Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Phương pháp xây dựng họ nghiệm trong những bài toán giải phương trình nghiệm nguyên


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 14-09-2013 - 19:43

                          PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG HỌ NGHIỆM 

        TRONG BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

                                                          

 

  @};-  :B) Theo đề nghị của Phạm Quang Toàn,và dù kiến thức còn hạn hẹp ( :unsure: ) nhưng mình cũng xin chuyển bài viết này từ trang chủ về diễn đàn, lập ra một topic về một phương pháp hiệu quả trong việc giải những bài toán phương trình nghiệm nguyên. Đó là phương pháp xây dựng họ nghiệm.

   Đối với những bài toán chỉ yêu cầu chứng minh phương trình có vô số nghiệm nguyên, ta không cần vét cạn các nghiệm của nó, vì vậy trong trường hợp này, ta chỉ cần xây dựng một họ nghiệm có chứa tham số là đủ. Sau đây là một số ví dụ về phương pháp xây dựng nghiệm trong những bài toán về phương trình nghiệm nguyên :

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên $x,y$ sao cho $x^2+y^2+3$ là một số chính phương.

Lời giải :

Theo yêu cầu đề bài, ta chỉ cần chứng minh rằng phương trình $x^2+y^2+3=z^2$ có vô số nghiệm.

Thật vậy, chọn $z=x+2$ thì ta được :

$$x^{2}+y^{2}+3=(x+2)^{2}\Leftrightarrow y^{2}=4x+1$$

Đến đây, ta chỉ cần chọn $x$ sao cho $4x+1$ là số chính phương thì bài toán coi như được giải quyết.

Rõ ràng ta có thể chọn $$x=k^{2}-k\Rightarrow y^{2}=4(k^{2}-k)+1=(2k-1)^{2}\Rightarrow y=2k-1$$

Kết luận : Tồn tại vô số số nguyên $x,y$ có dạng $(x;y)=(k^2-k;2k-1)$, trong đó $k$ là một số nguyên bất kì thỏa mãn đề bài.

Lưu ý : Họ nghiệm trên cũng chưa vét cạn toàn bộ nghiệm của phương trình, vì vậy cách làm này chỉ hữu hiệu với những đề bài yêu cầu chứng minh phương trình vô số nghiệm, còn với những đề bài yêu cầu giải phương trình nghiệm nguyên thì nó không phát huy tác dụng. 

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{3}+z^{3}=2$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải :

Chọn $x=1+k,y=1-k$ $\left ( k\in \mathbb{Z} \right )$, thay vào phương trình ta được :

$$\left ( 1+k \right )^{3}+(1-k)^{3}+z^{3}=2\Leftrightarrow 6k^{2}=-z^{3}$$

Như vậy nếu ta chọn được $k$ sao cho $6k^2$ là một lập phương đúng thì kết thúc chứng minh.

Thật vậy, ta hoàn toàn có thể chọn $k=6t^{3}$ ($t\in \mathbb{Z}$) thì :

$$-z^{3}=6.(6t^{3^{2}})=(6t^{2})^{3}\Rightarrow z=-6t^{2}$$

Khi đó ta tìm được $x=1+6t^{2},y=1-6t^{2}$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm nguyên và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(1+6t^{2},1-6t^{2},-6t^{2})$ trong đó $t\in \mathbb{Z}$.

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{4}=z^{7}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Ta luôn có điều hiển nhiên sau : 

$$2^{a}+2^{a}=2^{a+1}$$

Như vậy nếu ta chọn $x=2^{\frac{a}{3}},y=2^{\frac{a}{4}},z=2^{\frac{a+1}{7}}$ thì ta có ngay $x^{3}+y^{4}=z^{7}$.

Công việc còn lại là tìm số tự nhiên $a$ sao cho $x,y,z$ đều nguyên.

Ta có $$\left\{\begin{matrix} 3|a & \\ 4|a & \\ 7|(a+1)& \end{matrix}\right.\Rightarrow a=84t+48\qquad(t\in \mathbb{N})$$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $\left ( x,y,z \right )=\left (2^{28t+16},2^{21t+12},2^{12t+7} \right )$ trong đó $t\in \mathbb{N}$.

 

Dựa trên sự vô số nghiệm nguyên của một số phương trình nổi tiếng như phương trình $Pythagore$, phương trình $Pell$,... ta cũng có thể thiết lập một họ nghiệm để chứng minh một phương trình có vô số nghiệm nguyên. Xem ví dụ sau đây :

Ví dụ 4 : Chứng minh rằng phương trình $x^3+y^3+z^3+t^3=1999$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải :

Nhận thấy rằng ta có :

$$10^{3}+10^{3}+(-1)^{3}+0^{3}=1999$$

Do đó ta chọn $x=10+a,y=10-a,z=-1-b,t=b$ ($a,b\in \mathbb{Z}$) để khi thay vào phương trình ban đầu và khai triển, ta được một phương trình mới mà quan hệ giữa hai biến mới là $a$ và $b$ được "gần" nhau hơn.

Thật vậy, ta có :

$$(10+a)^{3}+(10-a)^{3}+(-1-b)^{3}+b^{3}=1999\Leftrightarrow 20a^{2}=b(b+1)\Leftrightarrow (2b+1)^{2}-80a^{2}=1$$

Đây chính là phương trình $Pell$, mà phương trình $Pell$ có vô số nghiệm nguyên, do đó tồn tại vô số các số nguyên $a,b$ thỏa mãn phương trình. Tức tồn tại vô số số nguyên $x,y,z,t$ thỏa mãn phương trình ban đầu. Đây chính là điều phải chứng minh.

Ví dụ 5 : 

a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số chính phương viết được dưới dạng tổng của hai số mà mỗi số là một lũy thừa của $2$.

b) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số chính phương viết được dưới dạng tổng của hai số mà mỗi số là một lũy thừa của $3$.

Lời giải :

a) Theo yêu cầu đề bài ta chỉ cần chứng minh phương trình $2^{x}+2^{y}=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Thật vậy, ta có thể chọn $x=2t+3,y=2t$ ($t\in \mathbb{Z}^{+}$) thì ta được :

$$z^{2}=2^{2t+3}+2^{2t}=(3.2^{t})^{2}\Rightarrow z=3.2^{t}$$

Do đó phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(2t+3,2t,3.2^t)$ trong đó $t\in \mathbb{Z}^{+}$. Từ đó ta có điều phải chứng minh

b) Theo yêu cầu đề bài ta chỉ cần chứng minh phương trình $3^{x}+3^{y}=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Thật vậy, ta có thể chọn $x=2t+1,y=2t$ ($t\in \mathbb{Z}^{+}$) thì ta được :

$$z^{2}=3^{2t+1}+3^{2t}=(2.3^{t})^{2}\Rightarrow z=2.3^{t}$$

Do đó phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(2t+1,2t,2.3^t)$ trong đó $t\in \mathbb{Z}^{+}$. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

 

Kết thúc bài viết, mình xin đưa ra một số bài tập để các bạn có thể thấy rõ hơn hiệu quả của phương pháp này.

 

Bài 1 : (Italy 1996) Chứng minh rằng phương trình $a^{2}+b^{2}=c^{2}+3$ có vô số nghiệm nguyên.

Bài 2 : (Canada 1991) Chứng minh rằng phương trình $x^{2}+y^{3}=z^{5}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 3 (Cải biên từ đề nghị Olympic 30-4 THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai) 

Chứng minh rằng tồn tại vô số các nguyên dương $n$ sao cho :

$$\frac{1^{2}+2^{2}+3^{2}+...+n^{2}}{n}$$ là một số chính phương.

Bài 4 : (Brazil 1994) Chứng minh rằng phương trình $a^{3}+1990b^{3}=c^{4}$ có vô số nghiệm nguyên. 

Bài 5 : Chứng minh rằng phương trình $19x^{2}+5y^{9}+1890z^{1945}=t^{2003}$ có vô số nghiệm nguyên dương

Bài 6 : Chứng minh rằng phương trình $\left \{ x^{2} \right \}+\left \{ y^{2} \right \}=\left \{ z^{2} \right \}$ có vô số nghiệm trên tập $\mathbb{Q}\setminus \mathbb{Z}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-09-2013 - 19:48

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#2 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1540 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:done with math

Đã gửi 14-09-2013 - 19:51

Đặt $x^{2}=y^{3}=2^{a},z^{5}=2^{a+1}$

Xin giải bài 2 :  $x^{2}+y^{3}=z^{5}$

Chọn $a=6k$ với $k$ nguyên dương khi đó ta có $x=8^{k}$ và $y=4^{k}$

Còn $z^{5}=2^{a+1}=2^{6k+1}$ 

Chỉ cần chọn $k$ sao cho $6k+1\equiv 0(mod5)$ , dễ thấy chọn $k=5m-1$ là tốt nhất .

Vậy phương trình có vô số nghiệm dạng $(x,y,z)=(8^{k},4^{k},2^{6m-1})$ trong đó $k=5m-1$ với $k,m$ nguyên dương .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 14-09-2013 - 20:06

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#3 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1540 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:done with math

Đã gửi 14-09-2013 - 19:56

Bài 1 : Chứng minh phương trình $a^{2}+b^{2}=c^{2}+3$ có vô số nghiệm nguyên .

Đặt $c=2k+1$ thì phương trình trở thành $a^{2}+b^{2}=4k^{2}+4k+4$

Đặt $a=2m,b=2n$ thì $m^{2}+n^{2}=k^{2}+k+1$

Chọn $m=k$ khi đó chỉ cần có $n^{2}=k+1$ và do luôn tồn tại nên phương trình này có vô số nghiệm dạng 

                    $(a,b,c)=(2k,2n,2k+1)$ trong đó $k,n$ nguyên dương liên hệ với nhau bởi $n^{2}=k+1$ , ta có đpcm 

Bài 5: $19x^{2}+5y^{9}+1890z^{1945}=t^{2003}$

Với dạng này ta có thể xây dựng họ nghiệm như sau và ta có thể giải bài toán tổng quát với phương pháp :

      $a_{1}x_{1}^{k_{1}}+a_{2}x_{2}^{k_{2}}+.....+a_{n}x_{n}^{k_{n}}=t^{s}$

Chỉ cần tính tổng các hệ số $a_{1}+a_{2}+.........+a_{n}=b$ và áp dụng công thức : 

       $b^{y}+b^{y}+...............+b^{y}=b^{y+1}$ và giải các hệ $x_{i}^{k_{i}}=b^{y}$ cho phù hợp là có thể kết luận phương trình có vô số nghiệm nguyên .

Theo đó ta có thể dễ dàng chứng minh phương trình ban đầu có vô số nghiệm nguyên .

Bài 3 : Ta có thể tính tổng ở tử như sau : 

                      $1^{2}+2^{2}+........+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

Nên biểu thức ban đầu là số chính phương khi và chỉ khi phương trình :

                     $(n+1)(2n+1)=6m^{2}$ có vô số nghiệm nguyên . 

Đặt $n=6k-1$ thì $k(2n+1)=m^{2}<=>k(12k-1)=m^{2}$

Chọn $k=a^{2},12k-1=12a^{2}-1=b^{2}=>b^{2}-12a^{2}=-1$ có vô số nghiệm vì nó là pt Pell loại $2$ , và do đó ta có đpcm .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 14-09-2013 - 20:28

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#4 lovemath99

lovemath99

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 151 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{Toán}$
  • Sở thích:$\textrm{Đọc sách, khoa học viễn tưởng,...}$

Đã gửi 14-09-2013 - 20:29

                          PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG HỌ NGHIỆM 

        TRONG BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

                                                          

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên $x,y$ sao cho $x^2+y^2+3$ là một số chính phương.

Lời giải :

Theo yêu cầu đề bài, ta chỉ cần chứng minh rằng phương trình $x^2+y^2+3=z^2$ có vô số nghiệm.

Thật vậy, chọn $z=x+2$ thì ta được :

$$x^{2}+y^{2}+3=(x+2)^{2}\Leftrightarrow y^{2}=4x+1$$

Đến đây, ta chỉ cần chọn $x$ sao cho $4x+1$ là số chính phương thì bài toán coi như được giải quyết.

Rõ ràng ta có thể chọn $$x=k^{2}-k\Rightarrow y^{2}=4(k^{2}-k)+1=(2k-1)^{2}\Rightarrow y=2k-1$$

Kết luận : Tồn tại vô số số nguyên $x,y$ có dạng $(x;y)=(k^2-k;2k-1)$, trong đó $k$ là một số nguyên bất kì thỏa mãn đề bài.

Lưu ý : Họ nghiệm trên cũng chưa vét cạn toàn bộ nghiệm của phương trình, vì vậy cách làm này chỉ hữu hiệu với những đề bài yêu cầu chứng minh phương trình vô số nghiệm, còn với những đề bài yêu cầu giải phương trình nghiệm nguyên thì nó không phát huy tác dụng. 

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{3}+z^{3}=2$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải :

Chọn $x=1+k,y=1-k$ $\left ( k\in \mathbb{Z} \right )$, thay vào phương trình ta được :

$$\left ( 1+k \right )^{3}+(1-k)^{3}+z^{3}=2\Leftrightarrow 6k^{2}=-z^{3}$$

Như vậy nếu ta chọn được $k$ sao cho $6k^2$ là một lập phương đúng thì kết thúc chứng minh.

Thật vậy, ta hoàn toàn có thể chọn $k=6t^{3}$ ($t\in \mathbb{Z}$) thì :

$$-z^{3}=6.(6t^{3^{2}})=(6t^{2})^{3}\Rightarrow z=-6t^{2}$$

Khi đó ta tìm được $x=1+6t^{2},y=1-6t^{2}$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm nguyên và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(1+6t^{2},1-6t^{2},-6t^{2})$ trong đó $t\in \mathbb{Z}$.

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{4}=z^{7}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Ta luôn có điều hiển nhiên sau : 

$$2^{a}+2^{a}=2^{a+1}$$

Như vậy nếu ta chọn $x=2^{\frac{a}{3}},y=2^{\frac{a}{4}},z=2^{\frac{a+1}{7}}$ thì ta có ngay $x^{3}+y^{4}=z^{7}$.

Công việc còn lại là tìm số tự nhiên $a$ sao cho $x,y,z$ đều nguyên.

Ta có $$\left\{\begin{matrix} 3|a & \\ 4|a & \\ 7|(a+1)& \end{matrix}\right.\Rightarrow a=84t+48\qquad(t\in \mathbb{N})$$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $\left ( x,y,z \right )=\left (2^{28t+16},2^{21t+12},2^{12t+7} \right )$ trong đó $t\in \mathbb{N}$.

 

Dựa trên sự vô số nghiệm nguyên của một số phương trình nổi tiếng như phương trình $Pythagore$, phương trình $Pell$,... ta cũng có thể thiết lập một họ nghiệm để chứng minh một phương trình có vô số nghiệm nguyên. Xem ví dụ sau đây :

Ví dụ 4 : Chứng minh rằng phương trình $x^3+y^3+z^3+t^3=1999$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải :

Nhận thấy rằng ta có :

$$10^{3}+10^{3}+(-1)^{3}+0^{3}=1999$$

Do đó ta chọn $x=10+a,y=10-a,z=-1-b,t=b$ ($a,b\in \mathbb{Z}$) để khi thay vào phương trình ban đầu và khai triển, ta được một phương trình mới mà quan hệ giữa hai biến mới là $a$ và $b$ được "gần" nhau hơn.

Thật vậy, ta có :

$$(10+a)^{3}+(10-a)^{3}+(-1-b)^{3}+b^{3}=1999\Leftrightarrow 20a^{2}=b(b+1)\Leftrightarrow (2b+1)^{2}-80a^{2}=1$$

Đây chính là phương trình $Pell$, mà phương trình $Pell$ có vô số nghiệm nguyên, do đó tồn tại vô số các số nguyên $a,b$ thỏa mãn phương trình. Tức tồn tại vô số số nguyên $x,y,z,t$ thỏa mãn phương trình ban đầu. Đây chính là điều phải chứng minh.

Ví dụ 5 : 

a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số chính phương viết được dưới dạng tổng của hai số mà mỗi số là một lũy thừa của $2$.

b) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số chính phương viết được dưới dạng tổng của hai số mà mỗi số là một lũy thừa của $3$.

Lời giải :

a) Theo yêu cầu đề bài ta chỉ cần chứng minh phương trình $2^{x}+2^{y}=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Thật vậy, ta có thể chọn $x=2t+3,y=2t$ ($t\in \mathbb{Z}^{+}$) thì ta được :

$$z^{2}=2^{2t+3}+2^{2t}=(3.2^{t})^{2}\Rightarrow z=3.2^{t}$$

Do đó phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(2t+3,2t,3.2^t)$ trong đó $t\in \mathbb{Z}^{+}$. Từ đó ta có điều phải chứng minh

b) Theo yêu cầu đề bài ta chỉ cần chứng minh phương trình $3^{x}+3^{y}=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Thật vậy, ta có thể chọn $x=2t+1,y=2t$ ($t\in \mathbb{Z}^{+}$) thì ta được :

$$z^{2}=3^{2t+1}+3^{2t}=(2.3^{t})^{2}\Rightarrow z=2.3^{t}$$

Do đó phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(2t+1,2t,2.3^t)$ trong đó $t\in \mathbb{Z}^{+}$. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

 

Mình thắc mắc là tại sao lại chọn $x$ bằng mấy giá trị đó mà không chọn mấy giá trị khác?



#5 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 14-09-2013 - 22:22

Mình thắc mắc là tại sao lại chọn $x$ bằng mấy giá trị đó mà không chọn mấy giá trị khác?

Ở ví dụ 1, ta phải chọn quan hệ giữa $z$ và $x$ sao cho khi khai triển ra thì triệt tiêu $x^{2}$ ở hai vế, bạn có thể chọn $z=x+1$  khi đó ta được  $y^{2}=2x+2=2(x-1)$, như vậy thì ta chọn $x=2t^{2}+1\Rightarrow y^{2}=4t^{2}\Rightarrow y=2t$. Đây là một họ nghiệm khác  :lol: , vẫn thỏa mãn bài toán. Còn ở ví dụ 2 thì bạn chọn như thế để triệt tiêu đi cái $k^{3}$ và khi khai triển ra thì cái biểu thức chứa $k$ phải thật sự là "gọn", từ đó mới dễ chọn tham số phù hợp được. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-09-2013 - 22:23

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#6 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-09-2013 - 10:51

                          PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG HỌ NGHIỆM 

        TRONG BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

                                                          

 

  @};-  :B) Theo đề nghị của Phạm Quang Toàn,và dù kiến thức còn hạn hẹp ( :unsure: ) nhưng mình cũng xin chuyển bài viết này từ trang chủ về diễn đàn, lập ra một topic về một phương pháp hiệu quả trong việc giải những bài toán phương trình nghiệm nguyên. Đó là phương pháp xây dựng họ nghiệm.

   Đối với những bài toán chỉ yêu cầu chứng minh phương trình có vô số nghiệm nguyên, ta không cần vét cạn các nghiệm của nó, vì vậy trong trường hợp này, ta chỉ cần xây dựng một họ nghiệm có chứa tham số là đủ. Sau đây là một số ví dụ về phương pháp xây dựng nghiệm trong những bài toán về phương trình nghiệm nguyên :

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên $x,y$ sao cho $x^2+y^2+3$ là một số chính phương.

Lời giải :

Theo yêu cầu đề bài, ta chỉ cần chứng minh rằng phương trình $x^2+y^2+3=z^2$ có vô số nghiệm.

Thật vậy, chọn $z=x+2$ thì ta được :

$$x^{2}+y^{2}+3=(x+2)^{2}\Leftrightarrow y^{2}=4x+1$$

Đến đây, ta chỉ cần chọn $x$ sao cho $4x+1$ là số chính phương thì bài toán coi như được giải quyết.

Rõ ràng ta có thể chọn $$x=k^{2}-k\Rightarrow y^{2}=4(k^{2}-k)+1=(2k-1)^{2}\Rightarrow y=2k-1$$

Kết luận : Tồn tại vô số số nguyên $x,y$ có dạng $(x;y)=(k^2-k;2k-1)$, trong đó $k$ là một số nguyên bất kì thỏa mãn đề bài.

Lưu ý : Họ nghiệm trên cũng chưa vét cạn toàn bộ nghiệm của phương trình, vì vậy cách làm này chỉ hữu hiệu với những đề bài yêu cầu chứng minh phương trình vô số nghiệm, còn với những đề bài yêu cầu giải phương trình nghiệm nguyên thì nó không phát huy tác dụng. 

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{3}+z^{3}=2$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải :

Chọn $x=1+k,y=1-k$ $\left ( k\in \mathbb{Z} \right )$, thay vào phương trình ta được :

$$\left ( 1+k \right )^{3}+(1-k)^{3}+z^{3}=2\Leftrightarrow 6k^{2}=-z^{3}$$

Như vậy nếu ta chọn được $k$ sao cho $6k^2$ là một lập phương đúng thì kết thúc chứng minh.

Thật vậy, ta hoàn toàn có thể chọn $k=6t^{3}$ ($t\in \mathbb{Z}$) thì :

$$-z^{3}=6.(6t^{3^{2}})=(6t^{2})^{3}\Rightarrow z=-6t^{2}$$

Khi đó ta tìm được $x=1+6t^{2},y=1-6t^{2}$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm nguyên và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(1+6t^{2},1-6t^{2},-6t^{2})$ trong đó $t\in \mathbb{Z}$.

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{4}=z^{7}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Ta luôn có điều hiển nhiên sau : 

$$2^{a}+2^{a}=2^{a+1}$$

Như vậy nếu ta chọn $x=2^{\frac{a}{3}},y=2^{\frac{a}{4}},z=2^{\frac{a+1}{7}}$ thì ta có ngay $x^{3}+y^{4}=z^{7}$.

Công việc còn lại là tìm số tự nhiên $a$ sao cho $x,y,z$ đều nguyên.

Ta có $$\left\{\begin{matrix} 3|a & \\ 4|a & \\ 7|(a+1)& \end{matrix}\right.\Rightarrow a=84t+48\qquad(t\in \mathbb{N})$$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $\left ( x,y,z \right )=\left (2^{28t+16},2^{21t+12},2^{12t+7} \right )$ trong đó $t\in \mathbb{N}$.

 

Dựa trên sự vô số nghiệm nguyên của một số phương trình nổi tiếng như phương trình $Pythagore$, phương trình $Pell$,... ta cũng có thể thiết lập một họ nghiệm để chứng minh một phương trình có vô số nghiệm nguyên. Xem ví dụ sau đây :

Ví dụ 4 : Chứng minh rằng phương trình $x^3+y^3+z^3+t^3=1999$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải :

Nhận thấy rằng ta có :

$$10^{3}+10^{3}+(-1)^{3}+0^{3}=1999$$

Do đó ta chọn $x=10+a,y=10-a,z=-1-b,t=b$ ($a,b\in \mathbb{Z}$) để khi thay vào phương trình ban đầu và khai triển, ta được một phương trình mới mà quan hệ giữa hai biến mới là $a$ và $b$ được "gần" nhau hơn.

Thật vậy, ta có :

$$(10+a)^{3}+(10-a)^{3}+(-1-b)^{3}+b^{3}=1999\Leftrightarrow 20a^{2}=b(b+1)\Leftrightarrow (2b+1)^{2}-80a^{2}=1$$

Đây chính là phương trình $Pell$, mà phương trình $Pell$ có vô số nghiệm nguyên, do đó tồn tại vô số các số nguyên $a,b$ thỏa mãn phương trình. Tức tồn tại vô số số nguyên $x,y,z,t$ thỏa mãn phương trình ban đầu. Đây chính là điều phải chứng minh.

Ví dụ 5 : 

a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số chính phương viết được dưới dạng tổng của hai số mà mỗi số là một lũy thừa của $2$.

b) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số chính phương viết được dưới dạng tổng của hai số mà mỗi số là một lũy thừa của $3$.

Lời giải :

a) Theo yêu cầu đề bài ta chỉ cần chứng minh phương trình $2^{x}+2^{y}=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Thật vậy, ta có thể chọn $x=2t+3,y=2t$ ($t\in \mathbb{Z}^{+}$) thì ta được :

$$z^{2}=2^{2t+3}+2^{2t}=(3.2^{t})^{2}\Rightarrow z=3.2^{t}$$

Do đó phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(2t+3,2t,3.2^t)$ trong đó $t\in \mathbb{Z}^{+}$. Từ đó ta có điều phải chứng minh

b) Theo yêu cầu đề bài ta chỉ cần chứng minh phương trình $3^{x}+3^{y}=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Thật vậy, ta có thể chọn $x=2t+1,y=2t$ ($t\in \mathbb{Z}^{+}$) thì ta được :

$$z^{2}=3^{2t+1}+3^{2t}=(2.3^{t})^{2}\Rightarrow z=2.3^{t}$$

Do đó phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $(x;y;z)=(2t+1,2t,2.3^t)$ trong đó $t\in \mathbb{Z}^{+}$. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

 

Kết thúc bài viết, mình xin đưa ra một số bài tập để các bạn có thể thấy rõ hơn hiệu quả của phương pháp này.

 

Bài 1 : (Italy 1996) Chứng minh rằng phương trình $a^{2}+b^{2}=c^{2}+3$ có vô số nghiệm nguyên.

Bài 2 : (Canada 1991) Chứng minh rằng phương trình $x^{2}+y^{3}=z^{5}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 3 (Cải biên từ đề nghị Olympic 30-4 THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai) 

Chứng minh rằng tồn tại vô số các nguyên dương $n$ sao cho :

$$\frac{1^{2}+2^{2}+3^{2}+...+n^{2}}{n}$$ là một số chính phương.

Bài 4 : (Brazil 1994) Chứng minh rằng phương trình $a^{3}+1990b^{3}=c^{4}$ có vô số nghiệm nguyên. 

Bài 5 : Chứng minh rằng phương trình $19x^{2}+5y^{9}+1890z^{1945}=t^{2003}$ có vô số nghiệm nguyên dương

Bài 6 : Chứng minh rằng phương trình $\left \{ x^{2} \right \}+\left \{ y^{2} \right \}=\left \{ z^{2} \right \}$ có vô số nghiệm trên tập $\mathbb{Q}\setminus \mathbb{Z}$.

4/ nghiệm của phương trình là :

$(a,b,c)=(1991^{4k+1},1991^{4k+1},1991^{3k+1})$

nên có vô số nghiệm 



#7 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 15-09-2013 - 17:51

Tổng quát hơn của bài 1. Phương trình $x^2+y^2=z^2+n$ luôn có nghiệm nguyên.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#8 uchihasatachi061

uchihasatachi061

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-05-2016 - 12:27

 

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{4}=z^{7}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Ta luôn có điều hiển nhiên sau : 

$$2^{a}+2^{a}=2^{a+1}$$

Như vậy nếu ta chọn $x=2^{\frac{a}{3}},y=2^{\frac{a}{4}},z=2^{\frac{a+1}{7}}$ thì ta có ngay $x^{3}+y^{4}=z^{7}$.

Công việc còn lại là tìm số tự nhiên $a$ sao cho $x,y,z$ đều nguyên.

Ta có $$\left\{\begin{matrix} 3|a & \\ 4|a & \\ 7|(a+1)& \end{matrix}\right.\Rightarrow a=84t+48\qquad(t\in \mathbb{N})$$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một họ nghiệm là $\left ( x,y,z \right )=\left (2^{28t+16},2^{21t+12},2^{12t+7} \right )$ trong đó $t\in \mathbb{N}$.

 

 

Lời đâu tiên cho phép em cảm ơn rất nhiều topic vô cùng hữa ích này  :icon12:  :icon12:  @};-  @};-  và .. ~~ cho em hỏi ngu tí : ở vd3 đoạn  $$\left\{\begin{matrix} 3|a & \\ 4|a & \\ 7|(a+1)& \end{matrix}\right.\Rightarrow a=84t+48\qquad(t\in \mathbb{N})$$ là sao ạ  :wacko:  :wacko:  em k hiu ý nghĩa của kí hiệu như dấu trị tuyệt đối đó :(  :( 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi uchihasatachi061: 25-05-2016 - 12:28

          :like  :like Đúng thì like , sai thì thích :like  :like 

                                Hãy like nếu bạn không muốn like :like  :like  :D  :D 

                  Tiếc gì 1 nhấp chuột nhẹ nhàng ở nút like mọi người nhỉ ??


#9 tay du ki

tay du ki

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 205 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-06-2016 - 10:51

chứng minh tich 8 số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương

      :ukliam2: Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới :ukliam2:  

 

 

#10 uchihasatachi061

uchihasatachi061

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-06-2016 - 20:00

chứng minh tich 8 số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương

8 số à bạn .. ?


          :like  :like Đúng thì like , sai thì thích :like  :like 

                                Hãy like nếu bạn không muốn like :like  :like  :D  :D 

                  Tiếc gì 1 nhấp chuột nhẹ nhàng ở nút like mọi người nhỉ ??


#11 uchihasatachi061

uchihasatachi061

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-06-2016 - 21:28

chứng minh tich 8 số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương

đề đúng k vậy bạn ?? mình thấy vs số 100 thì là số chính phương đó $\sqrt{100.101.102.103.104.105.106.107)}=114639828$ sao sao zậy ??


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi uchihasatachi061: 15-06-2016 - 21:29

          :like  :like Đúng thì like , sai thì thích :like  :like 

                                Hãy like nếu bạn không muốn like :like  :like  :D  :D 

                  Tiếc gì 1 nhấp chuột nhẹ nhàng ở nút like mọi người nhỉ ??


#12 tay du ki

tay du ki

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 205 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-06-2016 - 07:35

đề đúng k vậy bạn ?? mình thấy vs số 100 thì là số chính phương đó $\sqrt{100.101.102.103.104.105.106.107)}=114639828$ sao sao zậy ??

bạn tính nhầm rồi 103 là số nguyên tố

      :ukliam2: Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới :ukliam2:  

 

 

#13 uchihasatachi061

uchihasatachi061

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-06-2016 - 11:35

bạn tính nhầm rồi 103 là số nguyên tố

thế số nguyên tố k phải là số tự nhiên à ??


          :like  :like Đúng thì like , sai thì thích :like  :like 

                                Hãy like nếu bạn không muốn like :like  :like  :D  :D 

                  Tiếc gì 1 nhấp chuột nhẹ nhàng ở nút like mọi người nhỉ ??


#14 tay du ki

tay du ki

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 205 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-06-2016 - 16:28

thế số nguyên tố k phải là số tự nhiên à ??

ý mình là khác không phải như vay . tại vì 103 là số nguyên tố nên phải có một số phải chia hét cho 103 nữa mà trên thi không có

      :ukliam2: Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới :ukliam2:  

 

 

#15 uchihasatachi061

uchihasatachi061

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-06-2016 - 19:52

ý mình là khác không phải như vay . tại vì 103 là số nguyên tố nên phải có một số phải chia hét cho 103 nữa mà trên thi không có

là sao ?? bạn nói rõ hơn dc k ??


          :like  :like Đúng thì like , sai thì thích :like  :like 

                                Hãy like nếu bạn không muốn like :like  :like  :D  :D 

                  Tiếc gì 1 nhấp chuột nhẹ nhàng ở nút like mọi người nhỉ ??


#16 uchihasatachi061

uchihasatachi061

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-06-2016 - 19:54

 

bạn bấm máy đi :=)) mình bấm 4 lần rồi.. vẫn đúng :like  :like


          :like  :like Đúng thì like , sai thì thích :like  :like 

                                Hãy like nếu bạn không muốn like :like  :like  :D  :D 

                  Tiếc gì 1 nhấp chuột nhẹ nhàng ở nút like mọi người nhỉ ??


#17 tay du ki

tay du ki

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 205 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 26-06-2016 - 10:16

bạn bấm máy đi :=)) mình bấm 4 lần rồi.. vẫn đúng :like :like

máy tính thường lấy xap xĩ

      :ukliam2: Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới :ukliam2:  

 

 

#18 ThuanTri

ThuanTri

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết-Bình Thuận
  • Sở thích:bruh

Đã gửi 26-06-2018 - 20:47

Vào Wolfram Alpha để tính cho chính xác,  http://www.wolframalpha.com/

KQ= $120\sqrt{912659039110}$ , số này không phải là số nguyên


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ThuanTri: 26-06-2018 - 20:47

   Trăm năm Kiều vẫn là Kiều

Sinh viên thi lại là điều tất nhiên.





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh