Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Toán học Chuyên đề môn toán một số phương pháp giải phương trình diophante...

Tài liệu Chuyên đề môn toán một số phương pháp giải phương trình diophante

.PDF
10
1359
139

Mô tả:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG PHỔ THÔNG VÙNG CAO VIỆT BẮC Lại Thị Quỳnh Nguyên - Trịnh Thị Thùy Linh MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT CHUYÊN ĐỀ KHOA HỌC Thái Nguyên - 2014 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT Lại Thị Quỳnh Nguyên, Trịnh Thị Thùy Linh Tổ Toán - Tin Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc Ngày 16 tháng 8 năm 2014 1 1.1 Mở đầu Lí do chọn đề tài Phương trình nghiệm nguyên hay còn được gọi là phương trình Diophant là một trong những dạng lâu đời nhất của Toán học. Thông qua việc giải các phương trình Diophant, các nhà toán học đã tìm ra những tính chất sâu sắc của số nguyên, số hữu tỉ, số đại số, ... Trong các kỳ thi học sinh giỏi, phương trình Diophant vẫn thường xuất hiện dưới các hình thức khác nhau và luôn được đánh giá là khó do tính không mẫu mực của nó. 1.2 Mục đích của đề tài Chuyên đề này đưa ra một số phương pháp cơ bản để giải các bài toán về phương trình Diophant, chủ yếu chỉ giới hạn trong các phương trình đa thức, nhằm ôn tập cho các em học sinh giỏi một số kiến thức cơ sở nhất về phương trình Diophant. 2 2.1 Một số phương pháp giải phương trình Diophant Phương pháp chọn modul Một số chính phương không thể tận cùng bằng 2; 3; 7; 8. Một số chính phương chia 3 dư 0, hoặc 1, ... Những tính chất đơn giản đó nhiều khi lại là chìa khóa để giải nhiều phương trình Diophant. Ví dụ 2.1.1 Tìm n, x, y, z nguyên dương thỏa mãn n x + ny = nz . Giải. Từ phương trình, ta có ( ( n x ≤ nz x≤z ⇐⇒ . y z n ≤n y≤z 1 Giả sử rằng x ≤ y ≤ z. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với 1 + ny− x = nz− x . . Nếu y > x, z > x thì 1 .. n ⇒ n = 1 (Vô lý). Nếu y = x thì ta có ( ( n=2 z− x n =2⇒ ⇐⇒ z−x = 1 n=2 . z = x+1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là n = 2, ( x; x; x + 1), x ∈ Z∗+ . Ví dụ 2.1.2 Chứng minh rằng phương trình x 2 + y2 + z2 + x + y + z = 1 (2.1.1) không có nghiệm hữa tỉ. Giải. Ta có (2.1.1) ⇔ 4x2 + 4y2 + 4z2 + 4x + 4y + 4z = 4 ⇔ (2x + 1)2 + (2y + 1)2 + (2z + 1)2 = 7 với 2x + 1, 2y + 1, 2z + 1 ∈ Q. Ta chứng minh rằng, 7 = a2 + b2 + c2 , a, b, c ∈ Q là p1 p3 p2 điều vô lý. Thật vậy, đặt a = , b = , c = , suy ra q1 q2 q3 7= p21 p23 p22 + + ⇒ 7m2 = r2 + s2 + t2 , m, r, s, t ∈ Z. q21 q22 q23 (2.1.2) Giả sử phương trình (2.1.2) có nghiệm nguyên (m, r, s, t) với m nhỏ nhất. • Với m chẵn hay m = 2m1 , từ (2.1.2) ta suy ra vế phải của (2.1.2) phải là số chẵn. Khi đó trong ba số r, s, t sẽ phải có – Hai số lẻ, một số chẵn thì vế trái đồng dư với 0 theo modul 4, vế phải đồng dư với 2 theo modul 4. Điều này là vô lý. – Ba số chẵn r = 2r1 , s = 2s1 ,t = 2t1 , thay vào (2.1.2) ta được 7m21 = s21 + r12 + t21 Do đó, (m1 , r1 , s1 , t1 ) cũng là nghiệm của (2.1.2). Điều này vô lý vì m nhỏ nhất. • Với m lẻ thì trong ba số r, s, t sẽ phải có – Ba số lẻ thì vế trái đồng dư với 7 theo modul 8, vế phải đồng dư với 3 theo modul 8. Điều này là vô lý. – Hai số chẵn, một số lẻ thì vế trái đồng dư với 7 theo modul 8, vế phải không đồng dư với (1 + 6) theo modul 8. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 2 Bài tập 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau. a. x2 − 3y2 = 17 b. x2 − 2y2 = 3 c. 2x + 122 = y2 − 32 2. Chứng minh rằng phương trình 15x2 − 7y2 = 9 không có nghiệm nguyên.   3. Cho phương trình nghiệm nguyên z2 = x2 − 1 y2 − 1 + n. Hỏi phương trình có nghiệm không nếu a. n = 1981 b. n = 1985 c. n = 1984 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x, y sao cho x2 − 3xy = 2002. 2.2 Phương pháp ước lượng nghiệm Cho x là số nguyên. Nếu | x | ≤ N với số nguyên dương N cho trước thì x chỉ có thể nhận hữu hạn giá trị. Ví dụ 2.2.1 Tìm x, y nguyên sao cho x 2 − y2 2 = 1 + 16y. (2.2.1) Giải. Ta có (2.2.1) ⇔ x2 − y2 − 1   x2 − y2 + 1 = 16y. • Nếu y < 0 thì phương trình (2.2.1) vô nghiệm vì vế trái không âm, vế phải âm. • Nếu y = 0 thì phương trình (2.2.1) có dạng x4 = 1 ⇔ x = ±1. • Nếu y > 0 thì ta có 2 x − y2 ≥ 2y − 1, ∀ x2 6= y2 , y > 0, y ∈ Z. Thật vậy, – Với | x | ≥ y + 1 ⇒ x2 − y2 = x2 − y2 ≥ (y + 1)2 − y2 > 2y − 1. – Với | x | < y − 1 ⇒ x2 − y2 = y2 − x2 ≥ y2 − (y − 1)2 = 2y − 1. Từ đó, 1 + 16y ≥ (2y − 1)2 ⇔ 4y2 − 20y ≤ 0 ⇔ 0 ≤ y ≤ 5. Khi đó, y = 0 ⇒ x = ±1 2 y = 1 ⇒ x2 − 1 = 17 (Loại) 2 y = 2 ⇒ x2 − 4 = 33 2 y = 3 ⇒ x2 − 9 = 49 ⇒ x = ±4 2 y = 4 ⇒ x2 − 16 = 65 (Loại) 3 y = 5 ⇒ x2 − 25 2 = 81 ⇒ x = ±4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là (±1; 0), (±4; 3), (±4; 5). Ví dụ 2.2.2 Chứng minh rằng phương trình 1 1 1 1 + + = x y z 1991 chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương. Giải. Giả sử 0 < x ≤ y ≤ z thì 1 3 1 1 1 + + = ≤ ⇒ 1991 < x ≤ 3 · 1991. x y z 1991 x Do đó, x lấy một số hữu hạn giá trị. Với mỗi x ta có 1 1 1 1 2 − = + ≤ . 1991 x y z y Suy ra, y≤ 2 · 1991x 2 · 1991x ≤ ≤ 6 · 1991x2 . x − 1991 1 Vậy y nhận hữu hạn giá trị nên z cũng nhận hữu hạn giá trị. Bài tập 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của các phương trình sau. 1 1 1 1 b. x3 + 7y = y3 + 7x c. 2x − 3y = 1 a. 2 + 2 + 2 + 2 = 4 x y z t 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 3xy − x − 2y = 8. 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m, n) sao cho (IMO - 1994) n3 + 1 là số nguyên. mn − 1 4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình m2 + n   n2 + m = ( m + n )3 . 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y) sao cho x2 + 1 chia hết cho y, y3 + 1 chia hết cho x2 . 2.3 Phương pháp xuống thang Cơ sở của phương pháp xuống thang là tính sắp thứ tự tốt của N (và Nk ), một tập con khác rỗng bất kỳ của N đều có phần tử nhỏ nhất. 4 Để chứng minh một phương trình là vô nghiệm, ta giả sử ngược lại rằng tập R các nghiệm nguyên (tự nhiên, nguyên dương) của phương trình khác rỗng. Ta đưa ra một số thứ tự tốt trên R và giả sử α0 là nghiệm nhỏ nhất (theo thứ tự trên). Nếu bằng cách nào đó ta dựng được nghiệm α1 nhỏ hơn α0 thì chúng ta sẽ đi đến mâu thuẫn. Từ đó, ta suy ra được rằng phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 2.3.1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 − 3y3 − 9z3 = 0. Giải. Giả sử ( x0 ; y0 ; z0 ) là nghiệm nguyên của phương trình. . Khi đó, x0 .. 3, đặt x0 = 3x1 . Thay vào phương trình ta được 9x13 − y30 − 3z30 = 0. . Suy ra, y0 .. 3, đặt y0 = 3y1 . Khi đó, 9x13 − 27y31 − 3z30 = 0 ⇔ 3x13 − 9y31 − z30 = 0. . Do đó, z0 .. 3, đặt z0 = 3z1 ta lại được x13 − 3y31 − 9z31 = 0. x y z  0 0 0 ; ; cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, 3 3 3 x0 y0 z0 Quá trình này tiếp tục mãi, các số k , k , k là số nguyên với mọi k nguyên. Do 3 3 3 đó, x0 = y0 = z0 = 0. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0). Ví dụ 2.3.2 Chứng minh rằng phương trình x4 + y4 = z2 không có nghiệm nguyên dương. Giải. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Giả sử ( x; y) = d, tức là x = da, y = db, trong đó ( a, b) = 1. Khi đó, a4 + b4 =  z 2 . d2 Giả sử z = d2 c, c ∈ Q ⇒ a4 + b4 = c2 . (2.3.1) 2 + Vì c ∈ Q, c ∈ N nên ta có c ∈ N . Trong tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 (2.3.1), chúng ta chọn nghiệm có c nhỏ nhất. Ta có a2 + b2 = c2 , trong đó   ( a, b) = 1 ⇒ a2 , b2 = 1. Tức là, a2 , b2 , c là bộ ba Pythagore nguyên thủy. Do đó tồn tại các số nguyên dương m, n sao cho a2 = m2 − n2 , b2 = 2mn, c = m2 + n2 , trong đó m, n khác tính chẵn lẻ, m > n và (m, n) = 1, nghĩa là a2 = m2 − n2 lẻ. Giả sử m chẵn, n lẻ. Khi đó, n2 ≡ 1 ( mod 4) a2 ≡ 1 ( mod 4) Suy ra, n2 + a2 = m2 ( mod 4). Điều này là vô lý. Vậy m lẻ, n chẵn. Ngoài ra, ( a, m, n) lập thành bộ Pythagore nguyên thủy. Do đó, tồn tại p, q ∈ N∗ sao cho a = p2 − q2 , n = 2pq, m = p2 + q2 , trong đó p, q khác tính chẵn lẻ, p > q và ( p, q) = 1. Ngoài ra,  b2 = 2mn = 4pq p2 + q2 ⇒ b = 2h, h ∈ N+ . 5  Khi đó, h2 = pq p2 + q2 . (2.3.2) 2 2 Giả sử rằng tồn tại số nguyên tố r chia hết pq, p + q . Vì r chia hết pq nên không  mất tính tổng quát có thể giả sử r chia hết p, khi đó r chia hết p2 + q2 − p2 = q2 .  Suy ra, r chia hết q. Điều này mâu thuẫn vì ( p, q) = 1. Vậy pq, p2 + q2 = 1. Từ đó, kết hợp với (2.3.2) ta suy ra pq = s2 , p2 + q2 = t2 với s, t ∈ N+ . Vì pq = s2 , 2 2 ( p, q) = 1 nên p = u2 , q = v2 với u, v ∈ N+ . Nghĩa là, u2 + v2 = t2 hay u4 + v4 = t2 , trong đó c = m2 + n2 > m = p2 + q2 = t2 > t. Điều này mâu thuẫn với cách chọn c. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài tập 1. Chứng minh rằng phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt không có nghiệm nguyên khác (0; 0; 0; 0). ( x2 + 2y2 = z2 2. Chứng minh rằng hệ phương trình không có nghiệm nguyên 2x2 + y2 = t2 dương. 3. Chứng minh rằng phương trình x3 + 3y3 + 9z3 − 9xyz = 0 chỉ có nghiệm nguyên duy nhất (0; 0; 0). (Vô địch Bulgarie năm 1983) 4. Tìm nghiệm nguyên ( x; y; z; t) của phương trình 8x4 − 4y4 + 2z4 = t4 . 5. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z sao cho 5x2 − 14y2 = 11z2 . 2.4 Xây dựng nghiệm Có nhiều bài toán không yêu cầu tìm tất cả các nghiệm của phương trình mà chỉ yêu cầu chứng minh phương trình có vô số nghiệm. Trong trường hợp như thế, ta chỉ cần xây dựng một họ nghiệm chứa tham số là đủ. Việc xây dựng như thế có thể được thực hiện bằng các giả định, giới hạn miền nghiệm. Ví dụ 2.4.1 (Italy - 1996) Chứng minh rằng phương trình a2 + b2 = c2 + 3 có vô số nghiệm nguyên ( a; b; c). Giải. Chọn c = b + 1 thì ta được phương trình a2 = 2b + 4. (2.4.1)  2 Bây giờ chỉ cần chọn a = 2k, b = 2 k − 1 là ta được nghiệm của (2.4.1). Vậy   phương trình đã cho có vô số nghiệm dạng 2k; 2 k2 − 1 ; 2k2 − 1 . Ví dụ 2.4.2 Chứng minh rằng phương trình x2 + y3 = z5 có vô số nghiệm nguyên dương. m m +1 m Giải. Ta luôn có 2m + 2m = 2m+1 . Đặt x = 2 2 , y = 2 3 , z = 2 5 thì ta có x 2 + y3 = z5 . 6 m  ∈Z    2  m ∈Z Khi đó, bài toán được thỏa mãn nếu ⇔ m = 6 (5k + 4) . Vậy 3      m + 1 ∈ Z 5   phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên dạng 23(5k+4) ; 22(5k+4) ; 26k+5 , k ∈ Z. Bài tập 1. Chứng minh rằng với mọi n ≥ 2, phương trình x2 + y2 = zn luôn có vô số nghiệm nguyên dương. 2. Chứng minh rằng phương trình x3 + y3 + z3 + t3 = 1999 có vô số nghiệm nguyên dương. 3. Chứng minh rằng với các số a, b ∈ Z tùy ý nguyên tố cùng nhau, phương trình sau đây có vô số nghiệm ( x; y; z) nguyên sao cho x và y nguyên tố cùng nhau. ax2 + by2 = z3 . (Ruman - 1979) 2.5 Phương pháp số học Các tính chất của số nguyên liên quan đến số nguyên tố, ước chung, bội số chung như định lý cơ bản của số học, định lý Fermat, Euler, ... đóng vai trò quan trọng trong việc tìm kiếm lời giải của phương trình Diophant. Ví dụ 2.5.1 Tìm nghiệm nguyên ( x; y) của phương trình x2 = 2y2 . Giải. Ta thấy (0; 0) là một nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Giả sử ( x0 ; y0 ) 6= (0; 0) là nghiệm của phương trình. Khi đó, x0 , y0 khác 0. Gọi d = ( x0 , y0 ), từ phương trình đã cho ta có  x 2 0 d =2  y 2 0 d . x y  x0 y0 0 0 chẵn. Từ đó, ta có chẵn. Điều này vô lý vì , = 1. d d d d Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất (0; 0). Suy ra, Ví dụ 2.5.2 Giải phương trình sau trên tập số nguyên. x14 + x24 + · · · + x74 = 1992. Giải. . Nếu x = 2k thì x4 .. 16.   . Nếu x = 2k + 1 thì x4 − 1 = x2 − 1 x2 + 1 .. 16 (vì x − 1 và x + 1 là hai số chẵn 7  . liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 8 và x2 + 1 .. 2). Như vậy, khi chia tổng x14 + x24 + · · · + x74 cho 16 có số dư bằng các số lẻ trong x1 , x2 , · · · , x7 , tức là không vượt quá 7, còn 1992 = 16 · 124 + 8 ≡ 8 (mod 16). Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài tập 1. Giải phương trình x y + 1 = z trên tập số nguyên tố. 2. Chứng minh rằng phương trình x2 − y2 = k có nghiệm nguyên khi và chỉ khi k 6= 4t + 2, t ∈ Z. 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 7x2 + 13y2 = 1820. 4. Chứng minh rằng phương trình 4xy − x − y = z2 không có nghiệm nguyên. 4 = 1599 trên tập số nguyên. 5. Giải phương trình x14 + x24 + · · · + x14 (MSA - 1979) ( x2 + 13y2 = z2 6. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ . 13x2 + y2 = t2 2.6 Phương pháp dùng bất đẳng thức Ta thường sử dụng bất đẳng thức AM - GM và Schwarz. Ví dụ 2.6.1 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xy yz xz + + = 3. z x y (2.6.1) Giải. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có q √ (2.6.1) ⇔ 3xyz = x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 ≥ 3 3 x4 y4 z4 = 3xyz 3 xyz. Suy ra, xyz ≤ 1. Do đó, x = y = z = 1. Vậy (2.6.1) có nghiệm nguyên dương là (1; 1; 1). Ví dụ 2.6.2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình  ( x + y + 1)2 = 3 x 2 + y2 + 1 . Giải. Theo bất đẳng thức Schwarz ta có ( x + y + 1)2 ≤ x 2 + y2 + 1    12 + 12 + 12 = 3 x 2 + y 2 + 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (1; 1). 8 Bài tập Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau. 1. x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2z = 4 2. x2 + y2 + z2 = xy + 3y + 2z − 4 3. √ x+ p y−1+ √ z−2 = 1 ( x + y + z) 2 4. x3 + y3 − 6xy + 8 = 0 3 Kết luận Trong đề tài này, chúng tôi đã đề cập đến sáu phương pháp giải phương trình Diophant, bao gồm 1. Phương pháp chọn modul 2. Phương pháp ước lượng nghiệm 3. Phương pháp xuống thang 4. Xây dựng nghiệm 5. Phương pháp số học 6. Phương pháp dùng bất đẳng thức. Với mỗi phương pháp, chúng tôi đã trình bày ý tưởng của phương pháp, nêu ví dụ minh họa và đưa ra một số bài tập dành cho học sinh tự luyện tập. Do khả năng còn hạn chế nên chắc chắn tài liệu này sẽ còn nhiều thiếu sót, chúng tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô và các em học sinh để chuyên đề được hoàn thiện hơn. 9
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan