Nguyên lý xuống thang

Nguyên lý xuống thang

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN – TIN CHUYÊN ĐỀ NGUYÊN LÝ XUỐNG THANG Giảng viên : Thầy Nguyễn Quang Lộc Nhóm 13 : Mục lục 1.1 1.2 Mở đầu nguyên lí xuống thang Lịch sử Nguyên lí xuống thang Ứng dụng nguyên lí xuống thang 2.1 Nguyên lí xuống thang với phương trình nghiệm nguyên 2.2 Nguyên lí xuống thang hình học 2.3 Một số tập Bài tập tự giải Tài liệu tham khảo : - Giáo trình đại số sơ cấp (T/g : Dương Quốc Việt – Đàm Văn Nhỉ) - Bài tập đại số sơ cấp(T/g : Dương Quốc Việt – Lê Văn Đính) Mở đầu nguyên lí xuống thang 1.1 Lịch sử Nguyên lí xuống thang có lịch sử từ thời P Fermat (1602 – 1655) Một toán vĩ đại làm hao mòn trí óc nhà toán học suốt kỉ nay, toán Fermat lớn: Với n≥3 không tồn số nguyên thỏa mãn phương trình xn + y n = z n , Fermat ông tìm cách chứng minh định lí ông không viết không đủ chỗ Ông viết : Do phương pháp bình thường có sách không đủ để chứng minh mệnh đề khó qua trọng, hoàn thiện cách đặc để giải toán Tôi gọi cách chứng minh đặc biệt xuống thang không xác định xuống thang đến vô Ban đầu ông dùng phương pháp để chứng minh mệnh đề phủ định Ví dụ: chứng minh “ Không tồn tam giác vuông có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích số phương” Để chứng minh mệnh đề ông dùng phương pháp sau : Nếu tồn tam giác vuông có số đo cạnh số tự nhiên mà diện tích số phương, tồn tam giác khác có nhỏ tam giác có tính chất Nếu tam giác thứ hai nhỏ tam giác ban đầu có tính chất lập luận tương tự, tồn tam giác thứ ba nhỏ tam giác thứ hai có tính chất Tiếp tục qua trình này, ta nhận tam giác thứ 4, thứ 5, giảm đến vô Số đo cạnh tam giác vuông xuất phát số tự nhiên, sau bước thực trên, số đo cạnh giảm thành số tự nhiên nhỏ Do đó, tạo dãy giảm số tự nhiên Tuy nhiên, dãy số tự nhiên giảm thực giảm vô hạn lần Từ suy không tồn tam giác vuông có số đo cạnh số tự nhiên mà số đo diện tích số phương Sau đó, Fermat có nói ứng dụng phương pháp vào chứng minh mệnh đề khẳng định Ví dụ “ Mọi số nguyên tố dạng 4n+1 biểu diễn thành tổng hai số phương” Nhưng để ứng dụng phương pháp vào việc chứng minh mệnh đề khác “ Mọi số biểu diễn thành tổng không bốn số phương”, ông không để lại chi tiết ứng dụng phương pháp Hơn nữa, hàng loạt định lí ông chứng minh phương pháp không để lại tính toán, chứng minh chi tiết Trong số có định lí lớn Fermat cho tường hợp n=3 Sau này, Euler áp dụng có kết phương pháp vào toán giải phương trình vô dịnh từ việc chứng minh định lí lớn Fermat cho n=3 phục hồi Fermat khẳng đinh phương pháp đưa lần trước biết đến phương pháp Tuy nhiên, cố gắng chứng minh “ lập phương số nguyên phân tích thành tổng lập phương hai số nguyên” nghiên cứu khoảng năm 1000 phương Đông với nhà toán học Ả Rập có nói tới phương pháp Phương pháp xuống thang thời đại giữ vai trò quan trọng giải tích Diophant với công trình J.H.Poncaré A.Baile Ngày nay, phương pháp ứng dụng lí thuyết số toán học 1.2 Nguyên lí xuống thang Giả sử C tập cấu hình, ta giả định C ≠∅ Trên C ta trang bị quan hệ thứ tự, ta lấy phần tử cực tiểu thang, Vậy b∈C cho b0 ( a , b, c , d ) Trong số nghiệm Thay , ta chọn với q = d q = 8.m + 4.n + p M2 ⇒ q M2 ⇒ q = 2.t (t ∈ Z , t > 0) Mặt khác ( m, n, p, q) q = 2.t 4 vào (*) ta 8.m + 4.n + p = (2t ) 4 ⇔ 8.m + 4.n + p = 16.t ⇔ 4.m + 2.n + p = 8t ⇔ p = 8t − ( 4.m + 2.n ) M2 ⇒ p = 2.s Tương tự vậy, ta suy ⇒ 0 0; z > 0, z ( x, y , z ) nên xét với với + Trước hết ta xét x,y lẻ chẵn khác nhau.Thật vậy, • Nếu x,y chẵn ( 1) ⇔ ( 2m ) 4 ⇒ z =x +y nên z chẵn ⇒ x=2m, y=2n, z=2k (m,n,k ∈ℕ) + ( 2n ) = (2k ) ⇔ ( m + n4 ) = k ⇒ k M2 ⇒ k = 2t (t ∈ ¥ ) 4 ( 1) ⇔ ( m + n ) = (2t ) ⇔ m4 + n4 = t Do đó, ⇒ (m,n,t) nghiệm phương trình (1) Mà t ⇒  • Giả sử ( 1) ⇔ s + t = r Như ⇒ (s,t,r) nghiệm phương trình (1) với r < d ⇒ Mâu thuẫn Vậy x,y nguyên tố ( y, z ) = d > • Giả sử  Nếu d chẵn y, z chẵn ⇒ x chẵn ⇒ mẫu thuẫn với x,y nguyên tố  Nếu d lẻ x lẻ, y chẵn nên z lẻ Do (y,z)=d nên y=ds, z=dt với (s,t)=1 Khi đó, x = z − y = d ( s − d 2t ) s Md Nếu ⇒ x = d (r − t ) ⇒ x Md s=dr ⇒ Vô lí ( x,y nguyên tố nhau, y ⋮ d nên x không chia hết cho d ⇒ x4 không chia hết cho d4) Vậy s không chia hết cho d ⇒ d ; s − d 2t ⇒ x = d ω Với d ;ω nguyên tố (ω = s − d t ) ⇒ x = d ω nguyên tố nên d = ω12 ; w = ω22 ω1  xM  ⇒ x = ω1.ω2 ⇒  z Md ⇒ z M ω1  y Md ⇒ y M ω1  Như vậy, nghiệm (x,y,z) có z không nhỏ ⇒ Mâu thuẫn + Giả sử ( x, y , z ) nghiệm phương trình (*) với x,y,z nguyên dương, đôi nguyên tố , x lẻ y chẵn đồng thời z nhỏ Khi x2 , y2 , z nghiệm phương trình u + v = ω (2) Ta có bổ đề ( phương trình Pytago) Cho phương trình chúng có dạng x2 + y = z  x = m2 − n2   y = 2mn  z = m2 + n2  Bộ ba (x,y,z) gọi ba nguyên thủy m,n số nguyên tố cung nhau,m>n m,n khác tính chẵn lẻ Do ( x2 , y , z) ba Pytago nguyên thủy x lẻ, y chẵn nên tồn a,b nguyên tố nhau, khác tính chẵn lẻ cho  x2 = a2 − b   y = 2ab  z = a + b2  ( a, b ) = ⇒ ( a, 2b ) = Giả sử a lẻ, b chẵn Vì (a lẻ, 2b chẵn) a = t y = a.(2b) ⇒  2b = s Mà + Ta có : x + b = a ⇒ ( x , b, a ) ba Pytago nguyên thủy ⇒ Tồn m,n nguyên tố nhau, khác tính chẵn lẻ cho ⇒ b s2  s  mn = = =  ÷ 2 2 ⇒ ( p, q, t ) Lại có : 2.2 Do  x = m2 − n2  b = 2.m.n  a = m2 + n  m = p ( m, n) = ⇒  n = q ⇒ p + q = m + n = a = t nghiệm (1) t= a z = a2 + b2 ⇒ z ≥ a ⇒ z ≥ a nên mâu thuẫn Nguyên lí xuống thang hình học Ví dụ 1: Biết tất đa giác n cạnh nội tiếp đường tròn, tồn đa giác có diện tích lớn nhất.Chứng minh đa giác có diện tích lớn phải đa giác Giải Giả sử tồn đa giác nội tiếp n cạnh không S có diện tích lớn đường tròn ⇒ tồn điểm A,B,C cho AB ≠ BC Lấy B’ trung điểm cung ABC ⇒ B ≠ B' 1 ⇒ BH < B ' K ⇒ BH AC < B ' K AC 2 Hay ⇒ S∆ABC < S∆AB 'C Thay B B’ đa giác S’ có ⇒ diện tích lớn đa giác S Mâu thuẫn Vậy tất đa giác n cạnh nội tiếp đường tròn, đa giác có diện tích lớn đa giác 2.3 Một số tập Bài 1: Chứng minh với số nguyên dương n ta có : ( n + 1) (n + 2) (n + n)M2n (1) Với n=1 Với n=2 ⇒ (1) ⇔ M2 ⇒ ⇒ (1) ⇔ 3.4M4 ⇒ + Xét với ⇒ Giải n≥3 Giả sử S tập hợp tất n cho không thỏa mãn (1) S có phần tử nhỏ ⇒ (k + 1).(k + 2) (k + k ) k ≥3 không chia hết cho ⇒ (k + 1).(k + 2) ( k + k − 1).2k ⇒ k (k + 1).(k + 2) (2k − 1) S ≠∅ 2k không chia hết cho không chia hết cho ⇒ ( k − + 1).( k − + 2) ( k − + k − 1).( k − + k ) 2k k −1 không chia hết cho 2k −1 Ta thấy: Nếu k − + k = 2k − mà (2k-1,2)=1 ⇒ k-1+k không chia hết cho 2k −1 (k − + 1).( k − + 2) (k − + k − 1)M2k −1 ⇒ (k − + 1).(k − + 2) (k − + k − 1).(k − + k ) M2 k −1 (vô lý) ⇒ (k − + 1).(k − + 2) ( k − + k − 1) Mặt khác k − < k (∀k ≥ 3) ⇒ S = ∅ ⇒ không chia hết cho 2k −1 hay k − 1∈ S (1) với n Bài 2: Biết tam giác có diện tích tồn tam giác có chu vi nhỏ nhất.Chứng minh : tam giác có chu vi nhỏ phải tam giác Giải Giả sử tồn tam giác ABC chu vi nhỏ nhất.Không tính tổng quát, ta AC ≠ AB giả sử Gọi A’ giao trung trực BC đường thẳng song song với BC qua A o Ta chứng minh A ' B + A ' C + BC < AB + AC + BC ⇔ A ' B + A ' C < AB + AC Thật :Gọi C’ điểm đối xứng C qua ∆ABC ' có AB + AC ' > BC ' hay ∆⇒ AB + AC > A ' B + A ' C B;A’;C’ thẳng hang ⇒ đpcm 10 ( 1) ⇔ a0 b0 = 2.c0 d0 ⇒ a0 ; b0 chẵn.Vì Do đó, ta đặt ( 2) ⇔ a0 ; b0 lẻ a0 b0 lẻ ⇒ a0 b0 không chia hết cho (Vô lý) a0 = 2.a1 (a1 > 0)  b0 = 2.b1 (b1 > 0) a0 + b0 b0 − a0 c0 + d d − c0 = ⇔ b02 − a 02 = d 02 − c02 2 2 ⇔ ( b12 − a12 ) = d 02 − c02 ⇒ d ; c0 chẵn Thật vậy, Thay vào a0 b0 = 2.c0 d d ; c0 lẻ  d = 2m + (m, n ∈ ¥ )  c = n +  ta được: ⇒ 4.a0 b0 = 2.(2m + 1).(2n + 1) ⇒ 2.a0 b0 = (2m + 1).(2n + 1) Vậy c0 ; d0 chẵn c0 = 2.c1 ⇒  d = 2.d1 (vô lí ) Thay vào hệ, ta nhận ( a1 , b1 , c1 , d1 ) nghiệm hệ a1 < a0 (*) nên mâu thuẫn Vậy hệ có nghiệm tầm thường Bài 6:Cho2n+2 điểm mặt phẳng, điểm thẳng hàng Chứng minh tồn điểm mà đường thẳng nối chúng chia mặt phẳng thành miền cho miền chứa n điểm Giải 13 Giả sử không tồn điểm 2n+2 điểm cho đường thẳng nối chúng chia mặt phẳng thành miền mà miền chứa n điểm Xét bao lồi 2n+2 điểm đường thẳng chia mặt phẳng A0 A1 chia mặt phẳng thành miền L M; miền L chứa p điểm miền M chứa q điểm (p+q=2n) Không tính tổng quát ta giả sử p>q Nếu A0 A1 p = q + ⇒ p + q = 2q + Giả sử ( p0 , q0 ) cặp Trên miền L lấy ⇒ A2 A0 A2 ( p, q ) cho ⇒ p ≥ q +1 lẻ ( mâu thuẫn với p+q=2n ) p0 − q0 = p0 − q0 cho ∠A2 A0 A1 chia mặt phẳng thành miền chứa ⇒ p ≠ q +1 ⇒ p ≥ q + nhỏ p0 − 1; q +1 ⇒ ( p0 − 1) − (q0 − 1) = p0 − q0 − < p0 − q0 ⇒ mâu thuẫn Bài 7: Cho số A = 11 11 (gồm 2009 chữ số 1).Hỏi có tồn hay không bội số dương A mà tổng chữ số nhỏ 2009 Giải Giả sử tồn bội số dương A mà tổng chữ số nhỏ 2009 14 ⇒ Tồn số dương bé bội A Kí hiệu B = kA (VD: X=1234 Nếu (k>0), S(X) tổng chữ số X ⇒ S(X) =1+2+3+4 =10) ≤ k ≤ ⇒ S ( B ) = S ( kA) = 2009.k ≥ 2009( k ≥ 1) Muốn Ta có: S ( B ) < 2009 k ≥ 10 (1+1+ +1=2009 chữ số) B = kA ≥ 10 A = 10.11 ≥ 10.10 2008 = 10 2009 ⇒ B = 102009.Q + R(0 < R < 10 2009 ) ⇒ S ( B) = S (Q) + S ( R) 2009 {B = ( 10 − 1) Q + ( Q + R ) ⇒ Q + R MA 43 MA Mặt khác Nhận xét: MA 0 un−1.un +1∀n ≥ Chứng minh : ∀n ≥ ta có bất đẳng thức sau : 1 n + + +  n  u1 u2 un  ÷<  n Giải + Ta chứng minh : un ≥ n, ∀n ≥ = Thật vậy, đặt : un un−1 u u u u ⇒ n −1 n +1 < ⇔ n −1 n +1 < ⇔ +1 < ⇔ +1 < , ∀n ≥ un un un (ii ) Từ Giả sử tồn số nguyên dương k cho 15 uk0 −1 > k0 − ⇒ uk0 −1 ≥ k0 ≥ uk0 ⇒ vk0 = { uk } k ≥k uk0 uk0 −1 ≤ ⇒ uk0 ≥ uk0 +1 ≥ uk0 + ≥ dãy vô hạn số nguyên dương giảm dần (vô lí) ⇒ un ≥ n, ∀n ≥ (*) + Áp dụng BĐT (*) ta có : 1 n  1 n + + + ÷ ≤  + + + ÷ = (vô lí)  n  u1 u2 un  n  n n Bài 9: Trong mặt phẳng điểm đánh dấu hai số Chứng minh với số nguyên dương ε dương tùy ý, ta tìm tam giác có đỉnh đánh dấu số độ dài cạnh nhỏ ε Giải Gọi S tập số thực dương x cho tồn tam giác có đỉnh đánh dấu số mà độ dài cạnh nhỏ x.Ta chứng minh toán qua hai bước: + Bước 1: Chứng minh S ≠∅ Thật :Giả sử S =∅ 16 Lấy hai điểm đánh số tùy ý.Giả sử giác A1 A2 A3 A4 A5 A6 đánh số có tâm S ≠∅ A3 ; A5 đánh số tam giác A6 nên A2 đánh số 1.Do tam giác A7 đánh số 1( Vì A2 A4 A6 nên giao A4 A1 A2 ; A3 A4 Nếu A7 tam giác có đỉnh đánh số Nếu A1 A4 A7 tam giác có đỉnh đánh S ≠∅ + Bước 2: Chứng minh :Với x>0 tồn Giả sử tồn nhỏ A0 A1 A2 đánh số 0.Dựng lục đánh số 1.Gọi A2 A3 A7 đánh số tam giác số.Do Do tam giác ).Tương tự đánh số 0.Và từ suy A7 A0 A0 ; A1 x0 x = x0 y∈S cho y PM1 ≥ PM ≥ ≥ PM n = PA Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 14.x + 17 y = t Giải Trước hết ta thấy Mặt khác ( 0, 0, ) nghiệm phương trình 14.x + 17 y = t ⇔ 14.(x + y ) + y = t y 3.y Dư chia cho 7k + 3.(7k ) 7k + ( 7k + 1) 7k + ( 7k + ) 7k + 3 ( 7k + 3) 7k + ( 7k + ) 7k + ( 7k + ) 7k + ( 7k + ) 0,3,5,6 21 t t2 Dư chia cho 7k + ( 7k + ) 7k + ( 7k + 1) 7k + ( 7k + ) 7k + ( 7k + 3) 2 7k + ( 7k + ) 2 7k + ( 7k + 5) 7k + ( 7k + ) 2 0,1,2,4 Như phương trình có nghiệm y t chia hết cho Giả sử y = y0 ; t = 7.t0 ⇒ 14.x + 17 y = t ⇔ 14.x + 17.(7 y0 ) = ( 7.t0 ) ⇔ 2.x + 17.7 y02 = 7.t02 ⇒ x M7 Giả sử Do x = 7.x0 ( 7.x0 ) + 17.7 y02 = 7.t02 ⇔ 14.x02 + 17 y02 = t02 thay vào phương trình ta ( x0 , y0 , t0 ) nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm < t0 < t ( 0, 0, ) (mâu thuẫn) Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên x 2002 + y 2002 = 20032 ( z 2002 + t 2002 ) 22 Giải Định lí Fermat nhỏ : Giả sử p số nguyên tố a số nguyên nguyên tố với p (a không bội p ) a p −1 ≡ 1(mod p) Và a bội p Từ định lí Fermat nhỏ ta suy a p −1 ≡ 0(mod p ) p −1 a ≡ 0(mod p )  p −1 a ≡ 1(mod p ) Trước hết ta nhận xét phương trình có nghiệm tầm thường.Ta chứng minh phương trình nghiệm khác tầm thường.Ta chứng minh phương trình nghiệm khác tầm thường Giả sử phương trình có nghiệm ( x0 , y0 , z0 , t0 ) khác tầm thường x0 , y , z0 , t0 > t0 ; nhỏ Ta có : Do đó, x0 2013−1 ≡ 0;1(mod 2003) y0 2013−1 ≡ 0;1(mod 2003) x0 2012 + y02012 ≡ 0(mod 2003) ; ⟺ nên x0 2012 + y02012 ≡ 0,1, 2(mod 2003) x0 M2003; y0 M2003 ⇒ x0 = 2003.x1 ; y0 = 2003 y1 (x1 , y1 ∈ ¥ ) Thay vào phương trình lập luận tương tự ta nhận : x1 = phương trình ban đầu ( x1 , y1 , z1 , t1 ) 2003 2003 2003 2003 , y1 = , z1 = , t1 = x0 y0 z0 t0 ⇒ nghiệm t1 < t0 ⇒ Mâu thuẫn Vậy ta điều phải chứng minh 23 Bài 14: Chứng minh phương trình : x + y + z + 3.( x + y + z ) + = nghiệm tập số hữu tỉ Giải Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ (x,y,z) Ta có: x + y + z + 3.( x + y + z ) + = ⇔ 4( x + y + z ) + 12.( x + y + z ) + 20 = ⇔ (2x + 3) + (2 y + 3)2 + (2 z + 3) = u = x + 3; v = y+ 3; w = z + Đặt ta : u + v + w2 = (*) Phương trình cho có nghiệm hữu tỉ phương trình (*) có nghiệm hữa tỉ Do đó, phương trình U + V + W = 7T Giả sử phương trình có nghiệm nguyên U + V + W = 7T có nghiệm nguyên (U,V,W,T) Không tính tổng quát, ta xét U,V,W,T nguyên dương Trong nghiệm nguyên dương phương trình ta chọn nghiệm (U,V,W, T) cho T nhỏ Nhận xét: Một số phương cho có số dư ⟹ U + V + W2 chia cho có số dư 0,1,2,3 7T ≡ 0,1(mod 4) Ta xét trường hợp sau: TH1: Do 7T ≡ 0(mod 4) 7T ≡ 0(mod 4) hay T chia hết cho ⇒ T chẵn ⇒ nên T = 2T0 (T0 ∈ ¢ ) ⇒ U + V + W M4 ⇒ U M4,V M4, W M4 ⇒ U,V,W chẵn 24 ⇒ U = 2U , V = 2V0 , W = 2W0 (U ,V0 ,W0 ∈ ¢ ) Khi đó, ta có: U 02 + V02 + W02 = 7.4 T02 ⇔ U 02 + V02 + W02 = T02 trình U + V + W = 7T ⇒ Phương trình với T0 < T ⇒ (U ,V0 ,W0 , T0 ) nghiệm phương ⇒ Mâu thuẫn U + V + W = 7T nghiệm nguyên hay phương trình cho nghiệm hữu tỉ ⇒ ĐPCM Bài 15: Chứng minh phương trình x12 − y12 = z nghiệm nguyên dương Giải Nghiệm nguyên dương : x, y, z > 0; ∀x, y, z ∈ Z nên ( 1, 0, ) không chấp nhận hay x6 + y > Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương Ta có: ( x, y , z ) với z nhỏ x12 − y12 = z ⇔ ( x − y ) ( x + y ) = z ⇒ x + y M7 x ≡ 0,1( mod ) ; y ≡ 0,1( mod ) Theo định lí Fermat nhỏ ta có : nên x + y M7 ⇔ x M7; y M7 12 12 12 z ⇒ x = 7.x1 ; y = y1 (x1 , y1 ∈ ¢ ) ⇒ ( x1 − y1 ) = Do z>12, đặt z1 = z − 12 ⟹ ( x1; y1 ; z1 ) nghiệm phương trình với z1 < z Điều mâu thuẫn với cách chọn z 25 Vậy phương trình cho nghiệm nguyên dương Bài 16: (Bài toán Euler) Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên dương : 4xy − x − y = z Giải Bài tập tự giải Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau a, x + y = 3z b, x + y + z + t = 2xyzt c, x + y + z + t = x y z d , 3x + y + 12z = t Bài 2: Chứng minh phân tích thành tổng bình phương số hữu tỉ Bài 3: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên sau : 2  x + 13 y = z  2 13.x + y = t 26 27 [...]... của n thì tồn tại n- giác đều với các đỉnh nguyên trong không gian Giải: 17 Trước hết ta chứng minh rằng khi n=3,4,6 thì sẽ tồn tại n-giác đều với các đỉnh nguyên. Thật vậy lấy hình lập phương ABCDA1B1C1 D1 với các đỉnh nguyên và có độ dài bằng 2 (Bằng 2 là vì : ( x A − xB ) 2 ( x A − xB ) 2 + ( y A − yB ) = 4 2 nếu ( x A − xB ) = 2 ⇒ y A − yB = ± 2 Vô lý do nguyên; Khi đó trung điểm của các cạnh là... đều.Các trung điểm của AB, ) là các điểm nguyên và là CC1 A1D1 , ; là các điểm nguyên và là các đỉnh của 1 tam giác đều.Và hiển nhiên ABCD là hình vuông với các đỉnh nguyên 18 Sau đó ta chứng minh rằng khi n ≠ 3, 4, 6 thì sẽ không tồn tại n-giác đều như thế với các đỉnh nguyên. Thật vậy giả sử tồn tại một đa giác đều như thế với số đỉnh tất cả các n-giác đều với các đỉnh nguyên sẽ tồn tại một đa giác đều nhỏ... 1 ⇒ 2b < 2a ⇒ b < a ⇒ vô lý ⇒M =∅ Hay không tồn tại M sao cho với mọi x thuộc M, tồn tại y thuộc M sao cho y2 + 1 < 2x Bài 4: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: 2 2 2  x + 13 y = z  2 2 2 13.x + y = t Giải: Nhận xét: hệ phương trình có nghiệm ( 0, 0, 0,0 ) Ta chứng minh hệ không có nghiệm nào khác ngoài nghiệm ( x, y , z , t ) với x, y , z , t nguyên và xét x,y,z,t nguyên dương Trong số các... nghiệm của phương trình và Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0 < t0 < t ( 0, 0, 0 ) (mâu thuẫn) Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên x 2002 + y 2002 = 20032 ( z 2002 + t 2002 ) 22 Giải Định lí Fermat nhỏ : Giả sử p là số nguyên tố và a là số nguyên nguyên tố cùng nhau với p (a không là bội của p ) thì a p −1 ≡ 1(mod p) Và nếu a là bội của p thì Từ định lí Fermat nhỏ ta suy ra a p −1 ≡... cho có nghiệm hữu tỉ thì phương trình (*) cũng có nghiệm hữa tỉ Do đó, phương trình U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2 Giả sử phương trình có nghiệm nguyên U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2 có nghiệm nguyên (U,V,W,T) Không mất tính tổng quát, ta xét U,V,W,T nguyên dương Trong các nghiệm nguyên dương của phương trình ta chọn nghiệm (U,V,W, T) sao cho T nhỏ nhất Nhận xét: Một số chính phương khi cho 4 sẽ có số dư là 0 hoặc... phương ⇒ Mâu thuẫn U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2 không có nghiệm nguyên hay phương trình đã cho không có nghiệm hữu tỉ ⇒ ĐPCM Bài 15: Chứng minh rằng phương trình x12 − y12 = 7 z không có nghiệm nguyên dương Giải Nghiệm nguyên dương : x, y, z > 0; ∀x, y, z ∈ Z nên ( 1, 0, 0 ) không được chấp nhận hay x6 + y 6 > 1 Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương Ta có: ( x, y , z ) với z nhỏ nhất x12 − y12... nghiệm của phương trình với z1 < z Điều này mâu thuẫn với cách chọn z 25 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương Bài 16: (Bài toán của Euler) Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương : 4xy − x − y = z 2 Giải 3 Bài tập tự giải Bài 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau a, x 2 + y 2 = 3z 2 b, x 2 + y 2 + z 2 + t 2 = 2xyzt c, x 2 + y 2 + z 2 + t 2 = x 2 y 2 z 2 d , 3x... 0 uk0 uk0 −1 ≤ 1 ⇒ uk0 ≥ uk0 +1 ≥ uk0 + 2 ≥ là dãy vô hạn các số nguyên dương giảm dần (vô lí) ⇒ un ≥ n, ∀n ≥ 1 (*) + Áp dụng BĐT (*) ta có : 1 1 2 n  1 1 2 n 1 + + + ÷ ≤ 2  + + + ÷ = (vô lí) 2  n  u1 u2 un  n  1 2 n n Bài 9: Trong mặt phẳng mỗi điểm được đánh dấu bởi một trong hai số 0 hoặc 1 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương ε dương tùy ý, ta có thể tìm được một tam giác có các... , , Bn B1 , B2 , , Bn B1 , B2 , , Bn diện tích đa giác ở đó Bi được nhận từ Ai n ≠ 3, 4, 6 A1 A2 An Trong có diện tích qua phép tịnh tiến theo vectơ là các điểm nguyên theo công thức tịnh tiến.Hơn nữa do lập thành n-giác đều với các đỉnh nguyên có diện tích nhỏ hơn A1 A2 An (mâu thuẫn) Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 11: Cho đa giác lồi A nằm trong đa giác lồi B.Chứng minh rằng chu vi của đa giác... Bài 8: Dãy i ) u0 = 1 (un ) các số nguyên duyên có tính chất sau : ii ) un2 > un−1.un +1∀n ≥ 1 Chứng minh : ∀n ≥ 1 ta có bất đẳng thức sau : 1 1 2 n + + + 2  n  u1 u2 un  1 ÷<  n Giải + Ta chứng minh : un ≥ n, ∀n ≥ 1 vn = Thật vậy, đặt : un un−1 u u u u 1 ⇒ n −1 2 n +1 < 1 ⇔ n −1 n +1 < 1 ⇔ vn +1 < 1 ⇔ vn +1 < vn , ∀n ≥ 1 un un un vn (ii ) Từ Giả sử tồn tại số nguyên dương k sao cho 15 uk0 −1 ... 1.1 1.2 Mở đầu nguyên lí xuống thang Lịch sử Nguyên lí xuống thang Ứng dụng nguyên lí xuống thang 2.1 Nguyên lí xuống thang với phương trình nghiệm nguyên 2.2 Nguyên lí xuống thang hình học 2.3... xuống C ≠∅ Ứng dụng nguyên lí xuống thang 2.1 Nguyên lí xuống thang với phương trình nghiệm nguyên ( phương trình Diophante) Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 8.x + y + z = u (*)... 1.2 Nguyên lí xuống thang Giả sử C tập cấu hình, ta giả định C ≠∅ Trên C ta trang bị quan hệ thứ tự, ta lấy phần tử cực tiểu thang, Vậy b∈C cho b