Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT - Giải phương trình vô định nghiệm nguyên: Phần 2

Cuốn sách "Giải phương trình vô định nghiệm nguyên - Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT" Phần 2 cung cấp cho người đọc những kiến thức như: Giải phương trình vô định không mẫu mực; Phương trình vô định trong tập số chữ số; Phương trình nghịch đảo các biến; Một số chuyên đề về phương trình vô định; Những đề thi Olympic toán;... Mời các bạn cùng tham khảo!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT - Giải phương trình vô định nghiệm nguyên: Phần 2 Chương 5 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH KHÔNG MẪU MỰC 5.1. Dùng các phép tính số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 5.1.1. Phân tích thành thừa số một vế phương trình . . . . . . . . . 109 5.1.2. Luỹ thừa bậc chẵn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 5.1.3. Phép chia hết và chia có dư. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 5.1.4. Sử dụng tính chất chẵn lẻ, số nguyên tố, số vô tỷ . . . . 116 5.2. Sử dụng những mệnh đề điển hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 5.3. Tính đối xứng của ẩn số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 5.3.1. Sắp xếp thứ tự ẩn số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 5.3.2. Đặt ẩn số phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 5.4. Chứng minh bằng phản chứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 5.4.1. Chứng minh phương trình vô nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 5.4.2. Phương pháp giảm vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 5.5. Bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 Như đã nêu trong các chương trước: phương trình vô định bậc nhất, bậc hai hai ẩn có phương pháp giải tổng quát. Phương trình bậc cao hơn không có phương pháp chung. Tuy nhiên trong thực tế, chúng ta có thể gặp những phương trình lạ, không bình thường, những phương trình như vậy thường được gọi là không mẫu mực (non-standard problems), nội dung chương này căn cứ trên những đặc điểm lạ của từng phương trình để lựa chọn, áp dụng một số phương pháp riêng , phù hợp để giải phương trình có đặc điểm lạ 5.1. Dùng các phép tính số học 109 đó. Chúng tôi gọi đó là phương pháp giải phương trình vô định không mẫu mực. Cuốn sách [7] liệt kê loại này. 5.1. DÙNG CÁC PHÉP TÍNH SỐ HỌC Trên tập số nguyên có những phép tính số học như cộng, trừ, nhân, chia và luỹ thừa. Ta biến đổi phương trình đã cho dựa vào các phép tính số học để đưa về dạng có thể áp dụng tính chất của phép nhân như là tích, hoặc phép chia có dư, hoặc phép luỹ thừa, ... chuyển về hệ các phương trình tương đương. Giải các hệ phương trình với đặc điểm cụ thể tìm nghiệm nguyên của phương trình. 5.1.1. Phân tích thành thừa số một vế phương trình Ví dụ 5.1. Hãy giải phương trình trong số nguyên x3 + y3 + 3xy = 1. Lời giải. Phương trình có thể viết dưới dạng ( x + y − 1)( x2 + y2 + x + y − xy + 1) = 0 và suy ra tương đương với hai phương trình x + y − 1 = 0 và ( x − y)2 + ( x + 1)2 + (y + 1)2 = 0, từ phương trình thứ nhất cho ta vô số nghiệm như công thức ở chương 1, còn phương trình thứ hai có một nghiệm duy nhất x = −1, y = −1. J Ví dụ 5.2. Hãy tìm tất cả các cặp số nguyên dương mà tổng lập phương của chúng bằng bình phương tổng của chúng. Lời giải. Phải tìm tất cả cặp số tự nhiên x và y thoả mãn x 3 + y3 = ( x + y )2 . Ta có thể viết lại ( x + y).( x2 − xy + y2 ) = ( x + y)2 nghĩa là x2 − xy + y2 = x + y, vì x + y > 0. 110 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực Ta viết lại phương trình dưới dạng y(y − 1) = x (y − x + 1), với x ≤ y. (5.1) Nếu x = 1, từ (5.1) ta nhận được y = 2. Nếu x = 2, từ (5.1) ta nhận được y = 1 hoặc y = 2. Nếu x > 2, nghĩa là nếu y − 1 > y − x + 1, vì y ≥ x ta nhận được y(y − 1) > x (y − x + 1) và (5.1) không có nghiệm nguyên. Vì tính chất đối xứng của phương trình đối với x và y, nên tất cả các nghiệm của bài toán là (1, 2); (2, 1); (2, 2). J Ví dụ 5.3. Giải hệ phương trình trong những số tự nhiên x 3 − y3 − z3 = 3xyz x2 = 2( y + z ). . Lời giải. Từ phương trình thứ hai của hệ suy ra x . 2, nghĩa là . x = 2k. Cũng từ phương trình đó ta nhận được 2k 2 = y + z. Khi đó y3 + z3 = (y + z)[(y + z)2 − 3yz] = 2k2 (4k4 − 3yz). Mặt khác, từ phương trình thứ nhất x3 − y3 − z3 = 3xyz hoặc là 8k3 − 2k2 (4k4 − 3yz) = 6kyz, nghĩa là 4k2 − k (4k4 − 3yz) = 3yz. Biến đổi phương trình này theo cách sau: 4k2 − 4k5 + 3kyz − 3yz = 0 hoặc là (1 − k )[4k2 (1 + k + k2 ) − 3yz] = 0. Để có đẳng thức trên thì ít nhất một thừa số ở bên trái bằng 0. 1. Nếu 4k2 (1 + k + k2 ) = 3yz, thì (2k )2 x (1 + k + k2 ) = 3xyz, nghĩa là x3 (1 + k + k2 ) = 3xyz, điều này chỉ ra 3xyz > x3 . Nhưng từ phương trình thứ nhất ta luôn có 3xyz = x3 − y3 − z3 < x3 . Điều vô lý này dẫn đến không thể xảy ra. 2. Nếu k = 1, nghĩa là x = 2, thì y + z = 2, trong tệp N chỉ có một nghiệm duy nhất y = z = 1. Như vậy trong N hệ chỉ có nghiệm x = 2, y = 1, z = 1. J 5.1. Dùng các phép tính số học 111 5.1.2. Luỹ thừa bậc chẵn Dùng phép biến đổi đại số về dạng, với a1 , a2 , . . . , an ∈ Z. q1 ( x, y, . . .) + q2 ( x, y, . . .) + · · · + qk ( x, y, . . .) = a1 + a2 + · · · + ak . k k ...