên của phương trình : 2x - 3y = - 5xy + 39 Ta có 2x - 3y = - 5xy + 39 Û 2x = y.(3 - 5x) + 39 Þ y = Để y nguyên thì điều kiện cần ( chưa là đk đủ ) là ơ2x - 39ơ³ ơ3 - 5xơ Þ (2x - 39)2 ³ (3 - 5x)2 Û (2x - 39)2 - (3 - 5x)2 ³ 0 Û ( -3x - 36)(7x - 42) ³ 0 Û -12 £ x £ 6 Chứng minh rằng phương trình : 4x2 + 231y2 = 1613 vô nghiệm trong tập số nguyên Đặt X = x2 ³ 0 ; Y = y2 ³ 0 Þ 4X + 231Y = 1613 Þ X = Þ 1 + Y = 4t ( tỴZ ) Þ Y = 4t - 1 ; X = 403 - 58(4t - 1) + t = 461 - 231t Ta thấy Y ³ 0 khi t ³ ; X ³ 0 khi t £ < 2 Þ để X , Y cùng không âm thì t = 1. Nhưng t = 1 thì Y = 3 = y2 Þ y Ï Z Þ đpcm ! Giải phương trình trong tập số nguyên : 3x2 + 48y2 = 1003 + 30xy (1) Xem (1) là một phương trình bậc II theo x : 3x2 - 30xy + 48y2 - 1003 = 0 Þ D‘ = 81y2 + 3009 = k2 : là số chính phương để có x nguyên ( kỴZ+) Þ k2 - 81y2 = 3009 Þ (k + 9y)(k - 9y) = 3.17.59 . Vì k + 9y > k - 9y Þ Xảy ra 4 khả năng sau đây : Trong trường hợp nào ta cũng thấy y không nguyên Þ Bài toán vô nghiệm ! { Chú ý , dễ dàng kết luận ngay bài toán vô nghiệm vì 1003 không chia hết cho 3 } Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x2 + 3y2 - 5xy + 3x - 2y - 3 = 0 (1) Xem phương trình là bậc II đối với x . Khi đó (1) Û 2x2 + (3 - 5y)x + 3y2 - 2y - 3 = 0 Để có x nguyên thì điều kiện cần là D = y2 - 14y + 33 = k2 ( k nguyên không âm) (2) Xem (2) là phương trình bậc II đối với y Þ { (2) Û y2 - 14y + 33 - k2 = 0 } và d‘(2) = 16 + k2 = m2 ( m ỴZ+) Vì m > k ³ 0 ; 16 = (m + k)(m - k) mà m + k > 0 Þ m - k > 0 . Để ý (m + k) + (m - k) = 2m nên chúng đồng thời chẵn hay lẻ . Ta có bảng : Þ m = 5 ; k = 3 Þ ( x , y ) = (15 , 12) ; (1 , 2) Þ ( x , y ) = (13 , 11) ; (3 , 3) ( Sử dụng tính chất của số nguyên tố ) Tìm hai số x, y nguyên và số nguyên tố p sao cho : x4 + 4y4 = p (1) Ta thấy để p nguyên tố thì x ¹ 0 hay y ¹ 0 ; (1) chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn của x, y nên trước hết ta xét các x, y nguyên dương. Ta có p = (x2 + 2y2)2 - 4x2y2 = [(x - y)2 + y2][(x + y)2 + y2] Vì (x + y)2 + y2 > 0 Þ (x - y)2 + y2 = 1 Þ x = y = 1 ; z = 5 Þ có 4 bộ nghiệm ! Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 1 + x + x2 + x3 = y3 Nhận thấy : 1 + x + x2 = (x + )2 + > 0 Þ y3 > x3 Þ y > x Þ y ³ x + 1 _Nếu y = x + 1 thì 1 + x + x2 + x3 = (x + 1)3 Þ 2x (x + 1) = 0 Þ (x , y) = (0 , 1) ; (-1 , 0) _Nếu y > x + 1 thì 2x2 + 2x < 0 Þ -1 < x < 0 : loại ! Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 = y(y + 1)(y + 2)(y + 3) Đặt a = y2 + 3y Þ x2 = (y2 + 3y)( y2 + 3y + 2) = a2 + 2a . Nếu a > 0 thì a2 < x2 = a2 + 2a < a2 + 2a + 1 = (a + 1)2 Þ x2 : không chính phương ( Vô lý ! ) Vậy a £ 0 Þ y2 + 3y £ 0 Û -3 £ y £ 0 Þ (x , y) = (0 , 0) ; (0 , -1) ; (0 , -2) ; (0 , -3) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1 (1) Từ (1) Þ x3 + y2 = (y + 1)3 Þ x £ y + 1. Vì x3 - y3 = 2y2 + 3y + 1 ³ 0 với mọi y nguyên Þ x ³ y. Þ x = y hoặc x = y + 1 Þ nghiệm của phương trình : ( x , y ) = (-1 , -1) ; (1 , 0 ) Tìm nghiệm x , y nguyên dương của phương trình : y2 = x2 + 12x + 1995 (1) Từ phương trình (1), ta có y2 = (x + 6)2 + 1959 ³ 1959 Þ y ³ 45 . Mặt khác -1959 = (x + 6)2 - y2 = (x + y + 6)(x - y + 6) với x + y + 6 ³ 52 và 1959 = 3 . 653 Þ x + y + 6 = 653 ; x - y + 6 = -3 hoặc x + y + 6 = 1959 ; x + 6 - y = -1 Þ nghiệm phương trình : ( x , y ) = ( 319 , 328) ; (937 , 944) Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x14 + x24 + x34 + ... + x144 = 1599 Chú ý rằng , với n = 2k Þ n 4 = 16k4 16 và với n = 2k + 1 Þ n4 - 1 = (n2 - 1)(n2 + 1) 16 Như vậy khi chia x14 + x24 + x34 + ... + x144 cho 16 thì số dư có được bằng số các số lẻ trong các số xi , tức là không vượt quá 14 ; trong khi đó 1599 = 1600 - 1 chia cho 16 có số dư là -1 hay 15 Þ Phương trình vô nghiệm !