* Cơ sở của ph-ơng pháp
- Ph-ơng trình dạng: x a x b x c x d mx2. Trong đó ad=bc Ta đặt: y= x a (x d).
- Ph-ơng trình dạng: x a x b x c x d m Trong đó a d b c. Đặt y (x a)(x d) . - Ph-ơng trình dạng: (x a)4 (x b)4 c
Đặt y x a b 2 .
- Ph-ơng trình dạng d x a x b x c mx, trong đó d a b c 2 Và m (d a)(d b)(d c).
Đặt y x d thì một nghiệm của ph-ơng trình là y 0.
* VÝ dô.
Giải ph-ơng trình nghiệm nguyên sau:
(x 2)(x 3)(x 4)(x 6) 2x2. (1) Giải
(1) (x2 8x 12)(x2 7x 12) 2x2
Đặt y x2 7x 12
Khi đó ph-ơng trình trở thành:
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán71 (y x)y 2x2
2 2
y xy 2x 0
2 2
y xy 2xy 2x 0 (y 2x)(y x) 0
y 2x hoặc y x
+ NÕu y x ta cã x2 7x 12 x x2 6x 12 0
Ph-ơng trình này không có nghiệm nguyên vì x2 6x 12 (x 3)2 3 0 + NÕu y 2x ta cã:
2 2
x 7x 12 2x x 9x 12 0
Ph-ơng trình này không có nghiệm nguyên.
Vậy ph-ơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
* Các bài toán t-ơng tự
Tìm nghiệm nguyên của các ph-ơng trình sau:
a) x(x 1)(x 2)(x 3) y2; Gợi ý: x2 3x k k(k 2) y .2
b) 9(x 5)(x 7)(x 6) 24x; Gợi ý: y x 9 x 9 là một nghiệm.
c) (x 3)4 (x 5)4 9; Gợi ý: Đặt y x 4.
d) 4(x 5)(x 6)(x 10)(x 12) 3x2. Gợi ý: Đặt y x2 16x 60.
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán72
Ch-ơng 3. Một số ph-ơng trình đặc biệt
Ph-ơng trình Phythagore
Ph-ơng trình x2 y2 z2 (1) với x, y,z là các số nguyên d-ơng gọi là ph-ơng trình Phythagore.
Bộ ba số (x, y, z) thỏa mãn (1) gọi là bộ ba số Phythagore.
Nếu (x, y, z) là một bộ ba Phythagore thì với mọi d nguyên d-ơng bộ ba dx,dy,dz cũng là một bộ ba Phythagore. Do đó ta quan tâm nhiều hơn
đến bộ ba Phythagore (x, y, z) mà (x, y, z)=1 lúc này (x, y, z) đ-ợc gọi là bộ ba Phythagore nguyên thủy.
1.Giải ph-ơng trình Phythagore
Xét ph-ơng trình Phythagore: x2 y2 z2.
* Bổ đề:
Giả sử (x, y, z)là bộ ba Phythagore nguyên thủy, khi đó x, y,z đôi một nguyên tố cùng nhau x, y không cùng tính chẵn lẻ và z là số lẻ.
Chứng minh Tr-ớc hết ta chỉ ra (x, y) 1.
Giả sử xy 1 khi đó tồn tại -ớc nguyên tố p của x, y. Do x p, y pM M nên z2 x2 y p2M z pM
Vậy (x, y, z) p 1. Điều này mâu thuẫn với x, y, z 1.
Vậy điều giả sử là sai, tức là (x, y) 1. T-ơng tự (y,z) 1 và (z, x) 1.
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán73 Giả sử rằng x, y cùng tính chẵn lẻ. Theo (1) thì (x, y) 1. Do đó x, y không thể cùng chẵn.
x, y cùng lẻ
Đặt x 2k 1 x2 4k2 4k 1 x2 1(mod 4) T-ơng tự :y2 1(mod 4)
Do đó x2 y2 2(mod 4).Vô lí vì số chính ph-ơng chia cho 4 chỉ d- 0 hoặc 1.
Vậy giả sử sai tức x, y không cùng tính chẵn lẻ.
Vì x2 y2 z2 nên z phải là số lẻ.
Xét ph-ơng trình Phythagore với (x, y, z)là bộ ba nguyên thủy.
Cách 1: Giả sử x lẻ, y chẵn, z lẻ. Ta viết (1) d-ới dạng:
x2 (z y)(z y).
Ta có: z y;z ylà các số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
Thật vậy: Giả sử z y d; zM y dM (d lẻ) thì
Do (2, d) 1 nên z d; y dM M .Do y, z 1nên d=1.
Vậy z y, z y 1. Hai số nguyên d-ơng z y; z ynguyên tố cùng nhau và có tích là số chính ph-ơng x2 nên mỗi số z y; z ylà số chính ph-ơng.
Đặt z y m ; z2 y n2
Với m, n là các số lẻ,m n; m, n 1.Ta đ-ợc:
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán74
2 2
2 2
x mn
m n
y 2
m n
z 2
(công thức I)
Với m, n là các số lẻ,m n, m, n 1. Cách 2: Giả sử xchẵn, ylẻ và z lẻ.
Ta cã :
2
2 x z y z y
x (z y)(z y) .
2 2 2
Do z, y là các số lẻ và nguyên tố cùng nhau nên z y z, y 1
2 2
Thật vậy:Giả sử z y d, z y d 2 M 2 M th×
z y z y 2 2 d z y z y
2 2 d M M
z d y d M
M d 1 (do y, z 1)
Hai số nguyên d-ơng z y z, y
2 2 nguyên tố cùng nhau và có tích là số chính ph-ơng.
Đặt z y m ,2 z y n (n2 )
2 2 ¥
Khi đó :y m2 n ;z2 m2 n2
Do y, z lẻ nên m, n có tính chẵn lẻ khác nhau Do m , n2 2 1 nên m, n 1
Nh- vËy:
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán75 2 2
2 2
x mn
y m n
z m n
(công thức II)
Với m, n chẵn lẻ khác nhaum n,(m,n) 1
Đảo lại dễ thấy bộ ba số (x, y, z)thỏa mãn (1)
Vậy nghiệm tổng quát của ph-ơng trình Phythagore là:
Theo công thức (I)
2 2
2 2
x tmn
m n
y t.
2
m n
z t.
2
Với t, m, n là các số nguyên d-ơng bất kì ;m, nlà các số lẻ m n và m, n 1.
Theo công thức (II): 2 2
2 2
x 2tmn y t(m n ) z t(m n )
Với t, m, nlà các số nguyên d-ơng bất kì ;m, nlà các số lẻ khác nhau, m n và m, n 1.
2. Ví dụ áp dụng bộ số Phythagore
Tìm nghiệm không âm của ph-ơng trình:
2 2
x y 1997(x y). (2) Giải
Từ (2) ta suy ra x y. Xét hai tr-ờng hợp sau:
Tr-ờng hợp 1: Nếu y 0 thì (2) trở thành x2 1997x
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán76 x 0 hoặc x 1997.
Vậy ph-ơng trình có nghiệm không âm là: 0,0 ; 1997,0 . Tr-ờng hợp 2: Nếu y 0 x 0
(2) 2(x2 y )2 2.1997(x y)
2 2 2 2
2 2
x y x y 2.1997(x y) 0 (x y) x y 2.1997(x y) 0
x y (1997 x2 y)2 19972 . (3) Vì x, y 0nên từ (3)
0 x y 1997
0 1997 x y 1997
Đặt u x y;v 1997 x y ta đ-ợc ph-ơng trình
2 2 2
u v 1997 . (4)
Ph-ơng trình là ph-ơng trình Phythagore nên tồn tại m, n nguyên d-ơng, m n sao cho m, n và
2 2
2 2
m n 1997 2mn v
m n u
(5) (6) (7) Ta cã :m , n2 2 k(mod5);k 0,1, 1
1997 2(mod5)
Tõ (5) suy ra m, n k(mod5);k 1, 1 Lại có : m , n2 2 k(mod3);k 0,1
1997 2(mod3)
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán77 VËy tõ (5) suy ra :m, n k(mod3);k 1, 1
Kết hợp lại suy ra :m, n k(mod15);k 1,14, 4,11 Vì m n nên ta có 1997 m2 1997 m 34, 41, 44
2 .
Thay vào (4) ta thấy có m 34,n 39 là thỏa mãn.
u 315
v 1972
Vì có thể đổi đ-ợc vai trò của u, vnên ta có:
x y 315
x y 25 hoặc x y 1972 x y 1682
x 170
y 145 hoặc x 1827 y 145
Vậy ph-ơng trình có các nghiệm là: 0,0 ; 1997,0 ; 170,145 ; 1827,145 .
* Bài toán t-ơng tự
1. Tìm nghiệm nguyên d-ơng x y của ph-ơng trình:
2 2 2
x y 2z .
2. Chứng minh rằng các ph-ơng trình sau không có nghiệm nguyên d-ơng:
a) x4 y4 z2; b) x4 4y4 z2.
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán78 Ph-ơng trình Fermat
Ph-ơng trình xn yn zn với việc tìm nghiệm d-ơng đ-ợc gọi là ph-ơng trình Fermat. Khẳng định “ph-ơng trình xn yn zn không có nghiệm d-ơng với n 3” đ-ợc gọi là định lí Fermat.
Xét ph-ơng trình xn yn zn (1) với n 3.
Chú ý rằng nếu m là số nguyên d-ơng nào đó (n 5) mà ứng với ph-ơng trình (1) có nghiệm nguyên d-ơng (x y , z0, 0 0) tức là:
n n n
0 0 0
x y z (2)
Gọi plà -ớc số của m. Khi đó (2) có thể viết lại nh- sau:
n n n
p p p
p p p
0 0 0
(x ) (y ) (z ) (3) Nên từ (3) suy ra
n n n
p p p
0 0 0
(x , y , z ) cũng là một nghiệm nguyên d-ơng của ph-ơng trình xp yp zp. Vì lẽ đó khi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm nguyên d-ơng của (1) với n 3, ta chỉ cần xét sự tồn tại nghiệm của (1) khi n là số nguyên tố 3 và tr-ờng hợp n = 4 là đủ. Điều này đ-ợc thấy qua các bài toán sau:
1. Bài toán 1
Giả sử ph-ơng trình xn yn zn (4) không có nghiệm nguyên d-ơng khi n=4 hoặc khi n là số nguyên tố 3. Chứng minh rằng ph-ơng trình (4) không có nghiệm nguyên d-ơng, với mọi số nguyên n 3.
Giải
Từ giả thiết của bài toán suy ra chỉ cần xét với những giá trị n>4 và khả năng là số nguyên tố.
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán79 Xét hai khả năng sau:
a) Nếu n là số lẻ, khi đó tồn tại -ớc nguyên tố plẻ của n. Vì ph-ơng trình xn yn znkhông có nghiệm nguyên d-ơng, vì nếu trái lại theo phần lập luận ở trên thì ph-ơng trình xp yp zp(ở đây plà số nguyên tố lẻ) cũng có nghiệm nguyên d-ơng. Điều đó mâu thuẫn với giả thiết.
b) Nếu n là số chẵn lại có hai khả năng sau:
- Nếu n=4k. Do n >4 nên k 2. Rõ ràng ph-ơng trình xn yn zn trong tr-ờng hợp này cũng không có nghiệm nguyên d-ơng. Vì nếu trái lại do 4 là -ớc của n nên suy ra ph-ơng trình x4 y4 z4 có nghiệm nguyên d-ơng. Điều đó mâu thuẫn với giả thiết.
- Nếu n=4k 2 2(2k 1). Do n > 4 nên 2k 1 2. Vậy 2k 1 lẻ số lẻ 3.
Giả thiết phản chứng ph-ơng trình xn yn zncó nghiệm nguyên d-ơng.
Vì 2k 1là -ớc 3 của n nên n phải có -ớc là số nguyên tố lẻ p. Theo lập luận trên ph-ơng trình xp yp zp có nghiệm nguyên d-ơng. Điều này là vô lí. Suy ra đều phải chứng minh.
2. Bài toán 2
Chứng minh rằng ph-ơng trình x4 y4 z2 (5) không có nghiệm nguyên d-ơng.
Giải
Giả sử trái lại ph-ơng trình (5) có nghiệm nguyên d-ơng khi đó theo nguyên lí cực hạn,tồn tại nghiệm nguyên d-ơng (x , y , z0 0 0) với z0 bé nhÊt.
Ta cã:x04 y40 z04 (6)
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán80 Tr-ớc hết ta chỉ ra (x , y0 0)=1. Thật vậy nếu trái lại thì tồn tại -ớc nguyên tố chung p của x , y0 0tức là x p, y p0M 0Mdo đó x40 y p40M4. Khi đó từ (5) suy ra z p2M4 z p0M2
Do x p, y p, z p0M 0M 0M2 nên đặt x0 px, y0 py, z0 p z2 1. Thay lại vào (6) ta có
4 4 4 4
1 1 1
p (x y ) p z x14 y14 z12 (7)
Từ (7) suy ra (x y , z1, 1 1) cũng là nghiệm nguyên d-ơng của (5) Do z0 p z2 1nên z0 z1 điều này mâu thuẫn với định nghĩa nghiệm (x , y , z0 0 0). Vậy điều giả sử là sai tức là (x , y0 0)=1 .
Viết lại (6) d-ới dạng (x )2 20 (y )2 20 z20.
Từ đó suy ra (x , y , z )20 02 0 là nghiệm nguyên d-ơng của ph-ơng trình Phythagore x2 y2 z2 (8)
Theo trên (x , y0 0)=1 nên (x , y20 20) = 1 (x , y , z )20 20 0 1 Vậy (x , y , z )20 20 0 là bộ ba Phythagore nguyên thủy của (8).
Do vai trò bình đẳng giữa x0và y0 nên ta giả sử y02 là số chẵn theo cấu trúc nghiệm của ph-ơng trình Phythagore ta có:
2 2 2
0 2 0
2 2
0
x m n
y 2mn
z m n
(9)
Trong đó m, n là số nguyên d-ơng,m n,(m, n)=1,m, nkhác tính chẵn lẻ Từ (9) ta cũng có x20 n2 m2 nên (x , m, n)0 là một nghiệm nguyên d-ơng của (8)
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán81 Lại có(m, n) 1 nên (x , m, n)0 =1 (x , m, n)0 cũng là bộ ba Phythagore nguyên thủy của (8).
Do đó:
2 2
0
2 2
x a b
m a b
n 2ab
(10)
Trong đó a, blà các số ngyên d-ơng, (a,b) 1 và a,b chẵn lẻ khác nhau.
Do y0 chẵn nên đặt y0 2y1. Do đó theo (9) và (10) ta có:
2 4 2 2 2 2 2
1 1 1
y 4y 2mn 4ab(a b ) y ab(a b ) abm (11) Do (a, b) 1 nên (a,m) (b,m) 1. Vậy từ (11) ta có a a , b12 b , m12 m12 thay vào ph-ơng trình (2) của hệ (10) ta có a14 b14 m12
Do đó (a , b , m )1 1 1 là một nghiệm nguyên d-ơng của (5).
Ta có m1<m12 m m2 n2 z0. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa nghiệm (x y , z0, 0 0). Điều này chứng tỏ (5) không có nghiệm nguyên d-ơng.
Nhận xét: áp dụng bài toán trên có bài toán sau:
Chứng minh rằng ph-ơng trình x4 y4 z4( ) không có nghiệm d-ơng Xét ph-ơng trình ( )có nghiệm nguyên d-ơng là (x y , z0, 0 0). Khi đó
4 4 2 2
0 0 0
x y (z ) .
Tức là ph-ơng trình x40 y40 (z )02 2 có nghiệm nguyên d-ơng là(x , y , z )0 0 20 .
Điều này vô lí vì theo chứng minh trên ph-ơng trình x4 y4 z2 không có nghiệm nguyên d-ơng.
Vậy ph-ơng trình x4 y4 z2 không có nghiệm nguyên d-ơng.
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán82 Bài tập áp dụng
1. Chứng minh rằng ph-ơng trình x4 4y4 z2 không có nghiệm nguyên d-ơng.
2. Giải ph-ơng trình nghiệm nguyên d-ơng: x4 2y4 1.
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng K33A- Toán83 KÕt LuËn
Trong khóa luận “Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình nghiệm nguyên”. Em đã trình bày một số ph-ơng pháp để giải ph-ơng trình nghiệm nguyên chẳng hạn nh- sau: Ph-ơng pháp dùng tính chia hết, Ph-ơng pháp sử dụng tính chất số nguyên tố, Ph-ơng pháp dùng bất đẳng thức...
Mặt khác, trong khóa luận ứng với mỗi ph-ơng pháp giải em đã
đ-a ra một số ví dụ kèm theo lời giải chi tiết cho từng ví dụ cùng với các bài tập cụ thể cho từng ph-ơng pháp đó.
Qua nghiên cứu em rút ra một số kết luận nh- sau:
- Các bài toán tìm nghiệm nguyên thông th-ờng không có cách giải tổng quát.
Mỗi bài toán tìm nghiệm nguyên đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Vì vậy phải có t- duy linh hoạt sáng tạo.
- Mỗi ph-ơng trình nghiệm nguyên có thể vô nghiệm, có hữu hạn nghiệm hoặc vô số nghiệm. Trong tr-ờng hợp có vô số các nghiệm nguyên th-ờng đ-ợc biểu thị d-ới dạng một công thức chứa th am số là một số nguyên.
- Một ph-ơng trình nghiệm nguyên có thể có nhiều lời giải khác nhau hoặc là sự kết hợp của nhiều ph-ơng pháp giải.
Tuy nhiên do hạn chế về mặt thời gian và trình độ nhận thức nên em chỉ đề cập chín ph-ơng pháp giải ph-ơng trình nghiệm nguyên và hai ph-ơng trình nghiệm nguyên đặc biệt.
Dù đã cố gắng rất nhiều nh-ng khóa luận của em cũng không tránh khỏi những thiếu sót em rất mong đ-ợc sự góp ý của thầy cô và các bạn sinh viên để khóa luận của em hoàn thiện hơn. Em xin chân thành cảm ơn!
Một lần nữa, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới cô giáo D-ơng Thị Luyến, cùng các thầy cô giáo các bạn sinh viên Khoa Toán Tr-ờng Đại học S- phạm Hà Nội 2 đã giúp em hoàn thành khóa luận này.