BM 01-Bia SKKN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE
(Ghi đầy đủ tên gọi giải pháp SKKN)
Người thực hiện: Nguyễn Tất Thu
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán....................
(Ghi rõ tên bộ môn)
- Lĩnh vực khác: .......................................................
(Ghi rõ tên lĩnh vực)
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
Mô hình
Đĩa CD (DVD)
Phim ảnh Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2016 – 2017
BM02-LLKHSKKN
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: NGUYỄN TẤT THU
2. Ngày tháng năm sinh: 13/09/1980
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 1039/46 - Tổ 8 – Khu phố 2 – Phường Tân Hiệp – Biên hòa
5. Điện thoại: 0961610077
6. Fax:
(CQ)/
(NR); ĐTDĐ:
E-mail:
[email protected]
7. Chức vụ: Tổ Phó chuyên môn
8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên
môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng dạy bộ môn Toán ở các lớp: 11Tin,
11 Anh 1 và 11 Toán.
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ
- Năm nhận bằng: 2013
- Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và phương pháp dạy học bộ môn Toán.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy bộ môn Toán
Số năm có kinh nghiệm: 14
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
1. Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012
2. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong tổ hợp – năm 2013
3. Một số phương pháp đếm nâng cao – năm 2014
4. Một số tính chất của hệ số nhị thức – năm 2015.
5. Một số vấn đề về đa thức một biến - năm 2016
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE
1
LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương trình Diophantine là chủ đề quan trọng trong chương trình THPT Chuyên,
có sức thu hút lớn đối với giáo viên, học sinh. Từ các cấp học tiểu học và THCS, các
em học sinh đã được làm quen với các phương trình Diophantine bậc nhất hai ẩn,
ba ẩn qua các bài toán dân gian như bài toán
Vừa gà vừa chó
Bó lại cho tròn
Tổng 36 con
100 chân chẵn.
Hỏi có bao nhiêu con gà và bao nhiêu con chó?
Hay bài toán
Trăm trâu trăm cỏ
Trâu đứng ăn 5
Trâu nằm ăn 3
Lụ khụ trâu già
Ba con một bó
Tìm số trâu mỗi loại?
Tuy nhiên rằng khi nghiên cứu những phương trình phức tạp hơn thì việc sử dụng
các công cụ để giải cũng phong phú hơn. Nhằm giúp học học sinh Chuyên Toán
cóđược cái nhìn tổng thể về cách giải các phương trình Diophantine, chúng tôi
chọnđề tài "Một số phương pháp giải phương trình Diophantine " để làm
đề tàinghiên cứu.
2
CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Dựa vào quá trình giảng dạy chương trình Toán Chuyên ở trường THPT, cùng như
các tài liệu và nghiên cứu của cá nhân về phương trình Diophantine.
3
3.1
TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Phương pháp đưa về tích
Xét phương trình
F ( x1 , x2 , ..., xn ) = 0,
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
(1)
1
với x1 , x2 , ...., xn là các số nguyên (hoặc nguyên dương). Giả sử ta có thể biến đổi (1)
về dạng:
f 1 ( x1 , x2 , ..., xn ) . f 2 ( x1 , x2 , ..., xn ) ... f k ( x1 , x2 , ..., xn ) = m
(2).
Trong đó f 1 , f 2 , ..., f n là các đa thức n biến hệ số nguyên. Khi đó, ta phân tích m
thành tích của k số nguyên m 1 , m 2 , ...., m k và giải (2) chuyển về giải hệ phương
trình
f 1 ( x1 , x2 , ..., xn ) = m 1
f ( x , x , ..., x ) = m
2 1 2
n
2
.
...................................
f k ( x1 , x2 , ..., xn ) = m k
3.1.1
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
1 1 1
+ = .
x y 7
Lời giải. Do tính chất đối xứng nên ta chỉ cần tìm nghiệm ( x; y) mà x ≥ y. Phương
trình tương đương với
7 ( x + y) = x y ⇔ ( x − 7) ( y − 7) = 49 = 72 .
Vì x − 7 ≥ y − 7 > −7 nên ta có các trường hợp sau:
•
•
x − 7 = 49
y−7 = 1
x−7 = 7
y−7 = 7
⇔
x = 56
y=8
.
⇔ x = y = 14.
Vậy nghiệm của phương trình là:
( x; y) = (56; 8) , (8; 56) , (7; 7) .
Nhận xét 1. Nếu n = pα1 pα2 ...pαk thì số nghiệm nguyên dương của phương trình
1
2
k
1 1 1
+ =
x y n
là (1 + 2α1 ) (1 + 2α2 ) ... (1 + 2αk ).
Ví dụ 2. Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn
( x y − 7)2 = x2 + y2 .
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
2
Lời giải. Phương trình tương đương với
( x y − 6)2 + 13 = ( x + y)2
⇔ ( x y − 6)2 − ( x + y)2 = −13
⇔ ( x y − 6 + ( x + y)) ( x y − 6 − ( x + y)) = −13
⇔
⇔
x y − 6 + x + y = 13
x y − 6 − ( x + y) = −1
x+ y=7
∨
x y = 12
xy−6+ x + y = 1
∨
x+ y=7
xy = 0
x y − 6 − ( x + y) = −13
.
Giải ra ta được các cặp nghiệm ( x; y) là: (3; 4) , (4; 3) , (0; 7) , (7; 0) .
Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình
x3 + y3 + z3 = 3 x yz + 5.
Lời giải. Ta có
x3 + y3 + z3 − 3 x yz = ( x + y + z) x2 + y2 + z2 − x y − yz − zx .
Nên phương trình trở thành
( x + y + z) x2 + y2 + z2 − x y − yz − zx = 5.
Vì x + y + z > 1 nên ta có
x+ y+ z = 5
2
2
2
x + y + z − x y − yz − zx = 1
⇔
x+ y+ z = 5
2
( x − y) + ( y − z)2 + ( z − x)2 = 2
.
Giả sử x ≥ y ≥ z, khi đó nếu x > y > z thì
( x − y)2 + ( y − z)2 + ( z − x)2 ≥ 3 > 2.
Do đó phương trình vô nghiệm, suy ra trong ba số x, y, z có hai số bằng nhau. Suy
ra
x = y = z + 1 hoặc x = y + 1 = z + 1.
Từ đó ta tìm được các bộ ( x; y; z) là: (2; 2; 1) , (2; 1; 2) , (1; 2; 2) .
3.1.2
Bài tập
Bài tập 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x3 + y3 − x2 y − x y2 = 5.
Bài tập 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
x3 + y3 − 3 x y = 3.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
3
Bài tập 3. Với số nguyên dương n, ta kí hiệu s (n) là số nghiệm nguyên dương của
phương trình
1 1 1
+ = .
x y n
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho s (n) = 5.
Bài tập 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x2 + 1 y2 + 1 + 2 ( x − y) (1 − x y) = 4 (1 + x y) .
(Titu Andreescu)
Bài tập 5. Giải phương trình nghiệm nguyên:
x2 ( y − 1) + y2 ( x − 1) = 1.
Bài tập 6. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn 3 x − 2 y = 1.
Bài tập 7. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
x3 + x2 + x + 1 = 2011 y .
Bài tập 8. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình
2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 5 y = 11879.
Bài tập 9. Tìm các bộ số nguyên dương ( x; y; z) thỏa mãn phương trình
x3 + y3 + z3 − 3 x yz = p,
với p là số nguyên tố lớn hơn 3.
(Titu Andreescu, Dorin Andrica )
Bài tập 10. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
( x + 1)( x + 2)( x + 8)( x + 9) = y2 .
Thái Nguyên 2013
Bài tập 11. Giải phương trình nghiệm tự nhiên
x2 + y x + y2 = ( x − y)3 .
Bài tập 12. Giải phương trình nghiệm nguyên dương
x3 − y3 = x y + 61.
(Russia mathematical Olympiad)
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
4
3.2
Phương pháp đánh giá bất đẳng thức
Trong phương pháp này, ta hạn chế các biến bằng cách sử dụng bất đẳng thức.
Thông thường, quá trình đánh giá sẽ dẫn đến hữu hạn khả năng các biến.
3.2.1
Ví dụ minh họa
.
.
Ví dụ 1. Tìm các cặp số nguyên dương (m, n) thỏa mãn 2m − 1.n và 2n − 1. m.
.
.
Lời giải. Vì
2 m − 1 . n
.
.
2 n − 1. m
.
.
, suy ra
.
.
(2 m − 1) (2 n − 1) = 4 mn − 2 ( m + n) + 1. mn.
Hay
.
2 ( m + n) − 1. mn ⇒ 2 ( m + n) − 1 ≥ mn
.
⇔ m ( n − 2) − 2 ( n − 2) ≤ 3 ⇔ ( m − 2) ( n − 2) ≤ 3 (1).
Không mất tính tổng quát, ta giả sử m ≥ n. Ta xét các trường hợp sau:
.
• n = 1, khi đó 2 n − 1 = 1. m ⇒ m = 1.
.
.
• n = 2, khi đó 2 n − 1 = 3. m ⇒ m = 3.
.
.
• n = 3, khi đó 2 n − 1 = 5. m ⇒ m = 5.
.
• n ≥ 4 ⇒ m ≥ 4 nên
n−2 ≥ 2
m−2 ≥ 2
⇒ ( n − 2) ( m − 2) ≥ 4 nên (1) không thỏa mãn.
Vậy các cặp (m, n) cần tìm là: (1; 1) , (2; 3) , (3; 2) , (3; 5) , (5; 3).
Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 + ( x + 1)2 = y4 + ( y + 1)4 .
Lời giải. Khai triển và rút gọn hai vế ta được:
x( x + 1) = y4 + 2 y3 + 3 y2 + 2 y
⇔ x2 + x = y2 ( y + 1)2 + 2 y( y + 1)
2
⇔ x2 + x + 1 = ( y2 + y + 1)
(1).
• Nếu x > 0 thì từ x2 < 1 + x + x2 < ( x + 1)2 .Suy ra 1 + x + x2 không là số chính phương
nên (1) không có nghiệm nguyên.
• Nếu x < −1 thì từ ( x + 1)2 < 1 + x + x2 < x2 suy ra (1) không có nghiệm nguyên.
• Nếu x = 0 hoặc x = −1 thì từ (1) suy ra
y2 + y + 1 = ±1 ⇔
y=0
y = −1
.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
5
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên ( x; y) ∈ {(0; 0) ; (0; −1) ; (−1; 0) ; (−1; −1)} .
Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
5( x + y + z + t) + 10 = 2 x yzt.
(1)
Lời giải. Vì x, y, z có vai trò như nhau nên ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 1. Từ (1) suy ra:
2=
t=1
5
5
5
10
30
+
+
+
≤ 3 ⇒
.
x yz xzt x yt x yzt t
t=2
• Với t = 1 ta có:
z=1
5
5
5
15
30
2
5( x + y + z) + 15 = 2 x yz ⇒ 2 =
+
+
+
≤
⇒ z ≤ 15 ⇒ z = 2 .
x y yz xz x yz z2
z=3
+) Với z = 1 ta có:
x = 35
2y − 5 = 1
5( x + y) + 20 = 2 x y ⇔ (2 x − 5)(2 y − 5) = 65 ⇔
⇔
2 x − 5 = 13
2y − 5 = 5
y=3
2 x − 5 = 65
x=9
.
y=5
Ta có các nghiệm ( x, y, z, t) = (35, 3, 1, 1 ) , (9, 5, 1, 1) và các hoán vị của
chúng.
+) Với z = 2 và z = 3, phương trình không có nghiệm nguyên dương.
• Với t = 2, ta có:
5( x + y + z) + 20 = 4 x yz ⇒ 4 =
5
5
5
20
35
35
+
+
+
≤ 2 ⇒ z2 ≤
< 9.
x y yz xz x yz z
4
Suy ra z = 2 (vì z ≥ t = 2). Khi đó:
5( x + y) + 30 = 8 x y ⇔ (8 x − 5)(8 y − 5) = 265.
Do x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 2 nên 8 x − 5 ≥ 8 y − 5 ≥ 11, mà 265 = 53.5. Trường hợp này
phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y) thoả mãn phương trình
x2016 = y2016 − y1344 − y672 + 2.
Lời giải. Đặt u = x672 , v = y672 (u, v ∈ Z). Phương trình (1) có dạng:
u 3 = v3 − v2 − v + 2
Ta thấy :
u3 = v3 − v2 − v + 2 = (v − 1)3 + 2(v − 1)2 + 1 > (v − 1)3
và
u3 = v3 − (v − 1) (v + 2)
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
6
• Nếu v > 1hoặc v < −2 thì (v − 1) (v + 2) > 0, suy ra (v − 1)3 < u3 < v3 ⇔ v − 1 < u <
v(vô lý vì u, v ∈ Z)
• Với −2 ≤ v ≤ 1 và v ∈ Z thì v ∈ {−2; −1; 0; 1}
+) Nếu v = −2 thì v = y672 = −2 (vô lý).
+) Nếu v = −1 thì v = y672 = −1 (vô lý)
+) Nếu v = 0 thì v = y672 = 0, u3 = 2 ⇒ x2016 = 2 nên x ∉ Z.
+) Nếu v = 1 thì u = 1 nên
x = ±1
y = ±1
.
Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {(1; 1) , (1; −1) , (−1; 1) , (−1; −1)}
Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x3 = 4 y3 + x2 y + y + 13.
Lời giải. Đặt x = 2 y + k , từ phương trình đã cho ta suy ra
(2 y + k)3 = 4 y3 + (2 y + k)2 y + y + 13 ⇔ 8 k y2 + 5 k2 − 1 y + k3 − 13 = 0.
Xét k = 0 , ta tìm được nghiệm ( x; y) = (−26; −13).
Xét k = 0 , ta có
∆ = −7 k4 − 10 k2 + 416 k + 1.
Với
k≥4
k ≤ −1
ta thấy ∆ < 0 , suy ra phương trình đã cho vô nghiệm trong trường hợp
này.
Lần lượt xét k = 1, 2, 3 ta tìm được nghiệm ( x; y) = (3; 1) .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên ( x; y) ∈ {(−26; −13) , (3; 1)}
3.2.2
Bài tập
Bài tập 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn
x3 + y3 = ( x + y)2 .
Bài tập 2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương
1 1 1 3
+ + = .
x y z 5
(Romania Mathematical Olympiad)
Bài tập 3. Tìm tất cả các bộ bốn số nguyên dương ( x; y; z; w) thỏa mãn
x2 + y2 + z2 + 2 x y + 2 x ( z − 1) + 2 y ( z + 1) = w2 .
(Titu Andreescu)
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
7
Bài tập 4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
x3 + ( x + 1)3 + ( x + 2)3 + ... + ( x + 7)3 = y3 .
(Hungaria Mathematical Olympiad)
Bài tập 5. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn
1+
1
x
1+
1
y
1+
1
= 2.
z
Bài tập 6. Chứng minh rằng phương trình
x6 + ax4 + bx2 + c = y3 ,
với a ∈ {3, 4, 5} , b ∈ {4, 5, ..., 12} , c ∈ {1, 2, ..., 8} không có nghiệm nguyên.
(Dorin Andrica)
Bài tập 7. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình
x2 − y2
2
= 1 + 16 y.
(Russian MO )
Bài tập 8. Tìm tất cả các bộ nguyên dương ( x; y; z) thỏa mãn phương trình
x y + yz + zx − x yz = 2.
Bài tập 9. Xác định tất cả các cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn phương trình
( x + 1)4 − ( x − 1)4 = y3 .
Bài tập 10. Tìm tất cả các bộ số nguyên (a, b, c, x, y, z) thỏa mãn
a + b + c = x yz
x + y + z = abc
và a ≥ b ≥ c ≥ 1, x ≥ y ≥ z ≥ 1.
3.3
Phương pháp xuống thang (lùi vô hạn)
Phecma đã có những đóng góp to lớn cho nên toán học thông qua các kết quả và
phương pháp ông để lại. Ông là một trong những nhà toán học đầu tiên đã sử dụng
một phương pháp chứng minh gọi là “lùi vô hạn”.
Cho P là tính chất liên quan đến các số tự nhiên và dãy các mệnh đề (P (n)) có dạng
P ( n) : “ n có tính chất P ”
Các phương pháp sau thường được áp dụng để chứng minh mệnh đề P (n) sai với n
đủ lớn. Cho k là số tự nhiên. Ta có:
• P ( k) không đúng.
• Nếu P ( m) đúng với số nguyên bất kì m > k, thì sẽ có một số nguyên j, m > j ≥ k sao
cho P ( j ) đúng.
Khi đó P (n) sai với mọi n ≥ k.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
8
3.3.1
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn phương trình
x3 + 2 y3 = 4 z3 .
Lời giải. Ta thấy x = y = z = 0 là một nghiệm của phương trình.
Giả sử phương trình có nghiệm ( x; y; z) với z = 0. Khi đó ta gọi ( x0 ; y0 ; z0 ) là một
nghiệm mà z0 = 0 và nhỏ nhất.
3
3
3
Ta có x0 + 2 y0 = 4 z0 nên
.
.
x3 .2 ⇒ x0 .2 ⇒ x0 = 2 x1 .
.
.
0
Khi đó
3
3
3
4 x1 + y0 = 2 z0 .
Tương tự, ta cũng có y0 = 2 y1 và
3
3
3
2 x1 + 4 y1 = z0 ⇒ z0 = 2 z1
và
3
3
3
x1 + 2 y1 = 4 z1 .
Từ đó, suy ra ( x1 ; y1 ; z1 ) cũng là một nghiệm của phương trình đã cho, mà z1 < z0
nên ta suy ra điều vô lí.
Vậy phương trình chỉ có nghiệm duy nhất x = y = z = 0.
Ví dụ 2. Tìm các nghiệm tự nhiên của phương trình
2 x − 1 = x y.
Lời giải. Ta thấy (0; k) , k ∈ N và (1; 1) là nghiệm của phương trình. Ta chứng minh
phương trình vô nghiệm khi x ≥ 2 bằng phương pháp lùi vô hạn.
Giả sử phương trình có nghiệm x ≥ 2. Gọi p là ước nguyên tố bất của x, khi đó do
.
.
2 x − 1. x nên 2 x − 1. p.
.
.
.
Mặt khác, theo định lí Phecma nhỏ thì 2 p−1 − 1. p. Gọi h là số nguyên dương nhỏ
.
.
h
nhất để 2 − 1. p, khi đó
.
h| x
h| p − 1
⇒
h |x
h ≤ p−1 < p
.
Gọi p 1 là ước nguyên tố của h, khi đó p 1 | x và p 1 < p.
Tương tự vậy, ta xây dựng được dãy vô hạn các số nguyên tố p > p 1 > p 2 > ... đều là
ước của x. Điều này vô lí vì x có hữu hạn ước nguyên tố.
Ví dụ 3. Tìm tất cả các bộ số (a, b, c, d )thỏa mãn
a2 + 7 b2 = 3 c2 + 2 cd + 5 d 2 .
(Chọn đội tuyển KHTN vòng 2, năm 2013.)
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
9
Lời giải. Ta có
3a2 + 21 b2 = (3 c + d )2 + 14 d 2 ⇔ 3a2 − x2 = 7(2 d 2 − 3 b2 ), x = 3 c + d.
.
Do một scp chia 7 chỉ có thể nhận dư thuộc 0; 1; 2; 4 mà 3a2 − x2 .7 nên 7 |a; 7| a.
.
2
2.
.7, tương tự có 7 | d, 7| b.
Suy ra 2d − 3b .
Giả sử phương trình có nghiệm (a, , x, d ) khác (0, 0, 0, 0).
¯
Đặt a 1 , b1 , x1 , d1 là nghiệm có |a 1 | + ... + | d1 | nhỏ nhất.
a1
d1
cũng là nghiệm của phương trình,
Tương tự ta có 7|a 1 ; ...; 7| d1 hay a 2 = , ..., d2 =
7
7
mà |a 2 | + ... + | d2 | < |a 1 | + ... + | d1 |, vô lí.
Vậy phương trình chỉ có nghiệm a = b = c = d = 0.
3.3.2
Bài tập
Bài tập 1. Chứng minh rằng phương trình
x3 + 3 y3 = 9 z3
không có nghiệm nguyên dương.
Bài tập 2. Chứng minh rằng phương trình
x2 + y2 + z2 = 2 x yz
không có nghiệm nguyên dương.
Bài tập 3. Tìm giá trị lớn nhất của m2 + n2 với m, n ∈ {1, 2, ..., 1981} thỏa mãn
n2 − mn − m2
2
= 1.
(22nd IMO)
Bài tập 4. Chứng minh rằng phương trình
x 4 + y4 = z 2
không có nghiệm nguyên dương.
Bài tập 5. Tìm tất cả các giá trị k sao cho phương trình
( x + y + z)2 = kx yz
có nghiệm nguyên dương.
Bài tập 6. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình
x2 − k2 − 4 y2 = −24
có nghiệm nguyên dương.
(Chọn đội tuyển PTNK, năm 2003.)
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
10
3.4
Phương pháp chọn môđun
Trong một số trường hợp, việc chọn môđun phù hợp ta có thể chứng minh phương
trình Diophantine vô nghiệm hoặc hạn chế miền giá trị của các biến.
Ví dụ 1. Tìm cặp số nguyên tố ( p; q) thỏa mãn p3 − q5 = ( p + q)2 .
(Baltic Way 2016)
Lời giải. Xét p, q = 3. Khi đó
p3 ≡ ±1 ( mod 3)
và
q5 ≡ ±1 ( mod 3) .
Nếu p ≡ q ( mod 3) thì
p3 − q5 ≡ 0 ( mod 3) và p + q ≡ ±1 ( mod 3) .
Điều này dẫn tới vô lí. Do đó, trong hai số p, q có ít nhất một số bằng 3.
• p = 3 ta có
8 − q5 = (3 + q)2 ⇔ q5 + q2 + 6 q + 1 = 0.
Phương trình này vô nghiệm.
• q = 3 ta có
p3 − 243 = ( p + 3)2 ⇔ p3 − p2 − 6 p − 252 = 0 ⇔ p = 7.
Vậy ( p; q) = (7; 3) là cặp nghiệm cần tìm.
Ví dụ 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn
p + 1 = 2 x2
p2 + 1 = 2 y2
.
Lời giải. Từ đề bài ta có p > 2 và
x2 ≡ y2 ( mod p) ⇒ x ≡ ± y ( mod p) .
Mà x < y < p nên ta có
x ≡ − y ( mod p) ⇒ x + y ≡ 0 ( mod p) ⇒ x + y = p.
Suy ra
p2 + 1 = 2( p − x)2 = 2 p2 − 4 xp + 2 x2 = 2 p2 − 4 xp + p + 1
⇔ p2 − 4 xp + p = 0 ⇔ p = 4 x − 1.
Suy ra
4 x = 2 x2 ⇒
x = 0 → p = −1
x=2→ p=7
.
Vậy p = 7 là giá trị cần tìm.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
11
Ví dụ 3. Tìm tất cả các bộ số tự nhiên ( x, y, z) thỏa mãn x2 + y2 = 3 · 2016 z + 77.
(Greek National mathematical olympiad 2016).
Lời giải. Ta xét các trường hợp sau
• Nếu z = 0 ta có
2
2
x + y = 80 ⇔
x2 = 16
y2 = 64
∨
x2 = 16
y2 = 64
⇔
x=4
y=8
∨
x=8
y=4
.
• Xét z ≥ 1. Do 7|2016, 77 nên ta có
7 x2 + y2 ⇒ 7 | x, y ,
hay x = 7a, y = 7b; a, b ∈ N∗ . Khi đó
7 a2 + b2 = 3 · 2016 z−1 + 11.
Vì 7 7 a2 + b2 và 711 nên z − 1 = 0 ⇔ z = 1. Khi đó
a2 + b2 = 2 ⇔ a = b = 1.
Vậy ( x; y; z) ∈ {(4; 8; 0) , (8; 4; 0) , (7; 7; 1)}.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các số nguyên a, b, c sao cho tồn tại số tự nhiên n để
( a − b ) ( b − c ) ( c − a)
+ 2 = 2016n .
2
(Bankan MO 2016)
Lời giải. Đặt x = a − b, y = b − c, z = c − a ta có x + y + z = 0 nên
x3 + y3 + z3 = 3 x yz.
Giả sử
( a − b ) ( b − c ) ( c − a)
+ 2 = 2016n
2
với n ∈ N.
Ta có
(a − b) ( b − c) ( c − a) = 2.2016n − 4.
Suy ra
x3 + y3 + z3 = 6.2016n − 12.
(∗)
x3 + y3 + z3 ≡ 2 ( mod 7) .
(1)
Nếu n ≥ 1 thì từ (*) ta có
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
12
Mà x ∈ N thì x3 ≡ 0, ±1 ( mod 7) nên từ (1) ta suy ra trong ba số x, y, z có một số chia hết
cho 7 và hai số còn lại đồng dư với 1 theo modunlo 7. Nhưng khi đó x+ y+ z ≡ 2 ( mod 7),
điều này vô lí vì x + y + z = 0 ≡ 0 ( mod 7). Từ đó, suy ra n = 0. Khi đó
x3 + y3 + z3 = −6 ⇔ ( x; y; z) ∈ {(−2; 1; 1) , (1; −2; 1) , (1; 1; −2)}.
Xét
a − b = −2
b−c =1 ⇒
c−a=1
a = b−2
c = b−1
.
Vậy các bộ cần tìm là: (a; b; c) = (k − 2; k; k − 1), k ∈ Z và các hoán vị.
Ví dụ 5. Tìm số nguyên dương t nhỏ nhất sao cho tồn tại các số nguyên x1 , x2 , ..., x t
thỏa
3
3
x1 + x2 + ... + x3 = 20022002 .
t
(IMO Shortlist 2002)
Lời giải. Nếu 3| x thì x3 ≡ 0(mod 9).
Nếu ( x, 3) = 1 thì x3 đồng dư 1 hoặc −1 modulo 9.
3
3
Như vậy, x1 + x2 + ... + x3 đồng dư từ − t đến t modulo 9.
t
20022002 ≡ 42002 ≡ 46.333 .44 ≡ 44 ≡ 4 (mod 9).
3
3
Như vậy, nếu t ≤ 3 thì x1 + x2 + ... + x3 không đồng dư 4 modulo 9 nên đẳng thức sau
t
3
3
x1 + x2 + ... + x3 = 20022002 .
t
không xảy ra. Với t = 4, ta thử tìm 1 nghiệm của phương trình
3
3
3
3
x1 + x2 + x3 + x4 = 20022002
3
Để ý 20022002 = 2002667 .2002, như vậy ta chỉ cần thử xây dựng các nghiệm dạng
x i = m i 2002667 , với
m3 + m3 + m3 + m3 = 2002.
1
2
3
4
Ta chọn m 1 = m 2 = 10; m 3 = m 4 = 1 thỏa yêu cầu này.
Vậy tmin = 4.
Ví dụ 6. Cho p ≥ 5 là số nguyên tố, n là số nguyên dương sao cho các số p − 1, pn, n +
1 đôi một không có ước lớn hơn2. Chứng minh rằng phương trình sau không có
nghiệm nguyên dương x, y
2 + x + x2 + ... + x p−1 = yn+1 .
(1)
(THTT số 423)
Lời giải. Giả sử tồn tại các số nguyên dương x, y thỏa (1).
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
13
• x = 1, ta có p + 1 = yn+1 , suy ra
p = yn+1 − 1 = ( y − 1)( yn + yn−1 + ... + y + 1).
Do đó
y−1 = 1
n
y +y
n−1
+ ... + y + 1 = p
⇒ p = 1 + 2 + 22 + ... + 2n = 2n+1 − 1
Suy ra 2n+1 ≡ 1( mod p).
Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa 2k ≡ 1( mod p), ta có k ≥ 3.
.
Vì 2n+1 ≡ 2 p−1 ≡ 1( mod p) ⇒ (n + 1, p − 1) .k vô lí, vì (n + 1, p − 1) ≤ 2.
.
• x ≥ 2, ta có
x p−1 + x p−2 + ... + x + 1 =
xp − 1
= yn+1 − 1 = ( y − 1)( yn + yn−1 + ... + y + 1).
x−1
xp − 1
Xét q là một ước nguyên tố bất kì của
, ta có ( x, q) = 1 nên x q−1 ≡ 1( mod q).
x−1
.
.
.
Mà x p − 1. q và q là số nguyên tố nên x − 1. q hoặc q − 1. p. Nếu x ≡ 1( mod q) thì
.
.
.
1 + x + x2 + ... + x p−1 ≡ p( mod q),
.
suy ra p. q hay p = q hoặc q ≡ 1( mod p).
.
xp − 1
thì q = p hoặc q = 1( mod p).
x−1
Dẫn tới hai số y − 1 và yn + yn−1 + ... + y + 1 hoặc chia hết cho p hoặc có số dư là
Suy ra tất cả các ước nguyên tố q của
1 khi chia cho p.
+) y − 1 ≡ 0( mod p) ⇔ y ≡ 1( mod p), suy ra yn + yn−1 + ... + y + 1 ≡ n + 1( mod p) Vì
( n + 1, p) ≤ 2 nên p | n + 1 và ( n, p) ≤ 2 nên n + 1 ≡ 1( mod p). Do đó trường hợp
này không xảy ra.
+) y − 1 ≡ 1( mod p) ⇔ y ≡ 2( mod p). Khi đó
yn + yn−1 + ... + y + 1 ≡ 2n+1 − 1( mod p).
Ta có 2n+1 − 1 ≡ 0( mod p) vì (n + 1, p − 1) ≤ 2.
2n+1 − 2 = 2 (2n − 1), mà ( n, p − 1) ≤ 2 nên 2n − 1 ≡ 0( mod p).
Do đó 2n+1 − 1 ≡ 1( mod p).
Tóm lại trong các trường hợp ta đều có điều giả sử ban đầu là sai. Bài toán được
chứng minh.
3.4.1
Bài tập
Bài tập 1. Chứng minh rằng phương trình x5 − y2 = 4 không có nghiệm nguyên.
Bài tập 2. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên
( x + 1)2 + ( x + 2)2 + ... + ( x + 2001)2 = y2 .
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
14
Bài tập 3. Tìm các cặp số nguyên dương ( x; y) thỏa mãn
x2 − y! = 2001.
(Titu Andreescu)
Bài tập 4. Tìm các số nguyên dương ( x; y) thỏa mãn phương trình
3 x − 2 y = 7.
Bài tập 5. Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn phương trình
5 x .7 y + 4 = 3 z .
Bài tập 6. Tìm tất cả các số nguyên a, b sao cho a5 b + 3 và ab5 + 3 đều là lập phương
của một số nguyên.
(USAJMO 2013)
Bài tập 7. Tìm tất cả các số nguyên không âm x, y sao cho 7x − 2.5 y = −1.
(Bosnhia TST 2014)
Bài tập 8. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p; q) thỏa mãn
p3 + 7 q = q9 + 5 p2 + 18 p.
(Turkey JBMO TST 2016)
Bài tập 9. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x, y, z) thỏa mãn
2013 x + 2014 y = 2015 z .
(AZE JBMO TST 2016)
Bài tập 10. Chứng minh rằng hệ phương trình
x6 + x3 + x3 y + y = 147157
x3 + x3 y + y2 + y + z9 = 157147
không có ngiệm nguyên x, y, z.
(USAMO 2005)
Bài tập 11. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 7 x = 3 y + 4.
Bài tập 12. Tìm các số nguyên tô p, q và số nguyên dương n > 2 thỏa mãn
p n + p n−1 + ... + 1 = q2 + q + 1.
India National Olympiad 2003
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
15
Bài tập 13. Tìm các số nguyên dương m, n và số nguyên tố p ≥ 5 thỏa mãn
m(4 m2 + m + 12) = 3( p n − 1).
India National Olympiad 2013
Bài tập 14. Kí hiệu ϕ(n) là phi hàm Euler của n. Giải phương trình nghiệm nguyên
dương ( n ≥ 2) sau
2n + n − ϕ( n) − 1 ! = n m + 1.
(Tukey TST 2013)
Bài tập 15. Tìm các số nguyên dương m, n và số nguyên tố p thỏa mãn
m3 + n n3 + m = p 3 .
(Tukey TST 2017)
3.5
Phương pháp quy nạp toán học
Quy nạp toán học là một phương pháp mạnh để chứng minh các phát biểu phụ
thuộc vào một số tự nhiên.
Cho (P (n))n≥0 là một dãy các mệnh đề. Phương pháp quy nạp toán học được sử dụng
để chứng minh P (n) đúng với mọi n ≥ n0 với n0 là một số tự nhiên.
Phương pháp quy nạp toán học (dạng yếu): Giả sử
• P ( n 0 ) đúng.
• Với mọi k ≥ n 0 và P ( k) đúng thì P ( k + 1) đúng.
Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0 .
Phương pháp quy nạp toán học (bước nhảy s): Cho s là số nguyên dương. Giả sử
• P ( n 0 ) , P ( n 0 + 1) , ..., P ( n 0 + s − 1) đúng.
• Với mọi k ≥ n 0 , P ( k) đúng kéo theo P ( k + s) đúng .
Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0 .
Phương pháp quy nạp toán học (Dạng mạnh): Giả sử
• P ( n 0 ) đúng
• Với mọi k ≥ n 0 , P ( m) đúng với mọi m mà n 0 ≤ m ≤ k kéo theo P ( k + 1) đúng.
Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0 .
Phương pháp chứng minh này được sử dụng rộng rãi trong các lĩnh vực khác nhau
của Toán học, bao gồm cả Lý thuyết số. Các ví dụ sau sẽ cho thấy việc áp dụng
phương pháp này vào nghiên cứu phương trình Diophantine.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
16
3.5.1
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3, luôn tồn tại hai số nguyên
dương lẻ x, y sao cho 7 x2 + y2 = 2n .
(Bungaria Mathematical Olympiad 1996)
Lời giải. Chúng ta chứng minh tồn tại các số nguyên dương lẻ xn , yn sao cho
2
7 x2 + yn = 2n , n ≥ 3.
n
Với n = 3, ta chọn x3 = y3 = 1.
Giả sử tồn tại các số nguyên dương lẻ xn , yn thỏa
2
7 x2 + yn = 2n .
n
Ta chứng minh tồn tại số nguyên dương lẻ xn+1 , yn+1 thỏa
2
7 x2 +1 + yn+1 = 2n+1 .
n
Ta có
7 xn yn 2
2
= 2 7 x2 + yn = 2n+1 .
n
2
xn + yn
xn − yn
và
có ít nhất một số lẻ. Chẳng
Hơn nữa, do xn , yn lẻ nên trong hai số
2
2
xn − yn
lẻ, khi đó
hạn, ta giả sử
2
7
xn ± yn
2
2
+
7 xn + yn
yn − xn
= 4 xn +
2
2
là số nguyên dương lẻ.
Ta chọn xn+1 =
| xn − yn |
7 xn + yn
và yn+1 =
. Ta có đpcm.
2
2
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình
x2 + 15 y2 = 4n
có ít nhất n nghiệm tự nhiên ( x, y) .
(VMO 2010)
Lời giải. Với n = 1, phương trình x2 + 15 y2 = 4n có một nghiệm tự nhiên là ( x, y) =
(2, 0).
Với n = 2, phương trinhd x2 = 15 y2 = 4n có hai nghiệm tự nhiên là ( x; y) = (4; 0), (1; 1).
Giả sử n ≥ 2, phương trình x2 + 15 y2 = 4n có n nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ), · · · , ( xn ; yn ).
Khi đó ( x; y) = (2 xk ; 2 yk ) là các nghiệm tự nhiên của phương trình
x2 + 15 y2 = 4n+1 .
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
17
Ta chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn )
sao cho sao cho
2
x2 + 15 yn = 4n .
n
Thật vậy với n = 2 , chọn x2 = 1, y2 = 1.
2
Giả sử với n ≥ 2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ ( xn , yn ) sao cho sao cho x2 + 15 yn = 4n .
n
Ta chứng minh rằng mỗi cặp
X=
| yn − xn |
|15 yn − xn |
xn + yn
15 yn + xn
,Y =
, X=
,Y =
2
2
2
2
thoả măn
X 2 + 15Y 2 = 4n+1 .
Thật vậy
15 yn xn
2
2
+ 15
yn ± xn
2
2
2
= 4 x2 + 15 yn = 4 · 4n = 4n+1 .
n
Và xn , yn lẻ nên
xn = 2 k + 1, yn = 2 l + 1 ( k, l ∈ Z) ⇒
xn + yn
= k+l +1
2
và
| yn − xn | |(2 l + 1) − (2 k + 1)|
=
= | l − k| .
2
2
xn + yn | yn − xn |
Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số
,
là lẻ . Vì vậy với n + 1 tồn tại
2
2
2
các số tự nhiên lẻ xn+1 và yn+1 thoả măn x2 +1 + 15 yn+1 = 4n+1 . Từ đó ta có điều phải
n
chứng minh.
Ví dụ 3. Tìm các số nguyên dương phân biệt x1 , x2 , ..., xm thỏa phương trình
3
3
x1 + x2 + ... + x3 = ( x1 + x2 + ... + xm )2 .
m
Lời giải. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Cho các số nguyên dương phân biệt a 1 , a 2 , ..., a n . Khi đó
a3 + a3 + ... + a3 ≥ (a 1 + a 2 + ... + a n )2
n
1
2
(1)
đúng với mọi n ≥ 1.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a 1 < a 2 < ... < a n .
Với n = 1 ta có a3 ≥ a2 nên (1) đúng.
1
1
Giả sử (1) đúng với n = k và a 1 < a 2 < ... < a k < a k+1 là các số nguyên dương. Khi đó
a k+1 ≥ a k + 1, Do đó
(a k+1 − 1) a k+1 a k (a k + 1)
≥
= 1 + 2 + ... + a k .
2
2
Vì 1 + 2 + ... + a k là tổng của a k số nguyên dương đầu tiên, nên
1 + 2 + ... + a k ≥ a 1 + a 2 + ... + a k .
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
18
.PDF 
27 
949 
131 
