Phương pháp xây dựng họ nghiệm trong giải phương trình nghiệm nguyên

Với những bài toán chỉ yêu cầu chứng minh phương trình có vô số nghiệm nguyên thì ta không cần vét cạn các nghiệm của nó, vì thế 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 nguyên.

Thật vậy, chọn $z=x+2$ thì ta được :

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

Đến đây, chọn $x=k^{2}-k$ $(k\in \mathbb{Z})$ thì ta có $$y^{2}=4k^{2}-4k+1=(2k-1)^{2}\Rightarrow y=2k-1$$

Do đó phương trình có vô số nghiệm nguyên dương và một trong những họ nghiệm của nó là $(x;y;z)=(k^{2}-k;2k-1;k^{2}-k+2)$ trong đó $k\in \mathbb{Z}$.

Kết luận : Tồn tại vô số số nguyên dương $x,y$ có dạng $(x;y)=(k^2-k;2k-1)$ thỏa mãn đề bài (với $k\in \mathbb{Z}$)

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

Lời giải :

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

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

Như vậy nếu ta chọn được số $k$ sao cho $6k^{2}$ là một lập phương đúng của một số nguyên thì bài toán được giải quyết.

Rõ ràng ta 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 : $2^{a}+2^{a}=2^{a+1}\qquad(a\in \mathbb{N})$

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 chỉ là tìm số tự nhiên $a$ sao cho $x,y,z$ đều nguyên.

Ta có $$3|a,4|a,7|(a+1)\Rightarrow a=84t+48\qquad(t\in \mathbb{N})$$

Khi đó ta được $x=2^{28t+16},y=2^{21t+12},z=^{12t+7}$

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

Ví dụ 4 : Chứng minh rằng phương trình $19x^{2}+5y^{9}+1890z^{1945}=t^{2003}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Tư tưởng của bài toán này cũng giống với bài toán ví dụ 3.

Đưa phương trình về dạng :

$$\underset{19}{\underbrace{x^{2}+...+x^{2}}}+ \underset{5}{\underbrace{y^{9}+...+y^{9}}}+\underset{1890}{\underbrace{z^{1945}+...+z^{1945}}}=t^{2003}\qquad(*)$$

Ta có nhận xét sau : $$\underset{1914 }{\underbrace{1914^{a}+...+1914^{a}}}=1914^{a+1}$$

Áp dụng nhận xét trên, ta chọn :

$$x=1914^{m/2};y=1914^{m/9};z=1914^{m/1945};t=1914^{(m+1)/2003}\qquad(**)$$

Khi đó ta lập tức được $(*)$

Như vậy ta chỉ cần tìm $m$ thỏa mãn $x,y,z,t$ nguyên.

Từ $(**)$ và với nhận xét $gcd(2,9,1945)=1$ ta suy ra $$35010|m\Rightarrow m=35010t\qquad(t\in \mathbb{Z}^{+})$$

Lại có :

\[\begin{array}{l}
2003|(m + 1) \Leftrightarrow 2003|(35010t + 1) \Leftrightarrow 959t + 1 \equiv 0(mod2003)\\
\Leftrightarrow 959t \equiv 2002 + 7.2003 = 16023(mod2003)\\
\Leftrightarrow 137t \equiv 286(mod2003)\\
\Leftrightarrow t \equiv 1084(mod2003) \Rightarrow t = 2003k + 1084\quad \;\;\;{\mkern 1mu} (k \in {^ + })
\end{array}\]

Từ đó ta có $m=35010t=35010(2003k+1084)=70125030k+37950840$

Từ đó dễ dàng tìm được $x,y,z,t$ theo $m$.

Kết luận : Phương trình đã cho có vô hạn nghiệm nguyên và một trong những họ nghiệm là :

$x=1914^{35062515k+18975420} ; y=1914^{7791670k+4216760} ; z=1914^{36054k+19512} ; t=1914^{35010k+18947}$

Với $k$ là số nguyên dương.

Ví dụ 5 : 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 $x=10+a,y=10-a,z=-1-b,t=b\qquad(a,b\in \mathbb{Z})$ 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" 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 là tồn tại vô số số nguyên $x,y,z,t$ thỏa mãn phương trình. Đây là điều phải chứng minh.

Ví dụ 6 :

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

Lời giải :

a) Theo yêu cầu đề bài ta chỉ cần chứng minh rằng phương trình $2^{x}+2^{y}=z^{2}$ có vô hạn 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 $(x;y;z)=(2t+3;2t;3.2^{t})$.

Từ đó dẫn đến điều phải chứng minh.

Theo diendantoanhoc.net