Tài liệu Tổng hợp Phương trình nghiệm nguyên | Đại học Thăng Long

Tài liệu Tổng hợp Phương trình nghiệm nguyên | Đại học Thăng Long. Tài liệu gồm 7 trang giúp bạn tham khảo, củng cố kiến thức và ôn tập đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!

Môn:
Trường:

Đại học Thăng Long 267 tài liệu

Thông tin:
7 trang 4 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Tài liệu Tổng hợp Phương trình nghiệm nguyên | Đại học Thăng Long

Tài liệu Tổng hợp Phương trình nghiệm nguyên | Đại học Thăng Long. Tài liệu gồm 7 trang giúp bạn tham khảo, củng cố kiến thức và ôn tập đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!

67 34 lượt tải Tải xuống
PHƯƠNG TRÌNH NGHIM NGUYÊN
A.Các phương trình cơ bn:
I)Phương tnh bc nht hai n:
Định nghĩa: ax + by = c vi a, b, c là các s nguyên cho trước
Đinh lí: Gi s a ,b là xác s nguyên dương và d= ( a, b) khi đó (1) vô nghim nếu c d
và s nghim nếu c d
Hơn na nếu
(
)
00
, yx là nghim ca (1) thì phương trình có nhim tng quát
(x,y)=
++ n
d
a
yn
d
b
x
00
,
Chng minh :giành cho bn đọc
d1
: Gii phương trình nhim nguyên:
2161988
xy
+=
.
Gii:Ta có
3
1988
27 =+ yx
không tn ti x,y
Z
tha 7x + 2y không nguyên
d 2
: Gii phương trình nhim nguyên: 12x+3y=216
Gii:Ta có
()
Znnxny
yy
x ===
= 184
4
18
12
3216
II) Phương trình PITAGO:
Định nghĩa:
222
zyx =+
Định lí:
1.
(
)
(
)
(
)
(
)
1,,,1,, ==== xzzyyxzyx
2.
(
)
= 1,, zyx
x,y khác nh chn , l
3.
(
)
=
=
2
1,
krs
sr
thì
22
, hstr ==
Chng minh:Giành cho bn đọc xem như mt bài tp
Gii phương trình PITAGO:
Gi s
()()
1,,,,,,
000
=
==
d
z
d
y
d
x
zyxdzyx
Theo định 1 ta có th gi s
0
y chn
Ta có:
2
0
2
0
2
0
zyx =+
(
)
(
)
0000
2
0
xzxzy +=
Theo đ nh lí 2:
=
+
1
2
,
2
0000
xzxz
=
=+
2
00
2
00
2
2
nxz
mxz
+=
=
=
22
0
0
22
0
2
nmz
mny
nmx
vi m,n là các s nguyên
B.Các phương trình không mu mc:
Chúng ta đã làm quen nhng phương trình nghim nguyên cơ bn nht và u đời nht
trong toán hc.Nhưng cũng như mi lĩnh vc khác trong toán hc phương trìng nhim
nguyên ngày càng phát trin, ng khó . Đin hình phương trình
nnn
zyx =+ mãi
đến gn đây người ta mi gii được nhưng phi dùng đến nhng kiến thc toán cao cp
và li thì cùng sâu sc,
Tuy nhn nếu ch xét các bài toán ph thông thì chúng ta có th đúc kết ba phương
pháp cơ bn nht
1) S dng các ng cht ca s nguyên ,các định lí ca s hc
2) S dng bt đẳng thc để thu hp min giá tr ca tp nghim, sau đó có th thế tng
g tr
3)Phương pháp lùi vô hn ,phương pháp náy do FERMAT sáng to ra khi gii phương
trình
1/ S dng các tíng cht ca s nguyên ,các định lí ca s hc
a/Đưa v dng tích:
Ý tưởng ca b ài to án l à đ ưa v d ng
(
)
(
)
(
)
nn
aaayxfyxfyxf ...,...,.........,,...,
2121
=
v i Zaaa
n
,...,,
21
.Ri xét mi trường hp có th
d: Gii phương trình nhim nguyên d ương:
1231621
xyyx
Gii:
(
)
(
)
129621216 =+++ xxy
(
)
(
)
1291621 =++ yx
=43.3
=
621x
43 và y+1=3
hay 21x+6=3 v à y+1=43
T t c đều cho ta kết qu vô nghim
d:
Gii phương trình nhim nguyên không âm:
22
1 yxx =++ (1)
Gii:
(1)
(
)
3124
2
2
=+ xy
3)122)(122(
=
+
+
xyxy
=++
=
3122
1122
xy
xy
Do 2y-2x-1 và 2y+2x+1 đều l
01
=
=
xy
V y ph ương trình có nghim (x,y)=(1,0)
b/Đưa v dng tng:
Ý t ư ng đ ưa v
(
)
(
)
(
)
k
n
kkkk
n
k
k
aaaayxfyxfyxf ++++=+++ ...,...,......,,..,
32121
1
vi k,
k
n
kk
aaa +++ ....
21
Z
d: Gii phương trình nhim nguyên d ương: 2522
22
=++ xyyx (1)
Gii:
(
)
(
)
22
2
2
43251 +==++ yxx
=+
=
4
3
yx
x
=
=
1
3
y
x
d :
Gii phương trình nhim nguyên không âm
(
)
13653
232
yyyx =+
Gii:
(
)
1
(
)
3232
3
2
0840641 +=+==+ yx
=
=
41
0
y
x
hay
=
=
01
8
y
x
V y
(
)
(
)
(
)
1;8;5;0, =yx
c/Đưa v dng phân s::
Ý t ư ơng b ài to án l à :
(
)
()
n
a
a
a
a
b
a
yxg
yxf
1
.....
1
1
...,
...,
2
1
0
+
+
+==
d:
Gi i phương trình nghim nguyên
(
)
(
)
tyyztztxtxyxyzt ++=++++ 40131 (1)
Gi i(1
+
+
+=
+
+
+
++
+
=
4
1
2
1
3
1
1
1
1
11
31
40
t
z
y
x
tyyzt
ztxtxyxyzt
=
=
=
=
4
2
3
1
t
z
y
x
d/Sdng nh chia hết
d:
Gii phương trình nghim nguyên:
(
)
)1(032
2
=++ yyxx
Gii:
(1)
1
32
2
++
=
x
xx
y =
1
2
1
+
++
x
x
(
)
1|2 + x
{
}
2,2,1,11 + x
{
}
1,3,0,2 x )3,1(),3,3(),3,0(),3,2(),(
=
yx
d:
Gii phương trình nghim nguyên dương:
zyx
543 =+
Gii:
X ét theo modulo 3
(
)
(
)
(
)
)3(mod143mod15
z
y
z
z
z ch n , đ t z=
h2
Suy ra
(
)
(
)
xyhyh
32525 =+
.Do
yhyh
25,25 +
không đồng thi chia h ết cho 3
n ên
=
=+
125
325
yh
xyh
Ta có:
(
)
(
)
(
)
3mod01125 ++
yh
yh
và
(
)
(
)
(
)
3mod11125 +
yh
yh
h
l ,y chn
Nếu y>2 thì
)4(mod125 +
yh
)4(mod13
x
x
chn
)8(mod13
x
Ta có :5
)8(mod25
yh
+
do h l
)8(mod35
x
)8(mod15
Do đó y=2
2,2
=
=
yx
d:
Gii phương trình nghim nguyên:
621
33
+=+ xyyx
(1)
Gii: (1)
(
)
(
)
6213
3
+++=+ xyyxxyyx
Đặt a=x+y và b=xy ta c ó
7
6
3
3
=
a
a
b
=
7
349
497
2
+
a
aa 7349 + a
Bn đọc có th t gii tiếp
e/S dng tính s nguyên t
Định 1:
22
43
xypk
+=+
ngu ên t thì
py
px
Chng minh : Theo định Fermat ta có:
d
: Gii phương trình nghim nguyên:
32
5 yx =+
Nhn xét 1:
,
xy
khác tính chn l
Nhn xét 2: nếu x l thì
2
x18
Thc vy ta có
2
21,
14(1)8
xkkZ
xkk
=+∈
=+
( do
(1)2
kk+
)
Nhn xét 3:
3
68,.
yy
/
−∀
Ta quay li bài toán.
Nếu
x
l thì
23
1868
xy
−⇒

Nếu
x
chn thì y l
22
4(1)(1)
xyyy
+=++
Ta thy
2
4
x
+
không có ướcnguyên t dng
43
k
+
theo định lý 1. Suy ra
1
y
có dng
41
k
+
, nghĩa
22
134143
yyyyt
++++=+
2
1
yy
++
có ước nguyên
t
43
k
+
. T đây ta có điu mâu thun.
Như vy phương trình đã cho nghim.
Bài tp tương t: Gii phương trình nghim nguyên:
7
32
+= yx
2/S dng bt đẳng thc để thu hp min giá tr ca tp nghim, sau đó có
th thế tng giá tr
d 2 :Gii phương trình nghim nguyên dương:
abcabc
++=
Ta thy bc ca vế phi ln hơn bc ca vế trái nên khi a,b,c đủ ln thì abc s ln
hơn a+b+c. Điu này hướng cho ta đến vic s dng bt đẳng thc.
Nhn xét thêm rng a,b,c có vai trò như nhau nên ta có th gi s
abc
≥≥
.
Nếu
2
c
, suy ra
(1)22
abcabab
+=≥−
( do
2
2,1
cabc
≥>
)
4
(21)22(21)244
3
abaaaa
==⇒≥
2
c
≥≥
vô lí
Do đó
1
c
=
. Suy ra
1(1)(1)2
112
123
ababab
bb
aa
++=−=
==
⇒⇒

==
Vy
(,,)(3,2,1)
abc
=
và các hoán v.
d 1:
Gii phương trình nghim nguyên:
2222
(1)(1)
yxxxx
=++++
Gii:
Nhn xét rng
22
222
13
2222
xx
xyx

++<<++


Nếu
x
l, rõ ràng không tn ti
(,)
xy
nguyên tho phương trình.
Nếu
x
chn, suy ra
2
1
2
x
yx
=++
. Đến đây bn có th t gii d dàng J .
d 3:
Gii phương trình nghim nguyên dương:
2222
xxyyxy
++=
.
Gii:
T phương trình ta có:
(
)
22222
()1()(1)
xyxyxyxyxyxy
+=+<+<+
T đây ta có điu mâu thun vì
()
2
xy
+ nm gia hai s chính phương liên tiếp.
Như vy phương trình nghim.
d 4:
Gii phương trình nghim nguyên dương:
6212
21276
xy
yxyxz
+++=
+++
.
Do
z
nguyên dương nên
2
2
z
. (1)
Vế trái áp dng bt đẳng thc:
2
abcd
bccddaab
+++≥
++++
vi
,,21,6
axbycd
====
ta thu được:
6212
2
21276
xy
yxyxz
+++=>
+++
(2)( do du bng
216
xy
===
không
th xy ra)
T (1) và (2) ta suy ra phương trình vô nghim.
d 5:
Gii phương trình nghim nguyên dương
(
)
323
2()0
yzyxyzxxy
++−=
.
Coi phương trình như mt phương trình bc hai theo x. Ta có:
2
2
2
2
0(1)(1)0
4
(1)(1)
4
y
zyyz
y
zyyz
++≥
+−
Điu này ch xy ra khi
y
=
. T đây các bn d dàng tìm được
xz
=
hay
1
2
zx
−= (loi do x,z nguyên dương).
3)Phương pháp lùi vô hn
Phương pháp náy do FERMAT sáng to ra khi gii phương trình
444
zyx =+
Ý tưởng ca phương pháp này là gi s tìm đ ược b nghim nh nht, ta có th lý lun
sao cho m được b nghim nh hơn.
d 1:
Gii phương trình nghim nguyên dương
222
3
xyz
+=
Gii:
Gi
(
)
,,
xyz
là nghim nh nht nếu
xyz
++
đạt giá tr nh nht.
Nhn xét: Nếu
x
3
thì
2
13
x
vì vy nếu x,y
3
thì
222
2(mod3)32(mod3)
xyz
+≡⇒
vô lý.
Như vy
,
xy
phi có mt s chia hết cho 3, suy ra c hai s đều chia hết cho 3.
Đặt
00
3;3
xxyy
==. Thay vào phương trình ta được:
2222
00
3333
xyzzz
+=⇒⇒

.
Đặt
0
3
zz
=
,ta thu được:
222
000
3
xyz
+=
. Mà rõ ràng
000
xyzxyz
++<++
do đó ta thu
được điu mu thun. Như vy phương trình nghim.
d 2 :
Gii phương trình nghim nguyên
442
xyz
+=
.
Để gii phương trình này, các bn hãy xem li phn phương trình Pitago đã viết phía
trên.
Trước hết ta có th gi s
(
)
000
,,
xyz
đôi mt nguyên t cùng nhau(*).Gi
(
)
00
,
xy
b
nghim nh nht nếu
44
00
min
xy+ . Theo phương trình Pitago thì
222222
000
;2;
xmnymnzmn
===+
.
Ta li xét phương trình Pitago
222
o
nxm
+=
. Ta có:
2222
0
,2,(1)
xabnabmab===+ .Suy ra:
2
00
42
yabmy
=⇒
. Đặt
2
101
2
yyyabm
=⇒= .
Bn đọc có th d dàng chng minh t gi thiết (*). Suy ra:
222
111
,,
aabbmm
===
.
Thay vào (1) thì
244
111
mab
=+
. Mà
2244
100000
(,)(,)
mzxyabxy
<=+<⇒
vô lý.
Vy phương trình vô nghim.
Bài tp luyn tp
Bài 1
: Gii phương trình nghim nguyên dương
38117109
xy
+=
Bài 2:
Gii phương trình nghim nguyên dương
1232161988
xy
−=
Bài 3:
Gii phương trình nghim nguyên dương
62188123
xyxy
++=
Bài 4:
Gii phương trình nghim nguyên dương
12388621
xyxy
++=
Bài 5:
Gii phương trình nghim nguyên dương
22
22100
xyxy++=
Bài 6:
Gii phương trình nghim nguyên dương
2222336
xyz
++=
Bài 7:
Gii phương trình nghim nguyên dương
33
123
xyxy
=+
Bài 8:
Gii phương trình nghim nguyên dương
22
27
20
xy
xy
+
=
+
Bài 9:
Gii phương trình nghim nguyên dương
2
21
x
xy
+=
Bài 10:
Gii phương trình nghim nguyên dương
(1)(1)(1)
xyyzxzxyzt
+++=
Bài 11: Gii phương trình nghim nguyên dương
222
xpyz
+=
vi
p
s nguyên t.
Hướng dn: dùng các định lý và gii tương t phương trình Pitago.
Bài 12:
Gii phương trình nghim nguyên dương
333222
xyznxyz
++=
Hướng dn: Dùng bt đẳng thc.
Bài 13: Gii phương trình nghim nguyên dương
22222222
(1)(2)(3)(4)
xaxbxcxd
++=++=++=++
Hướng dn: Xét modulo 8.
Bài 14:
Gii phương trình nghim nguyên dương
2432
1
yxxxx
=++++
Bài 15:
Gii phương trình nghim nguyên dương
333
240
xyz
−=
| 1/7

Preview text:

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
A.Các phương trình cơ bản:
I)Phương trình bậc nhất hai ẩn:
Định nghĩa: ax + by = c với a, b, c là các số nguyên cho trước
Đinh lí: Giả sử a ,b là xác số nguyên dương và d= ( a, b) khi đó (1) vô nghiệm nếu c d
và vô số nghiệm nếu c d Hơn nữa nếu (x ,
là nghiệm của (1) thì phương trình có nhiệm tổng quát 0 y0 )  b a  (x,y)=  x , 0 + n y0 + n   d d
Chứng minh :giành cho bạn đọc
Ví dụ1: Giải phương trình nhiệm nguyên: 21x + 6y = 1988. 1988
Giải: Ta có 7x + 2y =
⇒ không tồn tại x,y∈ Z thỏa 7x + 2y không nguyên 3
Ví dụ 2: Giải phương trình nhiệm nguyên: 12x+3y=216 216 − 3 Giải:Ta có y y x =
= 18 − ⇒ y = 4n x = 18 − n(n Z ) 12 4 II) Phương trình PITAGO: Định nghĩa: 2 2 2
x + y = z Định lí:
1. (x, y, z) = 1 ⇒ (x, y) = (y, z) = (z, x) = 1
2. (x, y, z) = 1 ⇒ x,y khác tính chẵn , lẻ (r,s) =1 3.  thì 2 2
r = t , s = h rs = 2 k
Chứng minh:Giành cho bạn đọc xem như một bài tập
Giải phương trình PITAGO:  x y z
Giả sử (x, y, z) = d ⇒ (x , y , z =   = 0 0 0 ) , , 1  d d d
Theo định lí 1 ta có thể giả sử y chẵn 0 Ta có: 2 2 2 x + = 2 ⇒ y = − + 0
(z0 x0)(z0 x0) 0 y0 z0 x = 2 0 m − 2 n  2 z z x 2 0 + 0 = m
0 + x0   z0 − x0   Theo đ ịnh lí 2:  ,  = 1 ⇒    ⇒ y 2 0 = mn  2   2  z x 2 0 − = 2 0 n  z = 2 0 m + 2 n
với m,n là các số nguyên
B.Các phương trình không mẫu mực:
Chúng ta đã làm quen những phương trình nghiệm nguyên cơ bản nhất và lâu đời nhất
trong toán học.Nhưng cũng như mọi lĩnh vực khác trong toán học phương trìng nhiệm
nguyên ngày càng phát triển, càng khó . Điển hình là phương trình n n n
x + y = z mãi
đến gần đây người ta mới giải được nhưng phải dùng đến những kiến thức toán cao cấp
và lời thì vô cùng sâu sắc,
Tuy nhiên nếu chỉ xét các bài toán ở phổ thông thì chúng ta có thể đúc kết ba phương pháp cơ bản nhất
1) Sử dụng các tíng chất của số nguyên ,các định lí của số học
2) Sử dụng bất đẳng thức để thu hẹp miền giá trị của tập nghiệm, sau đó có thể thế từng giá trị
3)Phương pháp lùi vô hạn ,phương pháp náy do FERMAT sáng tạo ra khi giải phương trình
1/ Sử dụng các tíng chất của số nguyên ,các định lí của số học a/Đưa về dạng tích:
Ý tưởng của b ài to án l à đ ưa v ề d ạng f = 1 (x, y )
,... f2 (x, y )
..... .... f x, y,... a a a ... n ( ) 1 2 n
v ới a , a ,..., a
.Rồi xét mọi trường hợp có thể 1 2 ∈ Z n
Ví dụ: Giải phương trình nhiệm nguyên d ương: 21 x + 6 y + 1 xy = 123
Giải: y(6 + 21x)+ (21x + 6) = 129 ⇒ (21x + 6)(y + ) 1 = 129 =43.3
⇒ 21x + 6 = 43 và y+1=3 hay 21x+6=3 v à y+1=43
T ất cả đều cho ta kết quả vô nghiệm
Ví dụ: Giải phương trình nhiệm nguyên không âm: 2 2
x + x + 1 = y (1)
2y − 2x −1 = 1 Giải: (1) ⇒ 4 2 y − (2x + )
1 2 = 3 ⇒ (2y − 2x − )( 1 2 y + 2x + ) 1 = 3 ⇒ 
2y + 2x +1 = 3
Do 2y-2x-1 và 2y+2x+1 đều lẻ ⇒ y = 1 ⇒ x = 0
V ậy ph ương trình có nghiệm (x,y)=(1,0) b/Đưa về dạng tổng:
Ý t ư ởng là đ ưa v ề k f 1 1 (x, y ) k
,.. + f2 (x, y ) k
.. + .... + f x, y,... = a1 + a2 + a3 + ... + a n ( ) k k k k n với k, k k k a ∈ 1 + a + .... 2 + a Z n
Ví dụ: Giải phương trình nhiệm nguyên d ương: 2 2 2
x + y + 2xy = 25 (1) x = 3 x = 3 Giải: ( ) 2
1 ⇒ x + (x + y)2 2 2 = 25 = 3 + 4 ⇒  ⇒  x + y = 4 y = 1
Ví dụ :Giải phương trình nhiệm nguyên không âm 2 3 x + y − 3 2 y = 65 − 3y( ) 1 x = 0 x = 8 Giải: ( ) 1 ⇒ 2 x + (y − )3 2 3 2 3 1 = 64 = 0 + 4 = 8 + 0 ⇒  hay  y −1 = 4 y −1 = 0
V ậy (x, y) = ( 5 ; 0 );( ) 1 ; 8
c/Đưa về dạng phân số: : f (x, y ) ... 1
Ý t ư ơng b ài to án l à : a = = + 0 g(x, y ) a ... b 1 a + 1 1 a + ..... 2 an
Ví dụ:Gi ải phương trình nghiệm nguyên (
31 xyzt + xy + xt + zt + ) 1 = (
40 yzt + y + t)(1) x = 1 40
xyzt + xy + xt + zt + 1 1 1 y = 3 Gi ải(1 ⇒ = ⇔ x + = 1+ ⇒  31
yzt + y + t z = 2 y + 1 + 1 3  t = z + 1 + 1 2  4 t 4 d/Sửdụng tính chia hết
Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2
x + x(y − 2) + 3 − y = 0 ) 1 ( Giải: 2 x + 2x + 3 2 (1) ⇒ y = = x +1+ ⇒ 2 | (x + ) 1 ⇒ x +1∈{− , 1 , 1 − , 2 } 2 x + 1 x + 1 ⇒ x ∈{− , 2 , 0 − } 1 ,
3 ⇒ (x, y) = (− , 2 − ), 3 ( ), 3 , 0 (− , 3 − ), 3 ) 3 , 1 (
Ví dụ:Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x y z 3 + 4 = 5 Giải: X ét theo modulo 3 5z ≡ (− )
1 z (mod3) ⇒ 4y ≡ (− ) 1 z (mod )
3 ⇒ z ch ẵn , đ ặt z= 2h Suy ra ( h y 5 − 2 )( h y 5 + 2 ) x = 3 . Do h y h y 5 − 2 5 ,
+ 2 không đồng thời chia h ết cho 3
5h + 2y = 3x n ên 
5h − 2y =1
Ta có: 5h + 2y ≡ (− ) 1 h + (− ) 1 y ≡ ( 0 mod )
3 và 5h − 2 y ≡ (− ) 1 h + (− ) 1 y ≡ ( 1 mod ) 3 ⇒ h lẻ ,y chẵn
Nếu y>2 thì 5h + 2y ≡ (m 1 od 4) ⇒ 3x ≡ (m
1 od 4) ⇒ x chẵn ⇒ 3x ≡ (m 1 od ) 8
Ta có :5 ≡ 5h + 2y (mod ) 8 do h lẻ ⇒ 5 3x ≡ (mod ) 8 ⇒ 5 ≡ (m 1 od ) 8 ⇒ vô lí Do đó y=2 ⇒ x = , 2 y = 2
Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 3
x + y = 21xy + 6 (1)
Giải: (1) ⇒ (x + y)3 = 3xy(x + y)+ 21xy + 6 3 a − 6 2 349
Đặt a=x+y và b=xy ta c ó 3b =
= a − 7a + 49 − ⇒ 349a + 7 a + 7 a + 7
Bạn đọc có thể tự giải tiếp
e/Sử dụng tính số nguyên t ố xp Định lí 1: 2 2
x + y p = 4k + 3 ngu ên tố thì  yp
Chứng minh : Theo định lí Fermat ta có:
Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 3 x + 5 = y
Nhận xét 1: x, y khác tính chẵn lẻ
Nhận xét 2: nếu x lẻ thì 2 x −18 Thực vậy ta có
x = 2k +1, k Z 2
x −1 = 4k(k +1)8
( do k(k +1)2 ) Nhận xét 3: 3 y − 6 / 8,∀ . y Ta quay lại bài toán. Nếu x lẻ thì 2 3
x −18 ⇒ y − 68 ⇒ vô lí
Nếu x chẵn thì y lẻ 2 2
x + 4 = (y −1)( y + y +1) Ta thấy 2
x + 4 không có ướcnguyên tố dạng 4k + 3 theo định lý 1. Suy ra y −1
có dạng 4k +1, nghĩa là 2 2
y + y +1− 34 ⇒ y + y +1 = 4t + 3 2
y + y +1 có ước nguyên
tố là 4k + 3. Từ đây ta có điều mâu thuẫn.
Như vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài tập tương tự: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 3 x = y + 7
2/Sử dụng bất đẳng thức để thu hẹp miền giá trị của tập nghiệm, sau đó có
thể thế từng giá trị
Ví dụ 2 :Giải phương trình nghiệm nguyên dương: a + b + c = abc
Ta thấy bậc của vế phải lớn hơn bậc của vế trái nên khi a,b,c đủ lớn thì abc sẽ lớn
hơn a+b+c. Điều này hướng cho ta đến việc sử dụng bất đẳng thức.
Nhận xét thêm rằng a,b,c có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử a b c .
Nếu c ≥ 2 , suy ra a + b = c(ab −1) ≥ 2ab − 2 ( do 2
c ≥ 2, ab c > 1 ) ⇔ 4
a = b(2a −1) − 2 ≥ 2(2a −1) − 2 = 4a − 4 ⇒
a c ≥ 2 ⇒ vô lí 3
a + b +1 = ab ⇒ (a −1)(b −1) = 2 Do đó c = 1. Suy ra b −1 =1 b = 2 ⇒  ⇒  a −1 = 2 a   = 3 Vậy (a, ,
b c) = (3, 2,1) và các hoán vị.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 2 2
y = x (x + x +1) + (x +1) Giải: 2 2  x 1   x 3  Nhận xét rằng 2 2 2 x + +
< y < x + +  2 2   2 2     
Nếu x lẻ, rõ ràng không tồn tại (x, y) nguyên thoả phương trình. Nếu x x chẵn, suy ra 2 y = x +
+1. Đến đây bạn có thể tự giải dễ dàng J . 2
Ví dụ 3:Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 2 2 2 2
x + xy + y = x y . Giải: Từ phương trình ta có: 2 x + y = xy(xy + ) 2 2 2 2 ( )
1 ⇒ x y < (x + y) < (xy +1)
Từ đây ta có điều mâu thuẫn vì ( + )2 x y
nằm giữa hai số chính phương liên tiếp.
Như vậy phương trình vô nghiệm. x y 6 21 2
Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: + + + = . y + 21 27 x + y x + 6 z 2
Do z nguyên dương nên ≤ 2 . (1) z
Vế trái áp dụng bất đẳng thức: a b c d + + +
≥ 2 với a = x,b = y,c = 21, d = 6 ta thu được: b + c c + d d + a a + b x y 6 21 2 + + +
= > 2 (2)( do dấu bằng x = y = 21 = 6 không y + 21 27 x + y x + 6 z thể xảy ra)
Từ (1) và (2) ta suy ra phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 3 2 y z + ( 3
y − 2xy) z + x(x y) = 0 .
Coi phương trình như một phương trình bậc hai theo x. Ta có: 2 2 ∆ ≥ 0 ⇔ ( +1)(1− ) y z y y z + ≥ 0 4 2 y 2 ⇒
≥ (z +1)( y −1)y z 4
Điều này chỉ xảy ra khi y = 1. Từ đây các bạn dễ dàng tìm được x = z hay 1 − z x =
(loại do x,z nguyên dương). 2
3)Phương pháp lùi vô hạn
Phương pháp náy do FERMAT sáng tạo ra khi giải phương trình 4 4 4
x + y = z
Ý tưởng của phương pháp này là giả sử tìm đ ược bộ nghiệm nhỏ nhất, ta có thể lý luận
sao cho tìm được bộ nghiệm nhỏ hơn.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2 2 2
x + y = 3z Giải:
Gọi (x, y, z) là nghiệm nhỏ nhất nếu x + y + z đạt giá trị nhỏ nhất.
Nhận xét: Nếu x  3 thì 2
x −13 vì vậy nếu x,y  3 thì 2 2 2
x + y ≡ 2(mod 3) ⇒ 3z ≡ 2(mod 3) ⇒ vô lý.
Như vậy x, y phải có một số chia hết cho 3, suy ra cả hai số đều chia hết cho 3.
Đặt x = 3x ; y = 3 . Thay vào phương trình ta được: 0 0 y 2 2 2 2
3x + 3y = z z 3 ⇒ z3 . 0 0
Đặt z = 3z ,ta thu được: 2 2 2
x + y = 3 . Mà rõ ràng + + < + + do đó ta thu 0 0 0 z0 0 x 0 y z0 x y z
được điều mấu thuẫn. Như vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2 : Giải phương trình nghiệm nguyên 4 4 2
x + y = z .
Để giải phương trình này, các bạn hãy xem lại phần phương trình Pitago đã viết ở phía trên.
Trước hết ta có thể giả sử (x , y , x , là bộ 0 0 z
đôi một nguyên tố cùng nhau(*).Gọi ( 0 0 y ) 0 ) nghiệm nhỏ nhất nếu 4 4
x + y min . Theo phương trình Pitago thì 0 0 2 2 2 2 2 2
x = m n ; y = 2m ; = + . 0 0 n z0 m n
Ta lại xét phương trình Pitago 2 2 2
n + x = m . Ta có: o 2 2 2 2
x = a b , n = 2ab, m = a + b (1) .Suy ra: 0 2 y
= 4abm y 2 . Đặt 2 y = 2 ⇒ = . 0 0 1 0 y 1 y abm
Bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh từ giả thiết (*). Suy ra: 2 2 2
a = a ,b = b , = . 1 1 m 1 m Thay vào (1) thì 2 4 4 = + . Mà 2 2 4 4
m < z = x + y ⇒ (a, b) < (x , y ) ⇒ vô lý. 1 m 1 a 1 b 1 0 0 0 0 0
Vậy phương trình vô nghiệm.
Bài tập luyện tập
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương
38x +117 y = 109
Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương
123x − 216 y = 1988
Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên dương
6x + 21y + 88xy = 123
Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên dương
12x + 3y + 88xy = 621
Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2 2
2x + y + 2xy = 100
Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2x 2y 2z + + = 2336
Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 3 3
x y = 12xy + 3
Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên dương x + 2 y 7 = 2 2 x + y 20
Bài 9: Giải phương trình nghiệm nguyên dương x 2 2 +1 = x y
Bài 10: Giải phương trình nghiệm nguyên dương
(1+ xy)(1+ yz)(1+ xz) = xyzt
Bài 11: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2 2 2
x + py = z với p là số nguyên tố.
Hướng dẫn: dùng các định lý và giải tương tự phương trình Pitago.
Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 3 3 3 2 2 2
x + y + z = nx y z
Hướng dẫn: Dùng bất đẳng thức.
Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2 2 2 2 2 2 2 2
(x +1) + a = (x + 2) + b = (x + 3) + c = (x + 4) + d
Hướng dẫn: Xét modulo 8.
Bài 14: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2 4 3 2
y = x + x + x + x +1
Bài 15: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 3 3 3
x − 2 y − 4z = 0