Mở rộng từ bài toán đơn giản

MỞ RỘNG TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐƠN GIẢN
(Nguyễn Công Phúc-10Toán, Lương Thế Vinh, Đồng Nai)
I)Mở đầu
Trong đợt đi tập huấn huấn tại Vũng Tàu, có một bài toán nhìn vào khá khó nhưng lời
giải cực kì đơn giản
Bài 1: Tồn tại hay không các số a, b, c  Z thỏa a 3  b 4  c5
Lời giải.
5

3

Từ hằng đẳng thức 225  224  224 . Suy ra  25    28    26 

4

Chọn a  28 ; b  26 ; c  25 . Vậy tồn tại a, b, c thỏa yêu cầu đề bài
Dưới đây là một số mở rộng của bài 1.
Bài 2:(Canada 1991) Chứng minh phương trình x 2  y 3  z 5 có vô số nghiệm nguyên dương
Lời giải.
m

m

m
3

m
2

m1

m 1
5

. Đặt x  2 ; y  2 ; z  2 , khi đó x 2  y 3  z 5 .
m m m 1
Ta chỉ cần tìm m sao cho
; ;
nguyên là xong. Đây là một bài toán bậc nhất
2 3
5
đơn giản và ta có thể tìm được m  6(5k  4) .
Vậy x  2 3(5 k  4 ) ; y  2 2 (5 k  4) ; z  2 6 k  5 là nghiệm của phương trình nên có vô số nghiệm
nguyên dương.
Bài 3: Chứng minh phương trình x 2  y 3  z 4  t 5 có vô số nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Ta có: 2  2  2



Ta có: 360 n 12

2

  3

40 n  8

3

  3

30 n  6

4

  3

24 n  5



5

Ta sẽ chọn x  360 n 12 ; y  3 40 n  8 ; z  330 n  6 ; t  3 24 n  5
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.
Để hiểu rõ hơn cách chọn x,y,z sao cho thỏa yêu cầu đề bài, chúng ta hãy đến một định lý

II) Nội dung
y
y
y
y
Định lý: Cho phương trình x1 1  x2 2  ...  xn n  xn n11 1 (với x1 ; x2 ;...; xn 1 là ẩn;

y1 ; y 2 ;...; y n 1 là các số nguyên dương cho trước)
Gọi l  lcm  y1 ; y2 ;...; yn  . Nếu  l; yn1   1 thì phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên
dương.
Chứng minh định lý:
m

m

m

Ta có: n  n  ...  n  n
Ta chỉ cần tìm m sao cho

m 1

. Đặt xi  n

m
yi

i  1, n  ; x

n 1

n

m 1
yn1

, khi đó (1) xảy ra.

m
m 1
 Z  i  1, n và
 Z  (2)
yi

yn 1





m l
m  al

 byn1  al  1 (3)
Điều này tương đương 
m  1 yn1
m  byn 1  1
Hệ thức Bezout:
Nếu a,b là hai số nguyên (không đồng thời bằng 0) thì tồn tại các số nguyên u , v sao cho


gcd  a; b   au  bv
Theo hệ thức Bezout thì tồn tại a, b  Z thỏa (3)
Mặt khác (3) là phương trình Diophantine bậc nhất nên tồn tại vô số số nguyên dương m
thỏa (2).
Vậy phương trình (1) tồn tại vô số nghiệm nguyên dương

III) Một số ví dụ
Bài 1: Chứng minh phương trình x3  y 5  z 8 có vô số nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
m

m

m
3

m1

m
5

m 1
8

. Đặt  2 ; y  2 ; z  2 , khi đó x3  y 5  z 8 .
m  15a
m m m 1
Z  
Ta cần tìm m sao cho ; ;
 8b  15a  1
3 5 8
m  1  8b
Đây là phương trình Diophantine bậc nhất suy ra b  15n  2
Dẫn đến m  120n  15  x  240 n5 ; y  224 n 3 ; z  215n  2
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.
Bài 2: Chứng minh phương trình x3  y 4  z 5  t 7 có vô số nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Ta có hằng đẳng thức: 2  2  2

m

m

m

m1

Ta có: 3  3  3  3

. Đặt

m
3

m
5

m
4

x  3 ; y  3 ; z  3 ;t  3

m 1
7

m  60a
 7b  60a  1

m  1  7b
 b  60n  43  x  3140 n100 ; y  3105n75 ; z  384 n 60 ; t  360 n 43
Vậy phuơng trình có vô số nghiệm nguyên dương.
Bài 3: Chứng minh phương trình a 2  b 4  c5  d 7  e3 có vô số nghiệm nguyên dương
Lời giải.

Từ hằng đẳng thức: 4m  4m  4m  4m  4 m1
Ta cần chỉ m sao cho

m

m m m m 1
; ; ;
 Z  . Suy ra:
3 4 5 7

m

m

m

m

m 1

Suy ra đặt a  4 2  2m ; b  4 4  2 2 ; c  4 5 ; d  4 7 ; e  4 3
m  70 x
m m m m 1
Z  
Ta cần chỉ m sao cho ; ; ;
 3 y  70 x  1  x  3n  2
2 5 7 3
m  1  3 y
 a  2210 n 140 ; b  2105 n 70 ; c  442 n  28 ; d  430 n  20 ; e  470 n 47
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 4: Chứng minh phương trình 2 x 3  3 y 4  z 5 có vô số nghiệm nguyên dương
Lời giải.
Ta luôn có: 2 x 3  3 y 4  z 5  x3  x 3  y 4  y 4  y 4  z 5
5m  5m  5m  5m  5m  5m1
m
m 1
m
m12
Đặt x  5 3 ; y  5 4 ; z  5 5 . Ta cần tìm m sao cho 
 m  60n  24
m  1 5
Chọn x  520 n 8 ; y  515 n 6 ; z  512 n 5 , khi đó 2 x 3  3 y 4  z 5 .
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.


Bài 5: Chứng minh phương trình 2a 2  b3  c 5 có vô số nghiệm nguyên.
Lời giải.
3
Cách 1: Từ phương trình ban đầu suy ra a 2  a 2   b   c5
m

m

m

m
2

m1

m
3

Mà: 3  3  3  3 nên đặt a  3 ; b  3 ; c  3
m 6
Ta tìm m sao cho 
 m  30n  24
m  1 5

m 1
5

Dẫn đến a  315 n12 ; b  310 n 8 ; c  36 n 5
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên.
5
Cách 2: Phương trình ban đầu ta có: a 2  a 2   c   b3
m10
 m  30n  20
; c  3 . Ta cần tìm m sao cho 
m  1 3
Dẫn đến a  315n 10 ; b  310 n 7 ; c  36 n  4
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên.
m
2

Đặt a  3 ; b  3

m 1
3

m
5

IV) Bài tập áp dụng
Bài 1: Chứng minh phương trình 2a3  b4 có vô số nghiệm nguyên dương.
HD: Chọn a  24 n 1 ; b  23n 1
Bài 2: Chứng minh phương trình x 4  y 5  z 9 có vô số nghiệm nguyên dương.
HD: Chọn x  245 n  20 ; y  236 n 16 ; z  220 n 9
Bài 3: Chứng minh phương trình a 3  b 4  c 7 có vô số nghiệm nguyên dương.
HD: Chọn a  228n 16 ; b  221n 12 ; c  212 n  7
Bài 4: Chứng minh phương trình a 2  b 4  c5  d 3 có vô số nghiệm nguyên dương.
HD: Chọn a  330 n 10 ; b  315 n 5 ; c  312 n  4 ; d  320 n 7
Bài 5: Chứng minh phương trình x 2  y 4  z 6  t 5 có vô số nghiệm nguyên dương.
HD: Chọn x  330 n12 ; y  315 n 6 ; z  310 n  4 ; t  312 n 5
Bài 6: Chứng minh phương trình x13  x25  x37  x49  x52 có vô số nghiệm nguyên dương.
HD: Chọn x1  4210 n 105 ; x2  4126 n  63 ; x3  490 n  45 ; x4  470 n35 ; x5  4315 n 158
Bài 7: Chứng minh phương trình x 2  2 y 3  3 z 5  4t 7 có vô số nghiệm nguyên dương.
HD: Chọn x  9105n 53 ; y  970 n 35 ; z  942 n  21; t  930 n15
Bài 8: Chứng minh phương trình 3a 5  4b6  c 7 có vô số nghiệm nguyên dương.
HD: Chọn a  7 42 n 18 ; b  735n 15 ; c  730 n 13
Bài 9: Chứng minh phương trình a 2  b 4  c 6  x3  y 5  z 7 có vô số nghiệm nguyên.
HD: Chọn a  5210 n150 ; b  5105n  75 ; c  570 n 50 ; x  5140 n 100 ; y  584 n 60 ; z  560 n  43

Bài viết xin kết thúc.