Chương 4: Phương trình nghiệm nguyên

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

427
lượt xem 49
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong chương trình THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay và khó đối với các học sinhh . Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi lớn , nhỏ, trong và ngoài nước

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chương 4: Phương trình nghiệm nguyên

Chương 4 Phương trình nghi m nguyên 4.1 Xét tính chia h t 57 4.2 4.3 S d ng b t đ ng th c 74 n Nguyên t c c c h n, lùi vô h n 86 .v h Tr n Nguy n Thi t Quân (L Lawliet) Ph m Quang Toàn (Ph m Quang Toàn) 4 c 2 Trong chương trình THCS và THPT thì phương trình nghi m nguyên o v n luôn là m t đ tài hay và khó đ i v i h c sinh. Các bài toán nghi m nguyên thư ng xuyên xu t hi n t i các kì thi l n, nh , trong và ngoài i h nư c. Trong bài vi t này tôi ch mu n đ c p đ n các v n đ cơ b n c a nghi m nguyên (các d ng, các phương pháp gi i) ch không đi nghiên c u sâu s c v nó. Tôi cũng không đ c p t i phương trình Pell, phương 4.1 V u trình Pythagore, phương trình Fermat vì nó có nhi u trong các sách, các chuyên đ khác. Xét tính chia h t 4.1.1 Phát hi n tính chia h t c a 1 n Ví d 4.1. Gi i phương trình nghi m nguyên 13x + 5y = 175 (4.1) 57
58 4.1. Xét tính chia h t L i gi i. Gi s x, y là các s nguyên th a mãn phương trình (4.1). Ta . . th y 175 và 5y đ u chia h t cho 5 nên 13x. ⇒ x. (do GCD(13; 5) = 1). .5 .5 Đ t x = 5t (t ∈ Z). Thay vào phương trình (4.1), ta đư c 13.5t + 5y = 175 ⇔ 13t + y = 35 ⇔ y = 35 − 13t Do đó, phương trình (4.1) có vô s nghi m nguyên bi u di n dư i d ng (x; y) = (5t; 35 − 13t), (t ∈ Z) Bài t p đ ngh Bài 1. Gi i phương trình nghi m nguyên 12x − 19y = 285 .v n h Bài 2. Gi i phương trình nghi m nguyên 7x + 13y = 65 Bài 3. Gi i phương trình nghi m nguyên 5x + 7y = 112 4.1.2 Đưa v phương trình ư c s 2 4 o c Ví d 4.2. Tìm nghi m nguyên c a phương trình 3xy + 6x + y − 52 = 0 (4.2) h L i gi i. Nh n xét. Đ i v i phương trình này, ta không th áp d ng Ta gi i như sau: u i phương pháp trên là phát hi n tính chia h t, v y ta ph i gi i như th nào? (4.2) ⇔ 3xy + y + 6x + 2 − 54 = 0 V ⇔ y (3x + 1) + 2 (3x + 1) − 54 = 0 ⇔ (3x + 1) (y + 2) = 54 Như v y, đ n đây ta có x và y nguyên nên 3x + 1 và y + 2 ph i là ư c c a 54. Nhưng n u như v y thì ta ph i xét đ n hơn 10 trư ng h p sao? Vì: 4 = 1.54 = 2.27 = 3.18 = 6.9 = (−1).(−54) = (−2).(−27) = (−3).(−18) = (−6).(−9) Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.1. Xét tính chia h t 59 Có cách nào khác không? Câu tr l i là có! N u ta đ ý m t chút đ n th a s 3x + 1, bi u th c này chia cho 3 luôn dư 1 v i m i x nguyên. V i l p lu n trên, ta đư c:  3x + 1 = 1 x=0 ⇔   y + 2 = 54 y = 52  3x + 1 = −2 x = −1 ⇔ y + 2 = −54 y = −56 Ví d 4.3. Gi i phương trình nghi m nguyên sau: 2x + 5y + 3xy = 8 .v n (4.3) L i gi i. Ta có (4.3) ⇔ x(2 + 3y) + 5y = 8 4 h 2 ⇔ 3x(2 + 3y) + 15y = 24 ⇔ 3x(2 + 3y) + 5(2 + 3y) = 34 o c ⇔ (3x + 5)(3y + 3) = 34 Đ n đây phân tích 34 = 1 · 34 = 2 · 17 r i xét các trư ng h p. Chú ý i h r ng 3x + 5, 3y + 2 là hai s nguyên chia 3 dư 2, v n d ng đi u này ta có th gi m b t s trư ng h p c n xét. u Ví d 4.4. Gi i phương trình nghi m nguyên V x2 − y 2 = 2011 L i gi i. (4.4) ⇔ (x − y)(x + y) = 2011. Vì 2011 là s nguyên t nên ư c nguyên c a 2011 ch có th là ±1, ±2011. T đó suy ra nghi m (4.4) (x; y) là (1006; 1005); (1006; −1005); (−1006; −1005); (−1006; 1005). Ví d 4.5. Tìm các s nguyên x, y tho mãn đi u ki n x2 + y 2 = (x − y)(xy + 2) + 9 (4.5) Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
60 4.1. Xét tính chia h t L i gi i. Đ t a = x − y, b = xy. Khi đó (4.5) tr thành a2 + 2b = a(b + 2) + 9 ⇔ (a − 2)(a − b) = 9 (4.6) Vì x, y ∈ Z nên a, , a − 2, a − b đ u là các s nguyên. T (4.6) ta có các trư ng h p sau: a−2=9 a = 11 x − y = 11 • ⇔ ⇔ (4.7) • a−b=1 a−2=3 a−b=3 ⇔ b = 10 a=5 b=2 ⇔ xy = 10 x−y =5 xy = 2 .v n (4.8) • a−2=1 a−b=9 a − 2 = −1 ⇔ a=3 b = −6 a=1 ⇔ h x−y =3 xy = −6 4 x−y =1 (4.9) 2 • ⇔ ⇔ (4.10) a − b = −9 b = 10 xy = 10 • a − 2 = −3 a − b = −3 ⇔ o a = −1 b=2 c ⇔ x − y = −1 xy = 2 (4.11) h a − 2 = −3 a = −1 x − y = −1 • ⇔ ⇔ (4.12) a − b = −3 u i b=2 xy = 2 D th y các h (4.7),(4.8),(4.10) không có nghi m nguyên, h (4.9) vô nghi m, h (4.11) có hai nghi m nguyên (1; 2) và (−2; −1), h (4.12) V có hai nghi m nguyên (−1; 6) và (−6; 1). Tóm l i phương trình (4.5) có các c p nghi m nguyên (x; y) là (1; 2); (−2; −1); (−1; 6); (−6; 1). Ví d 4.6. Tìm nghi m nguyên c a phương trình: x2 + 1 y 2 + 1 + 2 (x − y) (1 − xy) = 4 (1 + xy) (4.13) Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.1. Xét tính chia h t 61 L i gi i. Phương trình (4.13) tương đương v i: x2 y 2 + x2 + y 2 + 1 + 2x − 2x2 y − 2y + 2xy 2 = 4 + 4xy ⇔ (x2 + 2x + 1)y 2 − 2(x2 + 2x + 1)y + (x2 + 2x + 1) = 4 ⇔ (x + 1)2 (y − 1)2 = 4 (x + 1)(y − 1) = 2 ⇔ (x + 1)(y − 1) = −2 V i (x + 1)(y − 1) = 2 mà x, y ∈ Z nên ta có các trư ng h p sau: • • x+1=1 y−1=2 x+1=2 y−1=1 ⇔ ⇔ x=0 y=3 x=1 y=2 .v n • x + 1 = −2 y − 1 = −1 x + 1 = −1 ⇔ x = −3 y=0 4 x = −2 h • y − 1 = −2 ⇔ c 2 y = −1 V i (x + 1)(y − 1) = −2 , tương t ta cũng suy ra đư c: • h o x + 1 = −1 y−1=2 ⇔ x = −2 y=3 u i• • x+1=1 y − 1 = −2 x+1=2 y − 1 = −1 ⇔ ⇔ x=0 y = −1 x=1 y=0 V x + 1 = −2 x = −3 • ⇔ y−1=1 y=2 V y phương trình đã cho có các c p nghi m nguyên: (x; y) = {(0; 3); (1; 2); (−3; 0); (−2; −1); (−2; 3); (0; −1); (1; 0); (−3; 2)} Ví d 4.7. Tìm nghi m nguyên c a phương trình x6 + 3x3 + 1 = y 4 (4.14) Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
62 4.1. Xét tính chia h t L i gi i. Nhân hai v c a phương trình (4.14) cho 4, ta đư c: 4x6 + 12x3 + 4 = 4y 4 ⇔ (4x6 + 12x3 + 9) − 4y 4 = 5 ⇔ (2x3 + 3)2 − 4y 4 = 5 ⇔ (2x3 − 2y 2 + 3)(2x3 + 2y 2 + 3) = 5. V i lưu ý r ng 5 = 1.5 = 5.1 = (−1).(−5) = (−5).(−1) và x, y ∈ Z nên ta suy ra đư c các trư ng h p sau: • 2x3 − 2y 2 + 3 = 1 2x3 + 2y 2 + 3 = 5   x=0   y=1 ⇔ x3 − y 2 = −1 x3 + y 2 = 1 ⇔ x3 = 0 y2 = 1 .v n h ⇔  x=0  y = −1  • 2x3 − 2y 2 + 3 = −1 2x3 + 2y 2 + 3 = −5 ⇔ x3 − y 2 = −2 2 x3 + y 2 = −4 ⇔ 4 x3 = −3 y 2 = −1 (lo i) • 2x3 − 2y 2 + 3 = 5 2x3 + 2y 2 + 3 = 1 ⇔ o c x3 − y 2 = 1 x3 + y 2 = −1 ⇔ x3 = 0 y 2 = −1 (lo i) h 2x3 − 2y 2 + 3 = −5 x3 − y 2 = −4 x3 = −3 • ⇔ ⇔ (lo i) i 2x3 + 2y 2 + 3 = −1 x3 + y 2 = −2 y2 = 1 u V y phương trình đã cho có các c p nghi m nguyên: (x; y) = {(0; 1); (0; −1)} V Nh n xét. Bài toán này cũng có th gi i b ng phương pháp k p. Ví d 4.8. Gi i phương trình nghi m nguyên dương: 1 1 1 + = (4.15) x y p trong đó p là s nguyên t . Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.1. Xét tính chia h t 63 L i gi i. (4.15) ⇔ xy = px + py ⇒ (x − y)(y − p) = p2 . Vì p là s nguyên t nên ư c s nguyên c a p2 ch có th là ±1, ±p, ±p2 . Th l n lư t v i các ư c trên ta d tìm đư c k t qu . Ph n trình bày xin dành cho b n đ c. Nh n xét. Phương pháp này c n hai bư c chính: Phân tích thành ư c s và xét trư ng h p đ tìm k t qu . Hai bư c này có th nói là không quá khó đ i v i b n đ c, nhưng xin nói m t s lưu ý thêm v bư c xét trư ng h p. Trong m t s bài toán, h ng s nguyên v ph i sau khi phân tích là m t s có nhi u ư c, như v y đòi h i xét trư ng h p và tính toán r t nhi u. M t câu h i đ t ra là: Làm th nào đ gi m s .v n ví d dư i đây. Ví d 4.9. Tìm nghi m nguyên c a phương trình: 4 h trư ng h p b xét đây? Và đ tr l i đư c câu h i đó, ta s tham kh o c 2 x2 + 12x = y 2 . (4.16) o L i gi i. (thông thư ng) Phương trình (4.16) đã cho tương đương v i: h (x + 6)2 − y 2 = 36 ⇔ (x + 6 + y)(x + 6 − y) = 36 u i Suy ra x + y + 6, x + 6 − y là ư c c a 36. Mà s 36 có t t c 18 ư c nên ta ph i xét 18 trư ng h p tương ng v i x + 6 + y ∈ {±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±9; ±12; ±18; ±36} . V . K t qu là ta tìm đư c các c p nghi m nguyên (x; y) là (0; 0); (−12; 0); (−16; 8); (−16; −8); (4; 8); (4; −8) Nh n xét. Đúng như v n đ mà ta đã nêu ra trên, s ư c quá nhi u đ xét. Cho nên ta s có các nh n xét sau đ th c hi n thao tác "siêu phàm" chuy n t con s 18 xu ng ch còn 2! Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
64 4.1. Xét tính chia h t Vì y có s mũ ch n trong phương trình nên có th gi s y ≥ 0. Khi đó x + 6 − y ≤ x + 6 + y, do v y ta lo i đư c tám trư ng h p và còn l i các trư ng h p sau: x+6+y =9 x + 6 + y = −9 x + y + 6 = −1 , , , x+6−y =4 x + 6 − y = −4 x + y − 6 = −36 x + y + 6 = 36 x + y + 6 = −2 x + y + 6 = 18 , , , x−y+6=1 x − y + 6 = −18 x−y+6=2 x + y + 6 = −3 x − y + 6 = −12 x+y+6=6 . , x + y + 6 = 12 x−y+6=3 , x + y + 6 = −6 .v x − y + 6 = −6 n , h x+y−6=6 4 Bây gi ta đã có 10 trư ng h p, ta s ti p t c lư c b . Nh n th y (x + y + 6) − (x + 6 − y) = 2y nên x + 6 − y và x + 6 + y có cùng tính ch n l , do đó ta lo i thêm 6 trư ng h p, ch còn x + y + 6 = 18 , c 2 x + y + 6 = −2 , o x+y−6=2 x + y − 6 = −18 h x + y + 6 = −6 x+y+6=6 , . u i x − y + 6 = −6 Ti p t c xét hai phương trình x + y + 6 = −6 x − y + 6 = −6 và x+y−6=6 x+y+6=6 x+y−6=6 , V hai phương trình này đ u tìm đư c y = 0. V y sao không đ đơn gi n hơn, ta xét y = 0 ngay t đ u. Phương trình có d ng x(x + 12) = y 2 , xét hai kh năng: • N u y = 0 thì x = 0 ho c x = −12. • N u y = 0 thì x+6+y > x+6−y, áp d ng hai nh n xét trên ta ch x + y + 6 = −2 x + y + 6 = 18 có hai trư ng h p: và . x − y + 6 = −18 x−y+6=2 Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.1. Xét tính chia h t 65 Phương trình đã cho có 6 nghi m nguyên (x; y) = (−16; 8), (0; 0), (−12; 0), (−16; 8), (4; 8), (4; −8) Nh n xét. Như v y bài toán ng n g n, chính xác nh linh ho t trong vi c xét tính ch n l , gi i h n hai s đ gi m s trư ng h p c n xét. Ngoài các cách đánh giá trên ta còn có th áp d ng xét s dư t ng v đ đánh giá (đây cũng là m t phương pháp gi i phương trình nghi m n nguyên). .v Bài t p đ ngh Bài 1. Th bi n đ i các bài toán gi i phương trình nghi m nguyên h phương pháp Bi u th m t n theo n còn l i b ng phương pháp đưa v ư c s . 2 huy n g p ba l n chu vi tam giác đó. 4 Bài 2. Tìm đ dài c nh m t tam giác vuông sao cho tích hai c nh o c Bài 3. Gi i phương trình nghi m nguyên x − y + 2xy = 6 Bài 4. Gi i phương trình nghi m nguyên 2x + 5y + 2xy = 8 i h Bài 5. (Thi HSG l p 9 t nh Qu ng Ngãi năm 2011-2012) Gi i phương trình nghi m nguyên 6x + 5y + 18 = 2xy V u Bài 6. Tìm nghi m nguyên (xy − 7)2 = x2 + y 2 Bài 7. Tìm x, y ∈ Z th a mãn 2x2 − 2xy = 5x − y − 19. Bài 8. Tìm nghi m nguyên c a phương trình x2 +6xy +8y 2 +3x+6y = 2. Bài 9. Tìm nghi m nguyên dương c a phương trình x3 − y 3 = xy + 61 Bài 10. Tìm nghi m nguyên c a phương trình 4x2 y 2 = 22 + x(1 + x) + y(1 + y) Bài 11. Gi i phương trình nghi m nguyên x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y 2 . Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
66 4.1. Xét tính chia h t Bài 12. Tìm nghi m nguyên dương c a phương trình 6x3 − xy(11x + 3y) + 2y 3 = 6 (T p chí TTT2 s 106). Bài 13. Tìm nghi m nguyên dương c a phương trình x(x + 2y)3 − y(y + 2x)3 = 27 (t p chí THTT s 398). √ Bài 14. Tìm nghi m nguyên c a phương trình 9x2 + 16x + 96 = 3x − 16y − 24. Bài 15. Tìm nghi m nguyên dương c a phương trình 2+ x+ 1 2 + x+ 1 4 =y .v n . 4 h Bài 16. Tìm s nguyên x đ x2 − 4x − 52 là s chính phương. c 2 Bài 17. Gi i phương trình nghi m nguyên x2 + 2y 2 + 3xy − 2x − y = 6. h o Bài 18. Gi i phương trình nghi m nguyên x2 + 3xy − y 2 + 2x − 3y = 5. Bài 19. Gi i phương trình nghi m nguyên 2x2 + 3y 2 + xy − 3x − 3 = y. u i Bài 20. (Tuy n sinh vào l p 10 THPT chuyên trư ng KHTN Hà N i năm h c 2012-2013) Tìm t t c các c p s nguyên x, y th a mãn đ ng th c (x + y + 1)(xy + x + y) = 5 + 2(x + y). V Bài 21. Gi i phương trình nghi m nguyên x4 − 2y 4 − x2 y 2 − 4x2 − 7y 2 − 5 = 0. (Thi HSG l p 9 t nh Hưng Yên năm 2011-2012) Bài 22. (Romanian 1999) Ch ng minh r ng phương trình sau không có nghi m nguyên x5 − x4 y − 13x3 y 2 + 13x2 y 3 + 36xy 4 − 36y 5 = 1937 Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.1. Xét tính chia h t 67 4.1.3 Bi u th m t n theo n còn l i r i s d ng tính chia h t Ví d 4.10. Tìm nghi m nguyên c a phương trình 2x − xy + 3 = 0 (4.17) L i gi i. Nh n xét. phương trình này ta không th áp d ng các cách đã bi t, v y ta ph i làm sao? Chú ý hơn m t xíu n a ta th y có th bi u di n y theo x đư c r i v n d ng ki n th c tìm giá tr nguyên l p 8 tìm nghi m nguyên c a phương trình, th làm theo ý tư ng đó xem sao. (4.17) ⇔ xy = 2x + 3 .v n N u x = 0 thì 2x + 3 3 h N u x = 0 thì phương trình (4.17) đã cho vô nghi m nguyên y. 4 (4.17) ⇔ y = Như v y mu n y nguyên thì ta c n x 3 x c 2 =2+ x nguyên hay nói cách khác x là o ư c c a 3. V i m i giá tr nguyên x ta tìm đư c m t giá tr y nguyên. T đó, ta có b nghi m c a (4.17) là h u i (x; y) = (−3; 1); (−1; −1); (1; 5); (3; 3) Ví d 4.11 (Thi HSG l p 9 Qu ng Ngãi năm 2011-2012). Tìm các s nguyên dương x, y sao cho V 6x + 5y + 18 = 2xy Nh n xét. Hư ng phân tích và đ nh hư ng l i gi i. Đã xác đ nh đư c phương pháp c a d ng này thì bây gi ta s bi u di n n x theo y. Không khó đ vi t thành x = −5y − 18 . Ta dư ng như nhân th y bi u (4.18) 6 − 2y th c này r t khó phân tích như bi u th c ví d đ u. Tuy nhiên, n u đ ý kĩ s th y bên m u là 2y và t là 5y, do đó ta m nh d n nhân 2 vào t đ xu t hi n 2y gi ng như m u. Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
68 4.1. Xét tính chia h t L i gi i. Ta có −5y − 18 (4.18) ⇔ x = 6 − 2y −10y − 36 ⇔ 2x = 6 − 2y −66 + 5(6 − 2y) −66 ⇔ 2x = = +5 6 − 2y 6 − 2y −33 n ⇔ 2x = +5 3−y .v Như v y mu n x là s nguyên dương thì 3 − y là ph i là ư c c a −33. Hay 3 − y ∈ {±1; ±3; ±11, ±33}. L i đ ý r ng vì y ≥ 1 nên 3 − y ≤ 2. h Do đó ch có th 3 − y ∈ {±1; −3; −11; −33}. Ta có b ng sau: 3−y y x 1 2 −14 −1 4 19 −3 6 8 2 −11 14 4 4−33 36 3 o (19; 4), (8; 6), (4; 14), (3; 36). c Th l i th y các c p (x; y) nguyên dương th a mãn (4.18) là (x; y) = i h Nh n xét. Bài này ta cũng có th s d ng phương pháp đưa v phương trình ư c s . Cũng xin chú ý v i b n r ng l i gi i trên thì ta đã nhân u 2 x đ bi n đ i, do đó ph i có m t bư c th l i coi giá tr x, y tìm đư c có th a mãn (4.18) hay không r i m i có th k t lu n. V Bài t p đ ngh Bài 1. Gi i phương trình nghi m nguyên x2 − xy = 6x − 5y − 8. Bài 2. Gi i phương trình nghi m nguyên x2 + x + 1 = 2xy + y. Bài 3. Gi i phương trình nghi m nguyên x3 − x2 y + 3x − 2y − 5 = 0. Bài 4. (Vào 10 chuyên THPT ĐHKHTN Hà N i năm 2001-2002) Tìm giá tr x, y nguyên th a mãn đ ng th c (y − 2)x2 + 1 = y 2 . Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.1. Xét tính chia h t 69 Bài 5. (Vào 10 chuyên THPT ĐHKHTN Hà N i năm 2000-2001) Tìm c p s nguyên (x, y) th a mãn đ ng th c y(x − 1) = x2 + 2. Bài 6. Tìm s nh nh t trong các s nguyên dương là b i c a 2007 và có 4 ch s cu i cùng là 2008. Bài 7. Tìm nghi m nguyên c a phương trình 5x − 3y = 2xy − 11. 4.1.4 Xét s dư t ng v Cơ s phương pháp. Đ c ngay tiêu đ phương pháp thì ch c b n s .v hi u ngay phương pháp này nói đ n vi c xét s dư t ng v cho cùng n m t s . V y, t i sao l i ph i xét và xét như v y có l i ích gì trong "công h cu c" gi i toán? Hãy cùng tìm hi u qua ví d đ u sau: 4 Ví d 4.12. Tìm nghi m nguyên c a phương trình 2 x2 + y 2 = 2011 (4.19) c L i gi i. Ta có x2 ; y 2 chia 4 có th dư 0 ho c 1 nên t ng chúng chia 4 ch có th dư 0; 1 ho c 2. M t khác 2011 chia 4 dưa 3 nên phương trình (4.19) vô nghi m nguyên. o i h Nh n xét. Qua ví d đ u này thì ta đã th y rõ s dư khi chia cho 4 c a hai s khác nhau thì phương trình vô nghi m. Do đó ta l i càng hi u u thêm m c đích c a phương pháp này. B t mí thêm tí n a thì phương pháp này ch y u dùng cho các phương trình không có nghi m nguyên. Cho nên, n u b n b t g p m t phương trình b t kì mà b n không th V tìm ra đư c nghi m cho phương trình đó, thì hãy nghĩ đ n phương pháp này đ u tiên. Còn bây gi ta ti p t c đ n v i ví d sau: Ví d 4.13 (Balkan MO 1998). Tìm nghi m nguyên c a phương trình x2 = y 5 − 4 (4.20) L i gi i. Ta có: x2 ≡ 0; 1; 3; 4; 5; 9 (mod 11). Trong khi đó y 5 − 4 ≡ 6; 7; 8 (mod 11): vô lý. V y phương trình (4.20) vô nghi m nguyên. Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
70 4.1. Xét tính chia h t Nh n xét. M t câu h i n a l i lóe lên trong đ u ta: Làm th nào l i có th tìm đư c con s 11 đ mà xét đ ng dư đư c nh ? Đáp án c a câu h i này cũng chính là cái c t lõi đ b n v n d ng phương pháp này, và đó cũng là nh ng kinh nghi m sau: 1. Đ i v i phương trình nghi m nguyên có s tham gia c a các bình phương thì ta thư ng xét đ ng dư v i 3, 4, 5, 8. C th là: a2 ≡ 0, 1 (mod 3) a2 ≡ 0, 1 (mod 4) a2 a2 ≡ 0, 1, 4 (mod 5) ≡ 0, 1, 4 (mod 8) .v n 2. Đ i v i các phương trình nghi m nguyên có s tham gia c a các h s l p phương thì ta thư ng xét đ ng dư v i 9, vì x3 ≡ 0; 1; 8 (mod 9) và đ ng dư v i 7, vì x3 ≡ 0, 1, 6 (mod 7). 2 4 3. Đ i v i phương trình nghi m nguyên có s tham gia c a các lũy th a b c 4 thì ta thư ng xét đ ng dư v i 8, như: z 4 ≡ 0, 1 c (mod 8). 4. M t v n đ cu i cùng là đ nh lí Fermat: Đ i v i phương trình h o nghi m nguyên có s tham gia c a các lũy th a có s mũ là m t s nguyên t hay là m t s mà khi c ng 1 vào s đó ta đư c m t i s nguyên t thì ta thư ng s d ng đ nh lí nh Fermat đ xét đ ng dư. V u Trên đây là m t s kinh nghi m b n thân, còn n u các b n mu n v n d ng đư c phương pháp xét s dư này, yêu c u hãy ghi nh kinh nghi m trên và tìm cách ch ng minh nó. Ngoài ra, n u b n mu n m r ng t m hi u bi t hơn n a, b n có th tìm các đ ng dư v i lũy th a khác nhau (ch ng h n qua ví d 2 ta đã rút ra đư c mođun 11 cho lũy th a b c hai, b c năm). Còn bây gi , hãy th xem kinh nghi m trên có hi u qu không nhé! Ví d 4.14 (Bài toán trong tu n - diendantoanhoc.net). Ch ng minh r ng phương trình sau không có nghi m nguyên x10 + y 10 = z 10 + 199 Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.1. Xét tính chia h t 71 Nh n xét. Thư ng thư ng các bài toán khi đ t câu h i phương trình có nghi m hay không thì thư ng có câu tr l i là không. Do đó đ ch ng minh phương trình trên không có nghi m, thì ta s tìm m t con s sao cho khi chia VT và VP cho con s này thì đư c hai s dư khác nhau. Như v y, công vi c bây gi c a ta là tìm con s đó. Đ ý đ n s mũ 10 thì s khi n ta liên tư ng con s 11 là s nguyên t . Như v y l i gi i c a ta s áp d ng đ nh lý Fermat nh cho s 11 đ ch ng minh hai v phương trình chia cho 11 không cùng s dư.  .v x10 ≡ 0, 1 (mod 11)  L i gi i. Áp d ng đ nh lý Fermat nh thì y 10 ≡ 0, 1 (mod 11) . n h   10 z ≡ 0, 1 (mod 11) Do đó x 10 + y 10 − z 10 ≡ 0, 1, 2, 10 (mod 11) mà 199 ≡ 8 (mod 11) nên phương trình vô nghi m nguyên. 2 4 Ví d 4.15 (Đ thi ch n HSG toán qu c gia năm 2003 - B ng B). o c H phương trình sau có t n t i nghi m nguyên hay không: x2 + y 2 = (x + 1)2 + u2 = (x + 2)2 + v 2 = (x + 3)2 + t2 (4.21) i h Nh n xét. Ta d đoán phương trình trên cũng s vô nghi m. Do đó u c n tìm m t s và khi chia c 5 v đư c các s dư khác nhau. Đ ý bài toán này có bình phương nên ta nghĩ t i vi c s d ng các tính ch t như: a2 ≡ 0, 1 (mod 3), a2 ≡ 0, 1 (mod 4), a2 ≡ 0, 1, 4 (mod 5), a2 ≡ V 0, 1, 4 (mod 8). bài toán này, ta s ch n 8. Bây gi ch c n xét tính dư khi chia cho 8. L i gi i. Gi s phương trình (4.21) có nghi m nguyên (x0 , y0 , u0 , v0 , t0 ), t c là: x2 + y0 = (x0 + 1)2 + u2 = (x0 + 2)2 + v0 = (x0 + 3)2 + t2 0 2 0 2 0 (4.22) V i a ∈ Z thì a2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8). Ta xét các kh năng sau: Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
72 4.1. Xét tính chia h t 1. N u x0 ≡ 0 (mod 4) thì x2 + y0 ≡ 0, 1, 4 (mod 8). Và 0 2 x0 + 1 ≡ 1 (mod 8) ⇒ (x0 + 1)2 ≡ 1 (mod 8) 2 ⇒ (x0 + 1) + u2 0 ≡ 1, 2, 5 (mod 8) 2 x0 + 2 ≡ 2 (mod 4) ⇒ (x0 + 2) ≡ 4 (mod 8) 2 2 ⇒ (x0 + 2) + v0 ≡ 0, 4, 5 (mod 8) x0 + 3 ≡ 3 (mod 4) ⇒ (x0 + 3)2 ≡ 1 (mod 8) 2 ⇒ (x0 + 3) + t2 ≡ 1, 2, 5 n 0 (mod 8) .v Nh n th y {0, 1, 4} ∩ {1, 2, 5} ∩ {0, 4, 5} ∩ {1, 2, 5} = 0 nên do đó phương trình không có nghi m nguyên v i x ≡ 0 (mod 4). h 2. Tương t v i x0 ≡ 1 (mod 4), x0 ≡ 2 (mod 4) và x0 ≡ 3 (mod 4) ta cũng th c hi n tương t và cũng cho k t qu phương trình không có nghi m nguyên. 2 V y phương trình (4.21) đã cho không có nghi m nguyên. 4 Nh n xét. Ví d 4 ta có th t ng quát lên: o c Ví d 4.16. Tìm s nguyên dương n l n nh t sao cho h phương trình h (x + 1)2 + y1 = (x + 2)2 + y2 = . . . = (x + n)2 + yn 2 2 2 có nghi m nguyên. u i Đây cũng chính là đ thi ch n đ i tuy n HSG qu c gia toán năm 2003 - B ng A. L i gi i xin giành cho b n đ c. Cũng xin nói thêm m t th a các ví d V nh n r ng, phương pháp xét s dư t ng v này, chúng ta c tư ng ch ng như đơn gi n, nhưng th c ch t không ph i th . D n ch ng là trên, đ u là các bài toán hay và khó l y t khác cu c thi trong nư c và ngoài nư c. Bài t p đ ngh Bài 1. Cho đa th c f (x) có các h s nguyên. Bi t r ng f (1).f (2) là s l . Ch ng minh r ng phương trình f (0) = 0 không có nghi m nghi m nguyên. Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.1. Xét tính chia h t 73 Bài 2. T n t i hay không nghi m nguyên c a phương trình x12 + y 12 + z 12 = 2 372012 + 20141995 . Bài 3. Gi i phương trình nghi m nguyên 312x + 122x + 19972x = y 2 . Bài 4. Gi i phương trình nghi m nguyên dương 7z = 2x · 3y − 1 Bài 5. Gi i phương trình nghi m nguyên dương 2x · 3y = 1 + 5z 30 Bài 6. Gi i phương trình nghi m t nhiên 19x + 5y + 1890 = 19754 + 1993. .v Bài 7. Gi i phương trình nghi m nguyên x3 + y 3 + z 3 = 1012 n h Bài 8. (Tuy n sinh vào l p 10 chuyên Tr n Phú, H i Phòng năm h c 2012-2013) x4 + y 4 + z 4 = 2012 Bài 9. |x − y| + |y − z| + |z − x| = 10n − 1 29 4 v im in∈N 3)(2x + 4) − 5y = 11879 o c Bài 10. Tìm nghi m nguyên c a phương trình (2x + 1)(2x + 2)(2x + Bài 11. Tìm nghi m nguyên c a phương trình x2 + (x + 1)2 + (x + 2)2 = y2. i h Bài 12. (Tuy n sinh vào THPT chuyên ĐHKHTN Hà N i năm 2011- u 2012) Ch ng minh r ng không t n t i b ba s nguyên (x; y; z) th a mãn x4 + y 4 = 7z 4 + 5. V Bài 13. Gi i phương trình nghi m nguyên x4 +x4 +· · · = x4 +20122015. 1 2 13 Bài 14. Cho p là s nguyên t l . Ch ng minh r ng phương trình xp + y p = p [(p − 1)!]p không có nghi m nguyên Bài 15. Tìm nghi m nguyên c a phương trình x2012 − y 2010 = 7. Bài 16. Ch ng minh r ng không t n t i s nguyên x, y th a mãn x5 + y 5 + 1 = (x + 2)5 + (y − 3)5 . Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
74 4.2. S d ng b t đ ng th c 4.2 S d ng b t đ ng th c 4.2.1 S p th t các n Ví d 4.17. Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau 1 1 1 + + =1 (4.23) x y z L i gi i. Không m t tính t ng quát, ta có th gi s 1≤x≤y≤z⇒ 1 1 1 3 + + =1≤ ⇒x≤3 x y z x • V i x = 1 thì (4.23) không có nghi m nguyên dương. .v n • V i x = 2 thì 1 1 1 1 + + =1⇔ + = ≤ ⇒y≤4M t 2 y z y 1 z 4 h 1 2 2 y khác, y ≥ x = 2 ⇒ y ∈ {2; 3; 4}. Ta th l n lư t các giá tr c a y ∗ V i y = 3 thì z = 6. c 2 ∗ V i y = 2 thì (4.23) vô nghi m nguyên. • V i x = 3, ta có h 1 1 1 o ∗ V i y = 4 thì z = 4. 1 1 2 2 + + =1⇔ + = ≤ ⇒y≤3M t i 3 y z y z 3 y khác, do y ≥ x = 3 ⇒ y = 3 ⇒ z = 3 V u V y nghi m nguyên (x; y; z) c a (4.23) là hoán v c a các b (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3). Nh n xét. Phương pháp này đư c s d ng ch s p th t các n 1 ≤ x ≤ y ≤ z r i gi i h n nghi m đ gi i. Ta ch s d ng phương pháp s p th t các n khi vai trò các n là bình đ ng v i nhau. Dó đó khi v n d ng phương pháp này các b n c n chú ý đ tránh nh m l n. C th , ta s đ n v i ví d sau: Ví d 4.18. Gi i phương trình nghi m nguyên dương x + y + 1 = xyz (4.24) Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
4.2. S d ng b t đ ng th c 75 L i gi i (L i gi i sai). Không m t tính t ng quát, gi s 1 ≤ x ≤ y ≤ z. Khi đó x+y +1 ≤ 3z hay xyz ≤ 3z, suy ra xy ≤ 3. Mà z ≥ y ≥ x ≥ 1 nên x = y = z = 1. Nh n xét. Cái l i sai l i gi i này là do x, y, z không bình đ ng, nên không th s p th t các n như trên. Sau đây là l i gi i đúng: n L i gi i. Không m t tính t ng quát, gi s 1 ≤ x ≤ y. Ta xét trư ng h p: • N u x = y thì (4.24) ⇔ 2y + 1 = y 2 z h .v 4 ⇔ y(z − 2) = 1 y=1 2 ⇔ yz − 2 = 1 o ⇔ c y=1 z=3 i h • N u x < y thì t (4.24) suy ra 2y + 1 > xyz. ⇒ 2y ≥ xyz ⇒ xz ≤ 2 ⇒ xz ∈ {1; 2}. V u ∗ V i xz = 1 ⇒ x = z = 1, thay vào (4.24) suy ra y + 2 = y (vô nghi m). ∗ V i xz = 2 ⇒ x=1 z=2 ho c x=2 z=1 . T đây ta tìm đư c nghi m x = 1, y = 2, z = 2 ho c x = 1, y = 3, z = 1. V y phương trình có nghi m nguyên dương là (1; 1; 3), (1; 2; 2), (2; 1; 2), (2; 3; 1), (3; 2; 1). Nh n xét. Bây gi b n đã hi u vì cách s p x p các n như th nào. Nhưng t i sao bài này l i xét x = y và x < y mà l i không đi vào phân Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
76 4.2. S d ng b t đ ng th c tích luôn như bài trư c. N u b n đ ý r ng n u không phân chia thành hai trư ng h p nhưu trên thì phương trình (4.24) s thành 2y+1 ≥ y 2 z, r t khó đ ti p t c phân tích ra nghi m. Do đó vi c xét nhưu trên là h p lí. Bài t p đ ngh Bài 1. Gi i phương trình nghi m nguyên dương 2(x+y+z)+9 = 3xyz. Bài 2. Gi i phương trình nghi m nguyên dương xyz = 3(x + y + z). Bài 3. Gi i phương trình nghi m nguyên dương 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt Bài 4. Gi i phương trình nghi m nguyên dương x! + y! = (x + y)! .v n h (Kí hi u x! là tích các s t nhiên liên ti p t 1 đ n x). 4 Bài 5. Tìm nghi m nguyên dương c a phương trình x3 + 7y = y 3 + 7x. 2 Bài 6. Tìm nghi m nguyên dương c a phương trình x1 +x2 +· · ·+x12 = x1 x2 · · · x12 . y z + 2 2 = t. z 2 x2 x y c x Bài 7. Tìm t t c các nghi m nguyên dương c a phương trình 2 2 + o y z i h Bài 8. Tìm nghi m nguyên dương c a phương trình x! + y! + z! = u!. 4.2.2 V u S d ng b t đ ng th c Nh n xét. Đ gi i phương trình này, ta thư ng s d ng các b t đ ng th c quen thu c đ đánh giá m t v c a phương trình không nh hơn (ho c không l n hơn) v còn l i. Mu n cho hai v b ng nhau thì b t đ ng th c ph i tr thành đ ng th c. C th , ta có m t s b t đ ng th c cơ b n thư ng dùng: 1. B t đ ng th c Cauchy (hay còn g i là b t đ ng th c AM-GM): N u a1 , a2 , · · · , an là các s th c không âm thì a1 + a2 + · · · + an √ ≥ n a1 a2 · · · an n Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c