articlewriting1

Cơ sở pt nghiệm nguyên – Tài liệu text

Học tập

Cơ sở pt nghiệm nguyên

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (166.21 KB, 10 trang )

MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ SỞ
VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Tác Giả : Phí Thái Thuận
10 chuyên Toán THPT chuyên THĐ – Bình Thuận
Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên
vẫn luôn là một đề tài hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm
nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi lớn, nhỏ, trong và ngoài nước.
Trong bài viết này tôi chỉ muốn đề cập đến các vấn đề cơ bản của nghiệm
nguyên (các dạng; các phương pháp giải) chứ không đi sâu (vì vốn hiểu biết
có hạn). Tôi cũng sẽ không nói về phương trình Pell (vì nó có nhiều trong các
sách) và phương trình Pythagore; Fermat (cũng có nhiều trong sách; khái
niệm rất đơn giản) Chú ý: các bạn có thể tìm đọc thêm cuốn “phương trình
và bài toán nghiệm nguyên” của thầy Vũ Hữu Bình.
Phương Pháp 1: Áp Dụng Tính Chia Hết
Dạng 1: phương trình dạng ax + by = c
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
2x + 25y = 8

(1)

Giải: Có thể dễ dàng thấy y chẵn. Đặt y = 2t. Phương trình (1) trở
thành: x + 25t = 4.
Từ đó ta có nghiệm phương trình này:

 x = 4 − 25t
y = 2t

t∈Z
Chú ý: Ta còn có cách thứ 2 để tìm nghiệm của phương trình trên. Đó là
phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc nhất 2 ẩn. Ta dựa
vào định lí sau: Nếu phương trình ax + by = c với (a; b) = 1 có 1 tập nghiệm

là (x0 ; y0 ) thì mọi nghiệm của phương trình nhận từ công thức:

 x = x0 + bt
y = y0 − at

t∈Z
Định lí này chứng minh không khó (bằng cách thế trực tiếp vào phương
trình) Dựa vào định lý này ; ta chỉ cần tìm 1 nghiệm riêng của phương trình
ax + by = c. Đối với các phương trình có hệ số a; b; c nhỏ thì việc tìm nghiệm
khá đơn giản nhưng với các phương trình có a; b; c lớn thì không dễ dàng
1

chút nào. Do đó ta phải dùng đến thuật toán Euclide (các bạn có thể tìm
đọc các sách ; tôi sẽ không nói nhiều về thuật toán này). Ngoài ra còn có
thêm phương pháp hàm Euler .
Dạng 2: Đưa về phương trình ước số:
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
2x + 5y + 3xy = 8

(2)

Giải:
(2) ⇔ x(2 + 3y) + 5y = 8
⇔ 3[x(2 + 3y) + 5y] = 24
⇔ 3x(2 + 3y) + 15y = 24
⇔ 3x(2 + 3y) + (2 + 3y) · 5 = 34
⇒ (3x + 5)(3y + 2) = 34
34 = 17.2 = 34.1
Lập bảng dễ dàng tìm được nghiệm phương trình trên.

Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + 2y 2 + 3xy − 2x − y = 6

(3)

Giải:
(3) ⇔ x2 + x(3y − 2) + 2y 2 − y + a = 6 + a
a là 1 số chưa biết; a sẽ đc xác định sau.
Xét phương trình: x2 + x(3y − 2) + 2y 2 − y + a = 0
∆ = (3y − 2)2 − 4(2y 2 − y + a) = y 2 − 8y + 4 − 4a
Chọn a = −3
⇒ ∆ = y 2 − 8y + 16 = (y − 4)2
⇒ x1 = −y − 1; x2 = −2y + 3
Từ đó ta có phương trình ước số: (x + y + 1)(x + 2y − 3) = 3
Dạng 3: Phương pháp tách các giá trị nguyên
Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
xy − x − y = 2

(4)

Giải:
(4) ⇒ x(y − 1) = y + 2
⇒ x = y+2
y−1
3
⇒ x = 1 + y−1
⇒ (y − 1)|3
Phương Pháp 2: Phương Pháp Lựa Chọn Modulo (hay còn gọi là xét số
dư từng vế)
2

Trước tiên ta có các tính chất cơ bản sau: 1 số chính phương chia 3 dư
0, 1; chia 4 dư 0, 1 ; chia 8 dư 0, 1, 4
Ví Dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + y 2 = 2007

(5)

Giải:
x2 ≡ 0; 1(mod4) y 2 ≡ 0; 1(mod4)
⇒ V T = x2 + y 2 ≡ 0; 1; 2(mod4)
Còn V P = 2007 ≡ 3(mod4) Do đó phương trình trên vô nghiệm.
Có thể mở rộng thêm cho nhiều modulo như 5; 6; · · · và mở rộng cho số
lập phương; tứ phương; ngũ phương… Ta đến với ví dụ sau:
Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
30

19x + 5y + 1890 = 19754 + 1993

(6)

Giải:
Dễ thấy V T ≡ 19x (mod5).
Mặt khác: 19x = (20 − 1)x ≡ (−1)x (mod5)
x chẵn thì 19x ≡ 1(mod5); x lẻ thì 19x ≡ −1 ≡ 4(mod5)
⇒ V T ≡ 1; 4(mod5)
Còn V P ≡ 1993 ≡ 3(mod5) (vô lí)
Do đó phương trình trên vô nghiệm.
Chú ý: Nhiều bài toán nghiệm nguyên trong đề thi vô địch toán các nước

đôi khi phải xét đến modulo khác lớn ; ta xét đến ví dụ sau:
Ví Dụ 7:(Balkan1998) Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
m2 = n5 − 4

(7)

Giải:
m2 ≡ 0; 1; 3; 4; 5; 9(mod11)
n5 − 4 ≡ 6; 7; 8(mod11) (vô lí)
Do đó phương trình này vô nghiệm.
Chỉ 3 dòng; thật ngắn gọn và đẹp phải không nào. Nói chung để xét
modulo hiệu quả còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm toán.
Nói thêm: Đối với các phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của
các số lập phương thì modulo thường dùng là modulo9 vì x3 ≡ 0; 1; 8(mod9)
(hãy tự chứng minh).
Ta xét Ví Dụ sau.
Ví Dụ 8: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x3 + y 3 + z 3 = 1012
3

(8)

Giải:
Dựa vào nhận xét trên : (8)x3 + y 3 + z 3 ≡ 0; 1; 2; 3; 6; 7; 8(mod9)
Còn 1012 ≡ 4(mod9) (vô lí).
Do đó phương trình trên vô nghiệm .
Phương Pháp 3: Dùng Bất Đẳng Thức
Dạng 1: Đối với các phương trình mà các biến có vai trò như nhau thì
người ta thường dùng phương pháp sắp xếp thứ tự các biến.

Ví Dụ 9: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
x + y + z = 3xyz

(9)

Giải:
Không mất tính tổng quát có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z
⇒ 3xyz = x + y + z ≤ 3z
⇒ xy ≤ 1
⇒ x = 1; y = 1
⇒z=1
Nghiệm phương trình là (1; 1; 1)
Dạng 2: Đối với các phương trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể
dùng phương pháp này (nếu vai trò các biến cũng như nhau ). Cách giải
khác dành cho:
1
1
1
Ví Dụ 9: Chia 2 vế phương trình trên cho xyz ta được: xy
+ yz
+ zx
=3
Giải:
Không mất tính tổng quát có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z
1
1
1
+ yz
+ zx
= 3 ≤ x32

⇒ xy
⇒ x2 ≤ 1
⇒x=1
⇒ y = 1 và
z = 1. Ta xét đến một ví dụ tiếp theo để thấy sự hiệu quả của phương
pháp này:
Ví Dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
Giải:
1
+ y1 + z1 = 1
x
Không mất tính tổng quát có thể giả sử:
1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ x1 + y1 + z1 = 1 ≤ x3 ⇒ x ≤ 3.
Lần lượt thử: x = 1; phương trình vô nghiệm nguyên.
Xét x = 2 ⇒ y1 + z1 = 12 ≤ y2 ⇒ y ≤ 4
Mặt khác y ≥ x = 2 ⇒ y ∈ {2; 3; 4}.
Ta thử y lần lượt;
y = 2 phương trình vô nghiệm nguyên;
4

y=3⇒z=6
y = 4 => z = 4
Xét x = 3 ⇒ y1 + z1 = 23 ≤ y2
⇒y≤3
Mặc khác y ≥ x = 3 ⇒ y = 3
⇒ z = 3.
Vậy nghiệm phương trình là (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3) và các hoán vị.
Dạng 3: Áp Dụng Các Bất Đẳng Thức Cổ Điển.
Ví Dụ 11: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:

x6 + z 3 − 15×2 z = 3×2 y 2 z − (y 2 + 5)3

(10)

Giải:
(10) ⇔ (x2 )3 + (y 2 + 5)3 + z 3 = 3×2 z(5 + y 2 )
Áp Dụng BDT Cauchy cho 3 số; ta đc V T ≥ V P
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x2 = y 2 + 5 = z
Từ phương trình x2 = y 2 + 5 ⇒ (x − y)(x + y) = 5
(phương trình ước số; dễ dàng tìm đc x; y rồi tìm ra z).
Đáp số: nghiệm phương trình là (x; y; z) = (3; 2; 9)
Ghi chú: Việc Áp Dụng BDT vào bài toán nghiệm nguyên rất ít dùng vì
ẩn ý dùng BDT rất dễ bị “lộ” nếu người ra đề không khéo léo. Tuy nhiên
cũng có một vài trường hợp dùng BDT khá hay. Ta đến với Ví Dụ sau.
Ví Dụ 12: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với x; y; z là các
số đôi 1 khác nhau.
x3 + y 3 + z 3 = (x + y + z)2

(11)

Giải:
Áp dụng BDT quen thuộc sau:
x3 +y 3 +z 3
≥ ( x+y+z
)3
3
3
3
⇒ x3 + y 3 + z 3 = (x + y + z)2 ≥ (x+y+z)
9

⇒ x + y + z ≤ 9. Vì x; y; z khác nhau
⇒x+y+z ≥1+2+3=6
⇒ x + y + z ∈ {6; 7; 8}
Lần lượt thử các giá trị của x + y + z ta tìm đc x; y; z
Đáp số: (1; 2; 3) và các hoán vị .
Dạng 4: Áp dụng tính đơn điệu của bài toán. Ta chỉ ra 1 hoặc 1 vài giá
trị của biến thoả phương trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
Ví Dụ 13: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau
3x + 4x = 5x
5

(12)

Giải:
(12) ⇔ ( 35 )x + ( 45 )x = 1
x = 1; phương trình vô nghiệm nguyên
x = 2; thoả mãn.
x ≥ 3 ⇒ ( 35 )x < ( 35 )2 ( 45 )x < ( 45 )2
⇒ ( 35 )x + ( 54 )x < 1.
Do đó x = 2 √
là nghiệm
nhất
phương trình. Còn phương trình
√ duy
√ của
x
x
x
này thì sao nhỉ: ( 3) + ( 4) = ( 5)

Bằng cách tương tự; dễ dàng nhận ra x = 4 là nghiệm duy nhất.
Nói thêm : Đối với phương trình trên; ta có bài toán tổng quát hơn. Tìm
các số nguyên dương x; y; z thoả: 3x + 4y = 5z .
Đáp số đơn giản là x = y = z = 2 nhưng cách giải trên vô tác dụng với
bài này. Để giải bài này thì hữu hiệu nhất là xét modulo (các phương trình
chứa ẩn ở mũ thì phương pháp tốt nhất vẫn là xét modulo). Phần này chỉ
nói thêm nên chúng ta tạm thời không giải bài toán này bây giờ mà sẽ để lại
dịp khác.
Dạng 5: Dùng điều kiện ∆ hoặc ∆ ≥ 0 để phương trình bậc 2 có nghiệm.
Ví Dụ 14: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + 2y 2 = 2xy + 2x + 3y

(13)

Giải:
(13) ⇔ x2 − 2x(y − 1) + 2y 2 − 3y = 0
∆ = (y + 1)2 − (2y 2 − 3y) = −y 2 + 5y + 1 ≥ 0
Giải
trình trên không khó; dễ dàng suy ra được:
√ bất phương √
− 29
5
≤ y − 2 ≤ 229
2
Do y nguyên nên dễ dàng khoanh vùng được giá trị của y và thử chọn. Nói
chung thì phương pháp này được dùng khi ∆(∆ ) có dạng f (x) = ax2 +bx+c
(hoặc f (y)) với hệ số a < 0 .
Còn khi a > 0 thì dùng phương pháp đã nói đến trong ví dụ 3 để đưa về
phương trình ước số 1 cách nhanh chóng.
Phương Pháp 4: Phương pháp chặn hay ta có thể gọi nó bằng 1 cái tên

khác là đẹp hơn là phương pháp đánh giá. Phương pháp đánh giá cơ bản dựa
vào 2 nhận xét sau:
1. Không tồn tại n ∈ Z thoả a2 < n2 < (a + 1)2 với a ∈ Z
2. Nếu a2 < n2 < (a + 2)2 với a; n ∈ Z thì n = a + 1.
Ta đến với Ví Dụ sau:

6

Ví Dụ 15: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x4 + x2 + 1 = y 2

(14)

Xét hiệu (x2 + 1)2 − y 2 = x2 ≥ 0
⇒ (x2 + 1)2 ≥ y 2
Xét hiệu y 2 − (x2 )2 = x2 + 1 > 0 => y 2 > (x2 )2
⇒ (x2 )2 < y 2 ≤ (x2 + 1)2
Theo nhận xét trên ⇒ y 2 = (x2 + 1)2
Thế vào phương trình ban đầu ⇒ x4 + x2 + 1 = (x2 + 1)2
⇒ x2 = 0
⇒x=0
Nhận xét trên có thể mở rộng với số lập phương; ta đến với ví dụ tiếp
theo:
Ví Dụ 16: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :
x3 − y 3 = 2y 2 + 3y + 1

(15)

Giải:

Bằng cách trên ta có được : (y − 1)3 < x3 ≤ (y + 1)3
suy ra hoặc x = y hoặc x = y + 1 lần lượt xét x = y; x = y + 1 ta tìm
được các nghiệm phương trình là: (−1; −1); (1; 0)
Phương Pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương .
Dạng 1: Trước tiên ta đến với 1 mệnh đề sau :
xy = z 2 với (x; y) = 1 thì

 x = k2
y = t2

kt = z
Chứng minh mệnh đề này không khó ; ta chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử x; y không là số chính phương nên trong phân tích thành ước nguyên
tố của x hoặc y tồn tại 1 số chứa ít nhất 1 ước nguyên tố p với số mũ lẻ .
Giả sử là x. Vì (x; y) = 1nên y không chứa thừa số p => z 2 cũng chứa thừa
số p với số mũ lẻ (vô lí trái với điều kiện z 2 là số chính phương). Bây giờ ta
đến với 1 ví dụ .
Ví Dụ 17: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
2×4 + 3×2 + 1 − y 2 = 0
Giải:
(16) ⇒ (x2 + 1)(2×2 + 1) = y 2
7

(16)

Rõ ràng (x2 + 1; 2×2 + 1) = 1

x2 + 1 = t 2

2×2 + 1 = z 2

Từ phương trình x2 + 1 = t2 => (t − x)(t + x) = 1 (phương trình ước số)
Từ đó tìm được nghiệm phương trình. Đáp số: (x; y) = (0; 1)
Dạng 2:
Ta có mệnh đề thứ 2:
Nếu n; t là các số nguyên thoả n(n+1) = t2 thì hoặc n = 0 ; hoặc n+1 = 0
Chứng minh mệnh đề này không khó:
Giả sử n = 0; n + 1 = 0 => t = 0
<=> n2 + n = t2
<=> 4n2 + 4n = 4t2
<=> (2n + 1)2 = 4t2 + 1
Dùng phương pháp chặn: (2t)2 < (2n + 1)2 < (2t + 1)2
Vô lí do đó mệnh đề được chứng minh.
Bây giờ áp dụng mệnh đê trên ; ta đến với ví dụ sau .
Ví Dụ 18: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + 2xy + y 2 + 5x + 5y = x2 y 2 − 6

(17)

Giải:
(17) ⇔ (x + y + 2)(x + y + 3) = x2 .y 2
Suy ra hoặc x + y + 2 = 0 hoặc x + y + 3 = 0. Phương trình này vẫn còn
những cách giải khác nhưng điều tôi muốn nhấn mạnh chính là việc dùng
mệnh đề trên giúp cho lời giải bài toán trở nên ngắn gọn hơn .
Phương Pháp 6: Lùi vô hạn (hay còn gọi là phương pháp xuống thang).
Phương pháp này dùng để chứng minh một phương trình f (x; y; z; · · · ) nào
đó ngoài nghiệm tầm thường x = y = z = 0 thì không còn nghiệm nào khác.
Phương pháp này có thể được diễn giải như sau: Bắt đầu bằng việc giả sử
(x0 ; y0 ; z0 ; · · · ) là nghiệm của f (x; y; z; · · · ). Nhờ những biến đổi ; suy luận số

học ta tìm được 1 bộ nghiệm khác (x1 ; y1 ; z1 ; · · · ) sao cho các nghiệm quan hệ
với bộ nghiệm đầu tiên bởi 1 tỉ số k nào đó. Ví Dụ: x0 = k.x1 ; y0 = k.y1 ; · · ·
. Rồi lại từ bộ (x2 ; y2 ; z2 ; · · · ) thoả x1 = k.x2 ; y1 = k.y2 ; · · ·. Quá trình cứ
tiếp tục dẫn đến: x0 ; y0 ; z0 ; · · · chia hết cho k s với s là 1 số tự nhiên tuỳ ý .
Điều này xảy ra <=> x0 = y0 = z0 = · · · = 0 .Để rõ ràng hơn ta xét một Ví
Dụ .
Ví Dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + y 2 = 3y 2
8

(18)

Giải:
Gọi (x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghiệm của phương trình trên. Xét theo modulo 3 .
Ta chứng minh x0 ; y0 đều chia hết cho 3. Thật vậy ; rõ ràng vế phải chia
.
hết cho 3 => x20 + y02 ..3 Ta có: x20 ≡ 0; 1(mod3) y02 ≡ 0; 1(mod3) Do đó
.
=> x20 + y02 ..3 <=> x0 ; y0 đều chia hết cho 3. Đặt x0 = 3.x1 ; y0 = 3.y1. Thế
.
vào và rút gọn: 3(x2 + y 2 ) = z 2 Rõ ràng z0 ..3. Đặt z0 = 3.z1. Thế vào và rút
1

1

0

gọn: x21 + y12 = 3z12 Do đó nếu (x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghiệm của phương trình trên
thì (x1 ; y1 ; z1 ) cũng là 1 nghiệm. Tiếp tục lý luận như trên thì x1 ; y1 ; z1 đều

.
chia hết cho 3. Ta lại tìm được nghiệm thứ 2 là (x2 ; y2 ; z2 ) với x2 ; y2 ; z2 ..3.
.
Tiếp tục và ta dẫn đến: x0 ; y0 ; z0 ..3k. Điều đó chỉ xảy ra ⇔ x0 = y0 = z0 = 0
.
Ví Dụ 20: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + y 2 + z 2 = 2xyz

(Korea1996)

(19)

Giải:
Giả sử (x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghiệm của phương trình trên. ⇒ x20 + y02 + z02 =
2.x0 .y0 .z0
Rõ ràng x20 + y02 + z02 chẵn (do 2.x0 .y0 .z0 chẵn) nên có 2 trường hợp xảy
ra.
Trường Hợp 1: có 2 số lẻ ; 1 số chẵn. Không mất tính tổng quát giả
sử x0 ; y0 lẻ ; z0 chẵn. Xét theo modulo 4 thì: x20 + y02 + z02 ≡ 2(mod4) Còn
.
2.x0 .y0 .z0 ..4 (do z0 chẵn) (vô lí)
Trường Hợp 2: 3 số đều chẵn. Đặt x0 = 2.x1 ; y0 = 2.y1 ; z0 = 2.z1 thế vào
và rút gọn ta được: x21 + y12 + z12 = 4.x1 .y1 .z1 lập luận như trên ta lại được
x1 ; y1 ; z1 chẵn.
.
Quá trình lại tiếp tục đến: x0 ; y0 ; z0 ..2k với k ∈ N ∗
Điều đó xảy ra ⇔ x0 = y0 = z0 = 0. Tóm lại nghiệm phương trình là
(x; y; z) = (0; 0; 0)
Phương Pháp 7: Nguyên Tắc Cực Hạn hay còn gọi là Nguyên Lí Khởi
Đầu Cực Trị. Về mặt hình thức thì phương pháp này khác với phương pháp

lùi vô hạn nhưng về ý tưởng sử dụng thì như nhau ; đều chứng minh 1 phương
trình không có nghiệm không tầm thường. Phương pháp bắt đầu bằng việc
giả sử (x0 ; y0 ; z0 ; · · · ) là nghiệm của f (x; y; z; · · · ) với điều kiện ràng buộc
với bộ (x0 ; y0 ; z0 ; · · · ). Ví Dụ như x0 nhỏ nhất hoặc x0 + y0 + · · · nhỏ nhất…
Bằng những phép biến đổi số học ta tìm được 1 bộ nghiệm khác (x1 ; y1 ; · · · )
trái với những điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chon bộ (x0 ; y0 ; z0 ; · · · )
với x0 nhỏ nhất ta lại tìm được bộ (x1 ; y1 ; z1 ; · · · ) thoả x1 < x0. Từ đó dẫn
đến phương trình cho có nghiêm là (0; 0; 0; .0). Ta hãy xét 1 ví dụ.
9

Ví Dụ 21: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
8×4 + 4y 4 + 2z 4 = t4

(20)

8×4 + 4y 4 + 2z 4 = t4
Giải:
Giả sử (x0 ; y0 ; z0 ; t0 ) là 1 nghiệm phương trình trên với điều kiện x0
nhỏ nhất.
Từ phương trình ⇒ t chẵn. Đặt t = 2.t1 Thế vào và rút gọn ta được:
4
4×0 + 2y04 + z04 = 8t41
Rõ ràng z0 chẵn. Đặt z0 = 2z1
⇒ 2×40 + y04 + 8z14 = 4t41
Tiếp tục y0 chẵn. Đặt y0 = 2y1
⇒ x40 + 8y14 + 4z14 = 2t41
Và dễ thấy x0 cũng chẵn. Đặt x0 = 2×1
⇒ 8×41 + 4y14 + 2z14 = t41
Nhìn vào phương trình trên rõ ràng (x1 ; y1 ; z1 ; t1 ) cũng là 1 nghiệm phương

trình trên và dễ thấy x1 < x0 (vô lí do ta chọn x0 nhỏ nhất)
Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất (0; 0; 0; 0)
Chú ý: Ta cũng có thể chọn bộ (x0 ; y0 ; z0 ; t0 ) thoả x0 + y0 + z0 + t0 nhỏ
nhất ; lý luận tương tự và dễ thấy x1 + y1 + z1 + t1 < x0 + y0 + z0 + t0 từ đó
cũng dẫn đến kết luận bài toán.
Phương Pháp 8: Sử Dụng Một Mệnh Đề Cơ Bản Của Số Học. Trước
tiên ta đến với bài toán nhỏ sau:
Cho p là số nguyên tố có dạng p = k · 2t + 1 với t nguyên dương ; k là số
tự nhiên lẻ.
. .
t
t.
Chứng minh rằng nếu x2 + y 2 ..p thì x..p; y ..p
Chứng minh:
.
.
Giả sử x..p thì rõ ràng y ..p Theo Fermat nhỏ: xp−1 ≡ 1(modp) y p−1 ≡
1(modp) p = k2t + 1 nên
t

xk.2 ≡ 1(modp)
t
y k.2 ≡ 1(modp)
t

t

⇒ xk.2 + y k.2 ≡ 2(modp)

(21)

t

t

Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức a2n+1 + b2n+1 : xk.2 + y k.2 =
t
(x + y 2 ).A) (A là 1 số nào đó)
Rõ ràng:
2t

t
t
t
t.
xk.2 + y k.2 ≡ 0(modp) (do giả thiết x2 + y 2 .. p)

10

(22)

là ( x0 ; y0 ) thì mọi nghiệm của phương trình nhận từ công thức :  x = x0 + bty = y0 − att ∈ ZĐịnh lí này chứng tỏ không khó ( bằng cách thế trực tiếp vào phươngtrình ) Dựa vào định lý này ; ta chỉ cần tìm 1 nghiệm riêng của phương trìnhax + by = c. Đối với những phương trình có thông số a ; b ; c nhỏ thì việc tìm nghiệmkhá đơn thuần nhưng với những phương trình có a ; b ; c lớn thì không dễ dàngchút nào. Do đó ta phải dùng đến thuật toán Euclide ( những bạn hoàn toàn có thể tìmđọc những sách ; tôi sẽ không nói nhiều về thuật toán này ). Ngoài ra còn cóthêm chiêu thức hàm Euler. Dạng 2 : Đưa về phương trình ước số : Ví dụ 2 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2 x + 5 y + 3 xy = 8 ( 2 ) Giải : ( 2 ) ⇔ x ( 2 + 3 y ) + 5 y = 8 ⇔ 3 [ x ( 2 + 3 y ) + 5 y ] = 24 ⇔ 3 x ( 2 + 3 y ) + 15 y = 24 ⇔ 3 x ( 2 + 3 y ) + ( 2 + 3 y ) · 5 = 34 ⇒ ( 3 x + 5 ) ( 3 y + 2 ) = 3434 = 17.2 = 34.1 Lập bảng thuận tiện tìm được nghiệm phương trình trên. Ví dụ 3 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2 + 2 y 2 + 3 xy − 2 x − y = 6 ( 3 ) Giải : ( 3 ) ⇔ x2 + x ( 3 y − 2 ) + 2 y 2 − y + a = 6 + aa là 1 số chưa biết ; a sẽ đc xác lập sau. Xét phương trình : x2 + x ( 3 y − 2 ) + 2 y 2 − y + a = 0 ∆ = ( 3 y − 2 ) 2 − 4 ( 2 y 2 − y + a ) = y 2 − 8 y + 4 − 4 aChọn a = − 3 ⇒ ∆ = y 2 − 8 y + 16 = ( y − 4 ) 2 ⇒ x1 = − y − 1 ; x2 = − 2 y + 3T ừ đó ta có phương trình ước số : ( x + y + 1 ) ( x + 2 y − 3 ) = 3D ạng 3 : Phương pháp tách những giá trị nguyênVí dụ 4 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : xy − x − y = 2 ( 4 ) Giải : ( 4 ) ⇒ x ( y − 1 ) = y + 2 ⇒ x = y + 2 y − 1 ⇒ x = 1 + y − 1 ⇒ ( y − 1 ) | 3P hương Pháp 2 : Phương Pháp Lựa Chọn Modulo ( hay còn gọi là xét sốdư từng vế ) Trước tiên ta có những đặc thù cơ bản sau : 1 số chính phương chia 3 dư0, 1 ; chia 4 dư 0, 1 ; chia 8 dư 0, 1, 4V í Dụ 5 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2 + y 2 = 2007 ( 5 ) Giải : x2 ≡ 0 ; 1 ( mod4 ) y 2 ≡ 0 ; 1 ( mod4 ) ⇒ V T = x2 + y 2 ≡ 0 ; 1 ; 2 ( mod4 ) Còn V P = 2007 ≡ 3 ( mod4 ) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Có thể lan rộng ra thêm cho nhiều modulo như 5 ; 6 ; · · · và lan rộng ra cho sốlập phương ; tứ phương ; ngũ phương … Ta đến với ví dụ sau : Ví dụ 6 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : 3019 x + 5 y + 1890 = 19754 + 1993 ( 6 ) Giải : Dễ thấy V T ≡ 19 x ( mod5 ). Mặt khác : 19 x = ( 20 − 1 ) x ≡ ( − 1 ) x ( mod5 ) x chẵn thì 19 x ≡ 1 ( mod5 ) ; x lẻ thì 19 x ≡ − 1 ≡ 4 ( mod5 ) ⇒ V T ≡ 1 ; 4 ( mod5 ) Còn V P ≡ 1993 ≡ 3 ( mod5 ) ( phi lí ) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Chú ý : Nhiều bài toán nghiệm nguyên trong đề thi vô địch toán những nướcđôi khi phải xét đến modulo khác lớn ; ta xét đến ví dụ sau : Ví Dụ 7 : ( Balkan1998 ) Giải phương trình nghiệm nguyên sau : mét vuông = n5 − 4 ( 7 ) Giải : mét vuông ≡ 0 ; 1 ; 3 ; 4 ; 5 ; 9 ( mod11 ) n5 − 4 ≡ 6 ; 7 ; 8 ( mod11 ) ( phi lí ) Do đó phương trình này vô nghiệm. Chỉ 3 dòng ; thật ngắn gọn và đẹp phải không nào. Nói chung để xétmodulo hiệu suất cao còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm toán. Nói thêm : Đối với những phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia củacác số lập phương thì modulo thường dùng là modulo9 vì x3 ≡ 0 ; 1 ; 8 ( mod9 ) ( hãy tự chứng tỏ ). Ta xét Ví Dụ sau. Ví Dụ 8 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x3 + y 3 + z 3 = 1012 ( 8 ) Giải : Dựa vào nhận xét trên : ( 8 ) x3 + y 3 + z 3 ≡ 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 7 ; 8 ( mod9 ) Còn 1012 ≡ 4 ( mod9 ) ( phi lí ). Do đó phương trình trên vô nghiệm. Phương Pháp 3 : Dùng Bất Đẳng ThứcDạng 1 : Đối với những phương trình mà những biến có vai trò như nhau thìngười ta thường dùng chiêu thức sắp xếp thứ tự những biến. Ví Dụ 9 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : x + y + z = 3 xyz ( 9 ) Giải : Không mất tính tổng quát hoàn toàn có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ 3 xyz = x + y + z ≤ 3 z ⇒ xy ≤ 1 ⇒ x = 1 ; y = 1 ⇒ z = 1N ghiệm phương trình là ( 1 ; 1 ; 1 ) Dạng 2 : Đối với những phương trình nghịch đảo những biến ta cũng có thểdùng chiêu thức này ( nếu vai trò những biến cũng như nhau ). Cách giảikhác dành cho : Ví Dụ 9 : Chia 2 vế phương trình trên cho xyz ta được : xy + yz + zx = 3G iải : Không mất tính tổng quát hoàn toàn có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z + yz + zx = 3 ≤ x32 ⇒ xy ⇒ x2 ≤ 1 ⇒ x = 1 ⇒ y = 1 vàz = 1. Ta xét đến một ví dụ tiếp theo để thấy sự hiệu suất cao của phươngpháp này : Ví Dụ 10 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải : + y1 + z1 = 1K hông mất tính tổng quát hoàn toàn có thể giả sử : 1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ x1 + y1 + z1 = 1 ≤ x3 ⇒ x ≤ 3. Lần lượt thử : x = 1 ; phương trình vô nghiệm nguyên. Xét x = 2 ⇒ y1 + z1 = 12 ≤ y2 ⇒ y ≤ 4M ặt khác y ≥ x = 2 ⇒ y ∈ { 2 ; 3 ; 4 }. Ta thử y lần lượt ; y = 2 phương trình vô nghiệm nguyên ; y = 3 ⇒ z = 6 y = 4 => z = 4X ét x = 3 ⇒ y1 + z1 = 23 ≤ y2 ⇒ y ≤ 3M ặc khác y ≥ x = 3 ⇒ y = 3 ⇒ z = 3. Vậy nghiệm phương trình là ( 2 ; 3 ; 6 ) ; ( 2 ; 4 ; 4 ) ; ( 3 ; 3 ; 3 ) và những hoán vị. Dạng 3 : Áp Dụng Các Bất Đẳng Thức Cổ Điển. Ví Dụ 11 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : x6 + z 3 − 15×2 z = 3×2 y 2 z − ( y 2 + 5 ) 3 ( 10 ) Giải : ( 10 ) ⇔ ( x2 ) 3 + ( y 2 + 5 ) 3 + z 3 = 3×2 z ( 5 + y 2 ) Áp Dụng BDT Cauchy cho 3 số ; ta đc V T ≥ V PDấu ” = ” xảy ra ⇔ x2 = y 2 + 5 = zTừ phương trình x2 = y 2 + 5 ⇒ ( x − y ) ( x + y ) = 5 ( phương trình ước số ; thuận tiện tìm đc x ; y rồi tìm ra z ). Đáp số : nghiệm phương trình là ( x ; y ; z ) = ( 3 ; 2 ; 9 ) Ghi chú : Việc Áp Dụng BDT vào bài toán nghiệm nguyên rất ít dùng vìẩn ý dùng BDT rất dễ bị ” lộ ” nếu người ra đề không khôn khéo. Tuy nhiêncũng có một vài trường hợp dùng BDT khá hay. Ta đến với Ví Dụ sau. Ví Dụ 12 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với x ; y ; z là cácsố đôi 1 khác nhau. x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z ) 2 ( 11 ) Giải : Áp dụng BDT quen thuộc sau : x3 + y 3 + z 3 ≥ ( x + y + z ) 3 ⇒ x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z ) 2 ≥ ( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≤ 9. Vì x ; y ; z khác nhau ⇒ x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6 ⇒ x + y + z ∈ { 6 ; 7 ; 8 } Lần lượt thử những giá trị của x + y + z ta tìm đc x ; y ; zĐáp số : ( 1 ; 2 ; 3 ) và những hoán vị. Dạng 4 : Áp dụng tính đơn điệu của bài toán. Ta chỉ ra 1 hoặc 1 vài giátrị của biến thoả phương trình rồi chứng tỏ đó là nghiệm duy nhất. Ví Dụ 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau3x + 4 x = 5 x ( 12 ) Giải : ( 12 ) ⇔ ( 35 ) x + ( 45 ) x = 1 x = 1 ; phương trình vô nghiệm nguyênx = 2 ; thoả mãn. x ≥ 3 ⇒ ( 35 ) x < ( 35 ) 2 ( 45 ) x < ( 45 ) 2 ⇒ ( 35 ) x + ( 54 ) x < 1. Do đó x = 2 √ là nghiệmnhấtphương trình. Còn phương trình √ duy √ củanày thì sao nhỉ : ( 3 ) + ( 4 ) = ( 5 ) Bằng cách tương tự như ; thuận tiện nhận ra x = 4 là nghiệm duy nhất. Nói thêm : Đối với phương trình trên ; ta có bài toán tổng quát hơn. Tìmcác số nguyên dương x ; y ; z thoả : 3 x + 4 y = 5 z. Đáp số đơn thuần là x = y = z = 2 nhưng cách giải trên vô công dụng vớibài này. Để giải bài này thì hữu hiệu nhất là xét modulo ( những phương trìnhchứa ẩn ở mũ thì chiêu thức tốt nhất vẫn là xét modulo ). Phần này chỉnói thêm nên tất cả chúng ta trong thời điểm tạm thời không giải bài toán này giờ đây mà sẽ để lạidịp khác. Dạng 5 : Dùng điều kiện kèm theo ∆ hoặc ∆ ≥ 0 để phương trình bậc 2 có nghiệm. Ví Dụ 14 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2 + 2 y 2 = 2 xy + 2 x + 3 y ( 13 ) Giải : ( 13 ) ⇔ x2 − 2 x ( y − 1 ) + 2 y 2 − 3 y = 0 ∆ = ( y + 1 ) 2 − ( 2 y 2 − 3 y ) = − y 2 + 5 y + 1 ≥ 0G iảitrình trên không khó ; thuận tiện suy ra được : √ bất phương √ − 29 ≤ y − 2 ≤ 229D o y nguyên nên thuận tiện khoanh vùng phạm vi được giá trị của y và thử chọn. Nóichung thì chiêu thức này được dùng khi ∆ ( ∆ ) có dạng f ( x ) = ax2 + bx + c ( hoặc f ( y ) ) với thông số a < 0. Còn khi a > 0 thì dùng giải pháp đã nói đến trong ví dụ 3 để đưa vềphương trình ước số 1 cách nhanh gọn. Phương Pháp 4 : Phương pháp chặn hay ta hoàn toàn có thể gọi nó bằng 1 cái tênkhác là đẹp hơn là chiêu thức nhìn nhận. Phương pháp nhìn nhận cơ bản dựavào 2 nhận xét sau : 1. Không sống sót n ∈ Z thoả a2 < n2 < ( a + 1 ) 2 với a ∈ Z2. Nếu a2 < n2 < ( a + 2 ) 2 với a ; n ∈ Z thì n = a + 1. Ta đến với Ví Dụ sau : Ví Dụ 15 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x4 + x2 + 1 = y 2 ( 14 ) Xét hiệu ( x2 + 1 ) 2 − y 2 = x2 ≥ 0 ⇒ ( x2 + 1 ) 2 ≥ y 2X ét hiệu y 2 − ( x2 ) 2 = x2 + 1 > 0 => y 2 > ( x2 ) 2 ⇒ ( x2 ) 2 < y 2 ≤ ( x2 + 1 ) 2T heo nhận xét trên ⇒ y 2 = ( x2 + 1 ) 2T hế vào phương trình bắt đầu ⇒ x4 + x2 + 1 = ( x2 + 1 ) 2 ⇒ x2 = 0 ⇒ x = 0N hận xét trên hoàn toàn có thể lan rộng ra với số lập phương ; ta đến với ví dụ tiếptheo : Ví Dụ 16 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x3 − y 3 = 2 y 2 + 3 y + 1 ( 15 ) Giải : Bằng cách trên ta có được : ( y − 1 ) 3 < x3 ≤ ( y + 1 ) 3 suy ra hoặc x = y hoặc x = y + 1 lần lượt xét x = y ; x = y + 1 ta tìmđược những nghiệm phương trình là : ( − 1 ; − 1 ) ; ( 1 ; 0 ) Phương Pháp 5 : Dùng đặc thù của số chính phương. Dạng 1 : Trước tiên ta đến với 1 mệnh đề sau : xy = z 2 với ( x ; y ) = 1 thì  x = k2y = t2kt = zChứng minh mệnh đề này không khó ; ta chứng tỏ bằng phản chứng : Giả sử x ; y không là số chính phương nên trong nghiên cứu và phân tích thành ước nguyêntố của x hoặc y sống sót 1 số chứa tối thiểu 1 ước nguyên tố p với số mũ lẻ. Giả sử là x. Vì ( x ; y ) = 1 nên y không chứa thừa số p => z 2 cũng chứa thừasố p với số mũ lẻ ( phi lí trái với điều kiện kèm theo z 2 là số chính phương ). Bây giờ tađến với 1 ví dụ. Ví Dụ 17 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2×4 + 3×2 + 1 − y 2 = 0G iải : ( 16 ) ⇒ ( x2 + 1 ) ( 2×2 + 1 ) = y 2 ( 16 ) Rõ ràng ( x2 + 1 ; 2×2 + 1 ) = 1×2 + 1 = t 22×2 + 1 = z 2T ừ phương trình x2 + 1 = t2 => ( t − x ) ( t + x ) = 1 ( phương trình ước số ) Từ đó tìm được nghiệm phương trình. Đáp số : ( x ; y ) = ( 0 ; 1 ) Dạng 2 : Ta có mệnh đề thứ 2 : Nếu n ; t là những số nguyên thoả n ( n + 1 ) = t2 thì hoặc n = 0 ; hoặc n + 1 = 0C hứng minh mệnh đề này không khó : Giả sử n = 0 ; n + 1 = 0 => t = 0 < => n2 + n = t2 < => 4 n2 + 4 n = 4 t2 < => ( 2 n + 1 ) 2 = 4 t2 + 1D ùng giải pháp chặn : ( 2 t ) 2 < ( 2 n + 1 ) 2 < ( 2 t + 1 ) 2V ô lí do đó mệnh đề được chứng tỏ. Bây giờ vận dụng mệnh đê trên ; ta đến với ví dụ sau. Ví Dụ 18 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2 + 2 xy + y 2 + 5 x + 5 y = x2 y 2 − 6 ( 17 ) Giải : ( 17 ) ⇔ ( x + y + 2 ) ( x + y + 3 ) = x2. y 2S uy ra hoặc x + y + 2 = 0 hoặc x + y + 3 = 0. Phương trình này vẫn cònnhững cách giải khác nhưng điều tôi muốn nhấn mạnh vấn đề chính là việc dùngmệnh đề trên giúp cho giải thuật bài toán trở nên ngắn gọn hơn. Phương Pháp 6 : Lùi vô hạn ( hay còn gọi là chiêu thức xuống thang ). Phương pháp này dùng để chứng tỏ một phương trình f ( x ; y ; z ; · · · ) nàođó ngoài nghiệm tầm thường x = y = z = 0 thì không còn nghiệm nào khác. Phương pháp này hoàn toàn có thể được diễn giải như sau : Bắt đầu bằng việc giả sử ( x0 ; y0 ; z0 ; · · · ) là nghiệm của f ( x ; y ; z ; · · · ). Nhờ những đổi khác ; suy luận sốhọc ta tìm được 1 bộ nghiệm khác ( x1 ; y1 ; z1 ; · · · ) sao cho những nghiệm quan hệvới bộ nghiệm tiên phong bởi 1 tỉ số k nào đó. Ví Dụ : x0 = k. x1 ; y0 = k. y1 ; · · ·. Rồi lại từ bộ ( x2 ; y2 ; z2 ; · · · ) thoả x1 = k. x2 ; y1 = k. y2 ; · · ·. Quá trình cứtiếp tục dẫn đến : x0 ; y0 ; z0 ; · · · chia hết cho k s với s là 1 số tự nhiên tuỳ ý. Điều này xảy ra < => x0 = y0 = z0 = · · · = 0. Để rõ ràng hơn ta xét một VíDụ. Ví Dụ 19 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2 + y 2 = 3 y 2 ( 18 ) Giải : Gọi ( x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghiệm của phương trình trên. Xét theo modulo 3. Ta chứng tỏ x0 ; y0 đều chia hết cho 3. Thật vậy ; rõ ràng vế phải chiahết cho 3 => x20 + y02 .. 3 Ta có : x20 ≡ 0 ; 1 ( mod3 ) y02 ≡ 0 ; 1 ( mod3 ) Do đó => x20 + y02 .. 3 < => x0 ; y0 đều chia hết cho 3. Đặt x0 = 3. x1 ; y0 = 3. y1. Thếvào và rút gọn : 3 ( x2 + y 2 ) = z 2 Rõ ràng z0 .. 3. Đặt z0 = 3. z1. Thế vào và rútgọn : x21 + y12 = 3 z12 Do đó nếu ( x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghiệm của phương trình trênthì ( x1 ; y1 ; z1 ) cũng là 1 nghiệm. Tiếp tục lý luận như trên thì x1 ; y1 ; z1 đềuchia hết cho 3. Ta lại tìm được nghiệm thứ 2 là ( x2 ; y2 ; z2 ) với x2 ; y2 ; z2 .. 3. Tiếp tục và ta dẫn đến : x0 ; y0 ; z0 .. 3 k. Điều đó chỉ xảy ra ⇔ x0 = y0 = z0 = 0V í Dụ 20 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2 + y 2 + z 2 = 2 xyz ( Korea1996 ) ( 19 ) Giải : Giả sử ( x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghiệm của phương trình trên. ⇒ x20 + y02 + z02 = 2. x0. y0. z0Rõ ràng x20 + y02 + z02 chẵn ( do 2. x0. y0. z0 chẵn ) nên có 2 trường hợp xảyra. Trường Hợp 1 : có 2 số lẻ ; 1 số chẵn. Không mất tính tổng quát giảsử x0 ; y0 lẻ ; z0 chẵn. Xét theo modulo 4 thì : x20 + y02 + z02 ≡ 2 ( mod4 ) Còn2. x0. y0. z0 .. 4 ( do z0 chẵn ) ( phi lí ) Trường Hợp 2 : 3 số đều chẵn. Đặt x0 = 2. x1 ; y0 = 2. y1 ; z0 = 2. z1 thế vàovà rút gọn ta được : x21 + y12 + z12 = 4. x1. y1. z1 lập luận như trên ta lại đượcx1 ; y1 ; z1 chẵn. Quá trình lại liên tục đến : x0 ; y0 ; z0 .. 2 k với k ∈ N ∗ Điều đó xảy ra ⇔ x0 = y0 = z0 = 0. Tóm lại nghiệm phương trình là ( x ; y ; z ) = ( 0 ; 0 ; 0 ) Phương Pháp 7 : Nguyên Tắc Cực Hạn hay còn gọi là Nguyên Lí KhởiĐầu Cực Trị. Về mặt hình thức thì giải pháp này khác với phương pháplùi vô hạn nhưng về ý tưởng sáng tạo sử dụng thì như nhau ; đều chứng tỏ 1 phươngtrình không có nghiệm không tầm thường. Phương pháp mở màn bằng việcgiả sử ( x0 ; y0 ; z0 ; · · · ) là nghiệm của f ( x ; y ; z ; · · · ) với điều kiện kèm theo ràng buộcvới bộ ( x0 ; y0 ; z0 ; · · · ). Ví Dụ như x0 nhỏ nhất hoặc x0 + y0 + · · · nhỏ nhất … Bằng những phép biến hóa số học ta tìm được 1 bộ nghiệm khác ( x1 ; y1 ; · · · ) trái với những điều kiện kèm theo ràng buộc trên. Ví dụ khi chon bộ ( x0 ; y0 ; z0 ; · · · ) với x0 nhỏ nhất ta lại tìm được bộ ( x1 ; y1 ; z1 ; · · · ) thoả x1 < x0. Từ đó dẫnđến phương trình cho có nghiêm là ( 0 ; 0 ; 0 ;. 0 ). Ta hãy xét 1 ví dụ. Ví Dụ 21 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 8x4 + 4 y 4 + 2 z 4 = t4 ( 20 ) 8x4 + 4 y 4 + 2 z 4 = t4Giải : Giả sử ( x0 ; y0 ; z0 ; t0 ) là 1 nghiệm phương trình trên với điều kiện kèm theo x0nhỏ nhất. Từ phương trình ⇒ t chẵn. Đặt t = 2. t1 Thế vào và rút gọn ta được : 4x0 + 2 y04 + z04 = 8 t41Rõ ràng z0 chẵn. Đặt z0 = 2 z1 ⇒ 2x40 + y04 + 8 z14 = 4 t41Tiếp tục y0 chẵn. Đặt y0 = 2 y1 ⇒ x40 + 8 y14 + 4 z14 = 2 t41Và dễ thấy x0 cũng chẵn. Đặt x0 = 2x1 ⇒ 8x41 + 4 y14 + 2 z14 = t41Nhìn vào phương trình trên rõ ràng ( x1 ; y1 ; z1 ; t1 ) cũng là 1 nghiệm phươngtrình trên và dễ thấy x1 < x0 ( vô lí do ta chọn x0 nhỏ nhất ) Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất ( 0 ; 0 ; 0 ; 0 ) Chú ý : Ta cũng hoàn toàn có thể chọn bộ ( x0 ; y0 ; z0 ; t0 ) thoả x0 + y0 + z0 + t0 nhỏnhất ; lý luận tựa như và dễ thấy x1 + y1 + z1 + t1 < x0 + y0 + z0 + t0 từ đócũng dẫn đến Tóm lại bài toán. Phương Pháp 8 : Sử Dụng Một Mệnh Đề Cơ Bản Của Số Học. Trướctiên ta đến với bài toán nhỏ sau : Cho p là số nguyên tố có dạng p = k · 2 t + 1 với t nguyên dương ; k là sốtự nhiên lẻ ... t. Chứng minh rằng nếu x2 + y 2 .. p thì x .. p ; y .. pChứng minh : Giả sử x .. p thì rõ ràng y .. p Theo Fermat nhỏ : xp − 1 ≡ 1 ( modp ) y p − 1 ≡ 1 ( modp ) p = k2t + 1 nênxk. 2 ≡ 1 ( modp ) y k. 2 ≡ 1 ( modp ) ⇒ xk. 2 + y k. 2 ≡ 2 ( modp ) ( 21 ) Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức a2n + 1 + b2n + 1 : xk. 2 + y k. 2 = ( x + y 2 ). A ) ( A là 1 số nào đó ) Rõ ràng : 2tt.xk. 2 + y k. 2 ≡ 0 ( modp ) ( do giả thiết x2 + y 2 .. p ) 10 ( 22 )

Source: https://skinfresh.vn
Category: Học tập