BÃ i 6 VMO2015

[ThangToan]

Bài 6. Ta xét phương trình $6a^2x+6ay^2+36z=m$ (1) với nghiệm nguyên dương.
Bổ đề. Ta chứng minh số $m=6a^2+36a$ là số nguyên dương lớn nhất để phương trình trên vô nghiệm.
Thật vậy,
a) với $m=6a^2+36a$ ta chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên dương:
$6a^2x+6ay^2+36z=6a^2+36a$ (2).
Từ (2) ta có $z \vdots a \Rightarrow \exists k \in {N^*}:z = ka$
Chia hai vế của (1) cho $a$ ta được:
$ax+6y+36k=6a+36$
$ \Leftrightarrow a\left( {6 - x} \right) = 6\left( {y + 6k - 6} \right) \vdots a \Rightarrow y + 6k - 6 \vdots a \Rightarrow y + 6k - 6 \ge a$
$ \Rightarrow 6\left( {y + 6k - 6} \right) \ge 6a > \left( {6 - x} \right)a$ vô lý.
b) Tiếp theo ta chứng minh rằng với mọi $m \ge 6{a^2} + 36a + 1$ thì phương trình (1) luôn có nghiệm nguyên dương.
Do $(a,6)=1$ nên hệ $\left\{ {36.1,36.2,...,36.a} \right\}$ là hệ đầy đủ theo $moda$ suy ra tồn tại $ z \in \left\{ {1,2,...,a} \right\}:36z \equiv n\left( {\bmod a} \right) \Rightarrow \frac{{n - 36z}}{a} \in Z $
Kết hợp với $n - 36z \ge 6{a^2} + 36a - 36a > 0 \Rightarrow \frac{{n - 36z}}{a} \in {N^*}$
Mặt khác $\left\{ {6.1,...,6.a} \right\}$ là hệ thặng dư đầy đủ theo $moda$ suy ra tồn tại $y \in \left\{ {1,2,...,a} \right\}$ sao cho $6y \equiv \frac{{n - 36z}}{a}\left( {\bmod a} \right)$. Từ đó suy ra tồn tại số nguyên $x$ sao cho :
$\frac{{n - 36z}}{a} - 6y = ax \Leftrightarrow {a^2}x + 6ay + 36z = n$.
Tiếp theo ta chứng minh $x$ nguyên dương như sau:
Ta có $ax = \frac{{n - 36z}}{a} - 6y = \frac{{n - 36z - 6ay}}{a} \ge \frac{{6{a^2} + 36a + 1 - 36a - 6{a^2}}}{a} > 0 \Rightarrow x > 0$.
Vậy luôn tồn tại các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn:
$6a^2x+6ay+36z=n$.
Vậy số lớn nhất thỏa mãn là $m=6a^2+36a$. Vậy bổ đề được chứng minh.
Ta quay trở lại bài toán 6 VMO 2015 như sau:
Phương trình $6{a^2}x + 6ay + 36z = n \Leftrightarrow 6{a^2}\left( {x + 1} \right) + 6a\left( {y + 1} \right) + 36\left( {z + 1} \right) = n + {a^2} + 6a + 36$
Như vậy bài toán 6 VMO 2015 trở thành phương trình ứng với nghiệm nguyên dương: $6{a^2}\left( {x + 1} \right) + 6a\left( {y + 1} \right) + 36\left( {z + 1} \right) = n + {a^2} + 6a + 36$
b) Áp dụng bổ đề với $m=n+6a^2+6a+36$ ta được
$n + {a^2} + 6a + 36 \le 6{a^2} + 36a \Leftrightarrow n \le 5{a^2} + 30a - 36$. Vậy số lớn nhất cần tìm là $n=5a^2+30a-36$.
a)
TH1. $(a,6)=1$
Theo phần b ta có: $5{a^2} + 30a - 36 < 250 \Leftrightarrow 5{a^2} + 30a < 286 \Leftrightarrow a \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}$
Dễ thấy với $a=2,3,4$ không thỏa mãn.
+) $a=1$ thì chọn nghiệm là $(n,0,0)$.
+) $a=5$ ta chứng minh với mọi $n \ge 250$ thì phương trình sau luôn có nghiệm tự nhiên: $25x+30y+36z=n$
Ta có $\left\{ {25.0,25.1,...,25.5} \right\}$ là hệ thặng dư đầy đủ theo $mod6$ nên tồn tại $x \in \left\{ {0,1,...,5} \right\}:n - 25x = 6t$.
Do $x\le 5$ nên $n - 25x \ge 250 - 25.5 \Rightarrow t > 20$.
Bổ đề. Với mỗi số nguyên dương $t>20$ luôn tồn tại các số tự nhiên $y,z$ sao cho $t=5y+6z$.
Thật vậy, ta chứng minh bằng quy nạp theo $t$: Dễ thấy
$21=3.5+6,22=2.6+2.5,23=3.6+5,24=4.6+0.5,25=0.6+5. 5$ Do đó với $t>25$ ta có:
$t=5+t-5=5+5u+6v=5(u+1)+6v$ do đó theo pp quy nạp bổ đề được chứng minh.
Sử dụng bổ đề ta được $n-25=6t=6(5y+6z)$ suy ra $n=25x+30y+36z$.
Vậy $a=1, a=5$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]