SỬ DỤNG NGUYÊN tắc cực hạn để GIẢI một số PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE

- Nói chung không có một phương pháp nào đủ mạnh để giải quyết được tất cả các phương trình Diophante nhưng cũng có khá nhiều phương pháp hay, đẹp.. * Để chứng minh một phương trình là v

SỬ DỤNG NGUYÊN TẮC CỰC HẠN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ

PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE

I/

Mở đầu

- Phương trình Diophante là phương trình có dạng:

f(x1,x2, ,xn) = 0

Với f là đa thức n biến với hệ số nguyên

Một bộ n-số ( 1, 2, o) = 0

n o

o x x

i

x ∈ ∀ =¢ i n được gọi là 1 nghiệm nguyên của phương trình

- Thông qua việc giải phương trình Diophante, các nhà toán học đã tìm ra được những tính chất rất sâu sắc của số nguyên, số hữu tỉ và sự ra đời của Liên phân số, thặng dư bình phương Ngoài những liên hệ về lí thuyết với những vấn đề khác, còn có những ứng dụng trong kỹ thuật, chẳng hạn như phương trình Pell đã được ứng dụng rất nhiều trong thiên văn học

- Nói riêng, trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế, phương trình Diophante thường xuất hiện dưới các hình thức khác nhau và được đánh giá là khó do tính không mẫu mực và lời giải độc đáo

- Nói chung không có một phương pháp nào đủ mạnh để giải quyết được tất cả các phương trình Diophante nhưng cũng có khá nhiều phương pháp hay, đẹp Chẳng hạn như phương pháp gen cho phương trình Pell, bước nhảy Viet

cho phương trình Marko, phương pháp lùi bậc vô hạn Fermat

II/

NGUYÊN TẮC CỰC HẠN

tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất

* Đối với tập vô hạn, nguyên tắc này áp dụng cho tập con của tập số tự nhiên

- Thông thường trong việc giải các bài toán sơ cấp, nguyên lý này được sử dụng với phương pháp phản chứng

* Để chứng minh một phương trình là vô nghiệm nguyên, ta giả sử tập

giả sử (x1,x2, xn) là nghiệm nhỏ nhất (theo thứ tự đó) Ta phải tìm một cách nào

mâu thuẫn Điều này chứng tỏ phương trình vô định

III/

Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1 Giải phương trình nghiệm nguyên:

x3+3y3 = 9z3 (1)

Lời giải: Dễ thấy nếu một trong ba số x, y, z bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng

minh (1) vô nghiệm nguyên Giả sử (1) có nghiệm nguyên Theo nguyên tắc

cực hạn tồn tại nghiệm (x0,y0,z0)∈ ¢ của (1) thỏa mãn ( x0 + y0 + z0 ) nhỏ nhất

Có 3 3 3

0 3 0 9 0

0

y ; 9 3

0

z  3 ⇒ 3

0

x  3 ⇒x 0 3 Đặtx0 = 3x1; (1) ⇔ 27 3

1

0

y =9 3

0

z

⇔ 9 3

1

0

y =3 3

0

z (3)



 y

1

0

y =3 3

0

z ⇔ 3 3

1

x + 9 3

0

y = 3 0

z (4)

0

1

3 1

3

3x + y = z

⇔ 3

1

3 1

3

1 3y 9z

Do đó (x1, y1, z1) hay ( 0 , 0 , 0

3 3 3

x y z

) là một nghiệm của (1) nhưng rõ ràng

1 1 1

x + y + z < x0 + y0 + z0 (mâu thuẫn)

Vậy (x, y, z) = (0, 0, 0) là nghiệm nguyên duy nhất của (1)

* NHẬN XÉT: Bằng phương pháp tương tự ta có thể chứng tỏ phương trình: x3

n n n n n n

n

3 2 2

1 + + + + − = − + có nghiệm nguyên duy nhất (x1,x2, xn) = (0;0;

Ví dụ 2 Giải phương trình nghiệm nguyên:

x2 + y2 + z2 = 2xyz (1)

(Korea 1996)

Lời giải.

Dễ thấy nếu một trong ba số x,y,z bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng 0

0 0

x +y ≡ 0 (mod 4)⇒ x0,y0

đều chẵn Do đó, cả ba số x0, y0, z0 đều chia hết cho 2

Đặt x0 = 2x1, y0 = 2y1, z0 = 2z1 (x1, y1, z1∈ ¢): (1) ⇔ 2 2 2

1 1 1 4 1 1 1

x +y +z = x y z











2

,

2

,

2

0 0

0 y z

x

2

x

< x0 (mâu thuẫn)

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất (x, y, z)=(0, 0, 0)

Bài tập có cách làm tương tự:

Ví dụ 3 Giải phương trình nghiệm nguyên

3x2 + 6y2 + 12z2 = t2

Ví dụ 4 Giải phương trình nghiệm nguyên

x2 + 6y2 + 2z2 = 4t2

Ví dụ 5 Tìm tất cả bộ ba số nguyên (a, b, c) thỏa mãn

a2 + b2 + c2 = a2b2

(5 th USA MO)

Qua các VD, chắc các bạn đã nắm được khá rõ ý tưởng Các bạn cũng dễ

Chứng minh rằng 7 không thể phân tích được thành tổng các bình phương của 2

số hữu tỉ” Câu hỏi đặt ra là với những số nguyên tố p nào ta có được bài toán tương tự?

Ví dụ 6 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn

2x – 1 = xy (1)

(Putnam Mathematical Competition)

Lời giải.

Từ (1) dễ dàng suy ra x, y ≥ 0

Nếu xy ≠ 0 : nhận thấy (x;y) = (1;1) là 1 nghiệm nguyên dương của (1) Ta sẽ chứng minh đây là nghiệm duy nhất Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương khác (1;1)

Từ (1) ⇒ 2x – 1 M x Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của x ⇒ 2x – 1 M p

Đặt h =ord p2 (h >1)⇒ x M h và 2h – 1 M p , mà 1

thuẫn)

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (x;y) = (0;0); (1;1)

Ví dụ 7 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = m2 + n2 với m, n là các số nguyên nằm trong khoảng từ 1 đến 1981 thỏa mãn:

(n2 – mn - m2 )2 = 1 (1)

(IMO 1981)

Lời giải.

Với m = n (1) ⇔ m4 = n4 = 1 <=> m = n = 1

Với m ≠ n: Nếu m > n thì 1 = | n2 – mn - m2 |= m2 + mn - n2 > mn > 1 (vô lý) ⇒

m < n

Tương tự n < 2m

Để ý rằng: n2 – mn - m2 = (n2 – 2mn + m2 ) + mn - 2m2

= (n – m )2 + m (n – m) - m2 = - [m2 – m (n - m) - (n - m)2 ]

Do đó, nếu (n; m) là 1 nghiệm nguyên của (1) thì (m, n-m) cũng là 1 nghiệm nguyên của (1) Ta xây dựng một dãy giảm trong đó tất cả các bộ số đều là nghiệm nguyên của (1):

(*) (n,m) → (m, n-m) → (n-m, 2m-n) → (vì m <n < 2m)

Theo nguyên tắc cực hạn tồn tại (a;b) là 1 nghiệm thuộc dãy sao cho (a+b) nhỏ

nhất

Tương tự, ta xây dựng một ánh xạ ngược bắt đầu từ (1;1)

Để ý rằng: 1 = F1 = F0 ; 2= F2 ; 3 = F3; 5 = F4

của dãy Fibonacci nổi tiếng: F0 = F1 = 1 ; Fn+1 = Fn + Fn-1 Vì 1 ≤ m,n ≤ 1981 và

F16 < 1981 < F17 ⇒ m,n ≤ F16 nên maxA = 2 2

15 16

Tiếp tục cuộc hành trình thú vị, ta sẽ đến với phương trình Fermat – phương

trình đã điên đầu hàng trăm nhà toán học vĩ đại nhưng ta chỉ xét với trường hợp

n = 4

Ví dụ 8. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương

x4 + y4 = z4

Lời giải Ta xét phương trình tương đương nhưng đơn giản hơn sau:

x4 + y4 = z2 (1)

Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương Không mất tính tổng quát, ta

Pythagore)

*Nếu x2; y2  p (p nguyên tố) ⇒ z2  p ⇒ z  p ⇒ (x2, y2, z) > 1 (vô lý)

Ta sẽ chứng minh: x, y khác tính chẵn lẻ

0 = ; y02 =m2 −n2 và z0 =m2 +n2

Có 2 2

0 2 2

2

2

0

1

2 2

0

m=a2 +b2 (*)

2 2

ab

1

a , b= 2

1

1

4 1

2

nguyên dương

Vậy có đpcm

Ví dụ 9 Chứng minh phương trình x4 – 4y4 = z2 không có nghiệm nguyên dương

x4 – 2y4 = 1

Gợi ý: Áp dụng VD8.

Ví dụ 12 Cho dãy số (x n)+∞n=1và (y n)+∞n=1được xác định như sau:

x0 = 1, x1 = 4, xn+2 = 3xn+1 – xn với ∀ n = 0; 1; 2;

y0 = 1, y1 = 2, yn+2 = 3yn+1 – yn với ∀ n = 0; 1; 2;

a) CMR: x n2 −5y n2 +4 = 0với ∀ n = 0; 1; 2;

(VMO 1999)

Lời giải:

a) Ta dễ dàng chứng minh được công thức sau theo quy nạp:

1 3 5 ; 1 1 3

x + = x + y y + = x + y

Giả sử (1) đúng với n = k Ta chứng minh (1) đúng với n = k+1

Có

x + − y + + = x + y  −  x + y  +

0 4

5 2

0

2

0 − b + =

Dựa vào phần a), ta đặt

1 1

0

1 1

0

2

3 2

1

2

5 2

3

b a

b

b a

a

+

=

+

=

⇔

2 3 2

5 3

0 0 1

0 0 1

a b b

b a a

−

=

−

=

0 −5b2

0+4=0

⇔a2

0 ≡b2

0 (mod 4) ⇔a0và b0 khác tính chẵn lẻ nên a1,b1 ∈Z

Vì a2

0=5b2

0 − 4< 9b2

0 ⇔a0< 3b0 ⇒b1>0

Để a1> 0⇔3a0> 5b0 ⇔ a2

0= 5b2

0 − 4≤5(35a0)2- 4=95a2

0- 4⇔ a2

0 ≥5⇔a0 ≥

2

2

b −a

) cũng là một nghiệm nguyên dương của (1)

Từ đó ta xây dựng một dãy giảm trong đó tất cả các bộ số đều là nghiệm nguyên dương của (1)

(*) (a0,b0)→(3

2a0 − 5

2b0) →

Theo nguyên tắc cực hạn tồn tại (m,n) là một bộ của dãy thỏa mãn (m+n) nhỏ

nhất

⇒ (m1,n1) cũng là một bộ của dãy với m1=3m2−5n, n1=3n m2−

Do đó, dãy (*) kết thúc bằng bộ (1,1) mà theo phần a) ta đã xây dựng được một ánh xạ ngược:

Vậy có đpcm

*NHẬN XÉT:

⇒ xn+ 1= 32xn+52yn.Từ đây ta chứng minh bằng quy nạp

Tương tự ta tìm ra yn+ 1= 1

2xn+3

2yn

Bây giờ chúng ta sẽ cùng xem xét một số phương trình Diophante bậc hai trong đó có mặt một tham số chưa biết và ta cần tìm tất cả các giá trị của tham số để phương trình có nghiệm nguyên

Ví dụ 13. Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình:

có nghiệm nguyên dương

Lời giải: Vì x2+y2+1≥ 2xy+1⇒n>2⇒n≥3

Với n>3 : Giả sử phương trình (1) có nguyên dương

Theo nguyên tắc cực hạn tồn tại (a,b) là một nghiệm nguyên dương của (1)

thỏa mãn a>b và (a+b) nhỏ nhất

Do đó (nb-a, b) cũng là nghiệm nguyên dương của (1)

Nếu nb−a≥a⇔nb≥2a, thay vào a2+b2+1= nab có: a2+b2+1≥2a2 ⇔a2 ≤b2

Vậy với duy nhất n=3 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương

Tổng quát hơn ta có Markov’equation như sau:

Ví dụ 14 Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình :

x2+y2+z2= nxyz (1)

có nghiệm nguyên dương

Lời giải:

Với n=1: (1) có nghiệm (3,3,3)

Với n=2: theo VD 2 , (1) không có nghiệm nguyên dương

Với n=3: (1) có nghiệm (1,1,1)

Ta sẽ chứng minh (1) vô nghiệm nguyên dương với mọi n > 3

Giả sử khi đó (1) có nghiệm nguyên dương.Theo nguyên tắc cực hạn tồn tại

nhất

Trường hợp1: a>b, gọi d là nghiệm còn lại của phương trình (*)

Theo Viet: a+d = nbc

ad = b2+c2

⇒d≥a ⇒b2+c2 − nbc+1=(a−1)(d−1)≥b2 ⇔c(nb−c)≤1

Do nb−c≥nc−c≥1 , c≥1 nên c=1

VD 13)

⇒ c2= a2(nc-2)≥c2(nc-2)

⇒nc≤3⇒n≤3 (Vô lí)

Vậy với duy nhất n=3 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương

Ví dụ 15. Xét các số tự nhiên lẻ a, b mà a là ước số của b2+ 2 và b là ước số của

2

bởi:

v n= 4v n−1 – v n−2với mọi n ≥ 2

Lời giải:

Từ a2+2Mb⇒ a2+b2+2Mb, b2+ 2Ma⇒ a2+b2+2Ma Nên a2+b2+2Mab ⇒phương trình

2

giả sử a=0 thì b2+2=0 (vô lí) ⇒a,b > 0

vô nghiệm nguyên dương

Theo nguyên tắc cực hạn tồn tại (x,y) là một nghiệm nguyên dương của (1)

thỏa mãn x>y và (x+y) nhỏ nhất

Do đó (nb-a, b) cũng là nghiệm nguyên dương của (1)

thuẫn)

Vậy phương trình (1) có nghiệm chỉ với n=3.

Xét phương trình a2+b2+2 = 3ab (2)

n

(2) đều thuộc dãy (v n)

Để có điều này ta chỉ cần làm tương tự như câu b)VD 12.

Ví dụ 16 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a,b) thỏa mãn a2+b2+1 chia hết cho ab+a+b

Ví dụ 17 Giải hệ phương trình nghiệm nguyên dương:

x2+1=uy

y2+1=vx

Ví dụ 18 Chứng minh rằng không tồn tại 2 số nguyên mà tổng, hiệu bình

phương của chúng là số chính phương

(m+n−5)2= 9mn

(USA TST 2001)

2 2

1

x +y + + + =x y xyz

tất cả các nghiệm của nó

tồn tại các số nguyên khong âm a, b, c, d thỏa mãn:

x a= 2 +b2, y c= + 2 d2 , z ac bd= +

(IMO shortlist 1979)

0 < a2 + −b2 abc ≤ c

(CRUX, Problem 1420)

Tài liệu tham khảo

1 Titu Andreescu An introduction to Diophante Equations, 2014

2 Hà Huy Khóai - Phạm Huy Điển Số học thuật toán, NXB ĐHQG HN 2003.

3 Lê Hải Châu Các bài thi học sinh giỏi Toán PTTH toàn quốc, NXBGD 1994.

4 Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Nho, Lê Hoành Phò Tuyển tập các bài dự tuyển

Olympic

Toán học Quốc tế 1991-2001, NXBGD 2003.

5 Nguyễn Văn Nho Olympic Toán học châu Á – Thái Bình Dương 1989-2002, NXBGD

2003.

6 Tập thể tác giả Tuyển tập 5 năm Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, NXBGD 2003.

7 Arthur Engel Problem Solving Strategies, Springer 1998

8 Goeoge Polya Gabor Szego Problems and Theorems in Analysis II, Springer 1976

9 Harvey Cohn Advanced Number Theory, Dover Publications 1980