Bổ đề tổng bình phương và số nguyên tố

BỔ ĐỀ VỀ TỔNG BÌNH PHƯƠNG VÀ SỐ NGUYÊN TỐ (Nguyễn Đăng Khải Hồn-11 Tốn,Chun Lương Thế Vinh,Đồng Nai) Số nguyên tố từ lâu trở thành vấn đề quan trọng hấp dẫn lí thuyết số.Những tính chất định lí số ngun tố ln làm đóng vai trò cầu nối thiết yếu việc giải tốn số học nói riêng tốn học nói chung.Trong mn vàn tính chất đẹp đẽ kì ảo ấy,có bổ đề phát biểu chứng minh đơn giản lại có nhiều ứng dụng hay hữu ích giải tốn phương trình nghiệm ngun,các tốn số phương Ngồi tính chất đẹp,là viên ngọc sáng thể mối liên số phương số nguyên tố-hai vấn đề thú vị số học Trong viết nhỏ này,tôi xin trình bày bổ đề nêu I-BỔ ĐỀ VỀ TỔNG HAI BÌNH PHƯƠNG VÀ TRƯỜNG HỢP TỔNG QUÁT 1.Bổ đề tổng hai bình phương: Cho p số nguyên tố dạng 4k + 3.Khi đó:x2 + y p x p y p *Chứng minh: Ta chứng minh phản chứng Bỏ qua trường hợp đơn giản:Trong hai số x y tồn số chia hết cho p.Ta giả sử x y không chia hết cho p Từ điều kiện giả sử,theo định lí Fermat nhỏ ta có: xp−1 ≡ 1(modp) y p−1 ≡ 1(modp) Suy ra:xp−1 + y p−1 ≡ 2(modp) hay x4k+2 + y 4k+2 ≡ 2(modp) ↔ (x2 )2k+1 + (y )2k+1 ≡ 2(modp).(*) Mặt khác: (x2 )2k+1 + (y )2k+1 (x2 + y ) p.Mâu thuẫn với (*) Vậy ta có đpcm *Hệ quả: +)Với số nguyên x, k k ước ngun tố dạng 4k + x2 + k khơng có ước dạng 4k + +)Cho số nguyên dương x, y thỏa gcd(x, y) = 1, ước nguyên tố x2 + y khơng có dạng 4k + Các hệ ứng dụng nhiều chứng minh tốn vơ nghiệm khơng tồn số học 2.Tổng quát: Giả sử p = k.2t + số nguyên tố,t số nguyên dương k số tự nhiên lẻ.Giả thiết t t x y số tự nhiên mà (x2 + y ) p.Ta có đồng thời x y chia hết cho p *Cách chứng minh trường hợp tồng quát hoàn toàn tương tự cách chứng minh bổ đề Một số trường hợp đặc biệt: +)Với t = ta có trường hợp bổ đề ta nói đến +)Với t = ta có:Với số ngun tố p có dạng 4k + x4 + y p ↔ x p y p II-MỘT SỐ ÁP DỤNG 1-Các tốn phương trình nghiệm ngun Ví dụ 1:Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương a)4xy − x − y = z (Euler) b)x2 − y = (Lebesgue) *Lời giải: Đây hai phương trình nghiệm nguyên tiếng đề cập nhiều tài liệu toán học.Đây ví dụ "kinh điển" việc ứng dụng bổ đề a)Ta viết lại phương trình dạng: (4x − 1)(4y − 1) = 4z + Từ đẳng thức ta có:(2y)2 + phải có ước dạng 4k + 3,theo hệ bổ đề điều vơ lí,nên ta có phương trình vơ nghiệm b)*Nếu y chẳn ta có:x ≡ 3(mod4),điều vơ lí x ≡ 0, 1(mod4) Do y lẻ Pt⇔ x2 + = (y + 2)(y − 2y + 4) y lẻ nên y − 2y + ≡ 3(mod4).Theo hệ suy điều vơ lí Vậy ta có phương trình vơ nghiệm Nhận xét: Từ hai ví dụ ta nhận thấy rằng,để chứng minh phương trình vơ nghiệm ngun ta sử dụng hệ bổ đề cách:ở vế tạo tổng bình phương,thường x2 + 1,x2 + vế lại tích,xét trường hợp theo modulo để tìm điều mâu thuẫn vơ lí Ở phương trình b),dạng tổng quát x2 = y + k (trường hợp k = 7),được gọi phương trình Mordell.Nó có nhiều điều thú vị lớp tốn Diophante,vì với k cách giải khác nhau.Xin mời bạn thử giải trường hợp k = 16 k = −4 Ví dụ 2:Giải phương trình nghiệm ngun sau:(x + y)2 + = 2x + 2013y Lời giải: Cũng hồn tồn với tư tưởng tốn ta đưa tổng bình phương áp dụng bổ đề PT ⇔ (x + y − 1)2 + = 2011y 2011 ≡ 3(mod4) nên vơ nghiệm theo hệ +1 số nguyên Ví dụ 3:Tìm số ngun (x, y) cho xy2 −5 Lời giải: x2 + ∈Z Gỉả sử tồn số nguyên x, y cho y −5 Ta có: y ≡ 0, (mod 4) ⇒ y − ≡ 3, (mod 4) Nếu y − ≡ (mod 4) ⇒ | x2 + ⇒ x2 ≡ (mod 4), điều vơ lí Nếu y − ≡ (mod 4) y − có ước ngun tố p có dạng 4k + 3, suy p | x2 + 1, điều mâu thuẫn với hệ bổ đề Kết luận : Không tồn số nguyên x, y thỏa mãn đề *Với toán phương trình nghiệm ngun ta chế biến nhiều toán tương tự cách thay đổi số liệu khơng đổi tính chất modulo.Các kĩ thuật giải phương trình nghiệm nguyên ví dụ nêu trở nên quen thuộc tự nhiên lớp toán phương trình nghiệm ngun 2-Các tốn số phương Ví dụ 1:Tìm số ngun dương a,b,c cho a2 = bc − với c ≡ 3(mod4) Lời giải: Ta tiếp tục với cấu trúc vế bình phương vế lại tích Giả sử tồn số nguyên dương a, b, c thỏa mãn Ta viết đẳng thức lại thành:a2 + = (b + 1)(bc−1 − bc−2 + + b − 1) *Nếu b = 4k + b + = 4k + 3, dễ có điều vơ lí theo bổ đề *Nếu b = 4k + b + ≡ 2(mod4) (bc−1 − bc−2 + + b − 1) ≡ 1(mod4) Từ V T ≡ V P ≡ 2(mod4) hay x2 ≡ 2(mod4).Vô lí *Nếu b = 4k + c ≡ 3(mod4) nên (bc−1 − bc−2 + + b − 1) ≡ −1(mod4) Theo bổ đề dễ có điều vơ lí *Nếu b = 4k bc ≡ 0(mod8).khi đó: bc − ≡ −3(mod8),vơ lí scp chia khơng có số dư -3 Vậy khơng tồn số nguyên dương a, b, c thỏa mãn Ví dụ 2:Chứng minh rằng:không tồn số nguyên tố p cho:3p + 19(p − 1) số phương Lời giải: Tiếp tục phản chứng Giả sừ tồn số nguyên tố p thỏa mãn Đặt 3p + 19(p − 1) = n2 (n số ngun) *Nếu p = 2, 3.Dễ có khơng có số nguyên n thỏa mãn *Nếu p > 3,p lẻ +)p = 4k + 1: Ta có: ≡ −1(mod4) nên 3p ≡ −1(mod4) 19 ≡ 3(mod4); p − ≡ 0(mod4) Do V T ≡ V P ≡ −1(mod4)(Vơ lí!!) +)p = 4k + 3: Theo định lí Fermat ta có: 3p ≡ 3(modp) và: 19(p − 1) ≡ −19(modp) nên V T ≡ −16(modp) Do n2 + 16 p Từ bổ đề,ta có:4 p (vơ lí khơng có ước dạng 4k + 3) Vậy ta có đpcm Ví dụ 3:.Chứng minh rằng:Không tồn số tự nhiên n cho n7 + số phương Giả sử tồn n thỏa mãn,khi n7 + = m2 ,với m số tự nhiên Ta có:n7 + 27 = m2 + 112 → (n + 2)(n6 − 2n5 + 4n4 − 8n3 + 16n2 − 32n + 26 ) = m2 + 112 m2 ≡ 0, 1(mod4) 112 ≡ 1(mod4) nên ta suy V P ≡ 1, 2(mod4) Lại có:27 ≡ 0(mod4) n7 ≡ 0, 1, −1(mod4) nên V T ≡ 0, 1, −1(mod4) Do V T ≡ V P ≡ 1(M od4) n ≡ 1(mod4) Từ n + ≡ 3(mod4) nên n + có ước nguyên tố p = 4i + Theo bổ đề 11 p,nên p = 11, m = 11k → V P 112 nên V T 112 Ta lại có:n6 − 2n5 + + 26 ≡ 8(mod11) (vì n ≡ −2(mod11)) nên n + 112 → n = 112 h − h ước dương k + Suy h ≡ 1(mod4),Vì n ≡ 3(mod4) (vơ lí) Vậy ta có đpcm 3-Các tốn dãy số Ví dụ 1:Cho dãy số xác định sau:a1 = 5, an+1 = a3n − 2a2n + 2,với n ≥ 2.Cho p số nguyên tố dạng 4k + a2011 + p.Chứng minh p = Ta có: an+1 − = a3n − 2a2n = a2n (an − 2) = a2n a2n−1 (an−1 − 2) = = a2n a2n−1 a22 (a1 − 2) = t2 3(t2 = a2n a2n−1 a22 ) Từ suy ra: an+1 + = 3t2 + = 3(t2 + 1) Nếu p = 4k + 3|an+1 + 3(t2 + 1) p nên p hay p = Vậy p = Nhận xét:Từ công thức truy hồi dãy số tạo qui trình lặp để đưa đẳng thức an+1 − = 3.t2 Kĩ thuật hay sử dụng nhiều tốn số học dãy số.Vì cần ý đề thêm bớt vào vế biến đổi để có đẳng thức phù hợp Ví dụ 2:Cho dãy {un } thoả mãn u1 = 2013, un+1 = u3n − 4u2n + 5un ∀n ∈ N∗ Tìm tất số nguyên tố p ước (u2014 + 2009) p ≡ (mod 4) Lời giải: Ta tiếp tục sử dụng kĩ thuật ví dụ Ta có un+1 − = u3n − 4u2n + 5un − = (un−1 − 1)2 (un−1 − 2) = (un−1 − 1)2 (un−2 − 1)2 (un−2 − 1) = = (un−1 − 1)2 (un−2 − 1)2 (u2 − 1)2 (u1 − 2) = (un−1 − 1)2 (un−2 − 1)2 (u2 − 1)2 2011 Từ đây, ta có: u2014 − = (u2013 − 1)2 (u2012 − 1)2 (u2 − 1)2 2011 ⇔ u2014 + 2009 = (u2013 − 1)2 (u2012 − 1)2 (u2 − 1)2 2011 + 2011 = 2011((u2013 − 1)2 (u2012 − 1)2 (u2 − 1)2 + 1) Vì ((u2013 − 1)2 (u2012 − 1)2 (u2 − 1)2 + 1) có dạng a2 + b2 với (a, b) = nên khơng có ước nguyên tố dạng 4k + Vậy từ p = 2011 4-Các dạng tốn khác Ví dụ 1:Cho T = (x, y)|x, y N, ≤ 2x < y ≤ 100, x4 + y 49.Tìm |T| Lời giải: Ta có: x4 + y 49 → (x2 )2 + (y )2 Theo bổ đề ta có: x2 y Suy ra:x y Đặt x = 7a, y = 7b,(a,b số tự nhiên).Ta có:0 ≤ 14a < 7b ≤ 14 Suy ra: ≤ a ≤ 6.Khi đó:b = 14 − 2a Số (a, b) thỏa là: 6a=0 (14 − 2a) = 56 Ví dụ 2:Tìm n ngun dương để tập {n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5} phân hoạch thành tập A B cho tích tất phần tử tập tích tất phần tử tập Lời giải: Giả sử tập ban đầu phân hoạch thành hai tập A B Trong số nguyên liên tiếp tồn nhiều số chia hết cho Nếu số n, n + 1, , n + có số chia hết cho lấy tích phần tử A B có tích chia hết cho 7, tích khơng chia hết cho Loại Do số khơng chia hết cho Suy tích P = n(n + 1) (n + 5) ≡ 1.2.3.4.5.6 ≡ 6(mod7) Điều vơ lí P phải số phương mà số phương chia dư 0, 1, 2, Vậy không tồn n thỏa mãn Tổng quát: Chứng minh tồn vô số nguyên tố p thỏa mãn tính chất : Khơng tồn tập hợp gồm p − phần tử p − số nguyên dương liên tiếp mà chia tập thành hai tập con, tích phần tử tập khơng tích hai số Ví dụ 3:.Chứng minh với số nguyên tố p p3 + p−1 tự nhiên liên tiếp Lời giải: Từ đề dễ có p lẻ Đặt p3 + p−1 = n(n + 1).(n số tự nhiên) +)p = 4k + 1:Khi dễ có VT lẻ.(vơ lí tích hai số liên tiếp chẳn) +)p = 4k + 3: Từ đẳng thức ta biến đổi thành: 4p3 + 2p = (2n + 1)2 + suy (2n + 1)2 + p.Vơ lí theo hệ Vậy ta có đpcm III-Một số toán luyện tập Bài tập 1:Giải phương trình nghiệm nguyên:x2002 + y 2002 = 20032001 (x3 + y ) Bài tập 2:Cho k số nguyên dương cho trước.Tìm nghiệm nguyên dương k phương trình: x2 + y = 20112003 +1 (10 − z) Bài tập 3:Chứng minh với số nguyên tố p 7p + 3p − khơng số phương Bài tập 4:Tìm số ngun dương n cho tồn số nguyên m thỏa mãn 2n − | m2 + Bài tập 5:Tìm số nguyên dương lẻ n để n11 + 199 số phương Bài tập 6:Cho p số nguyên tố dạng 4k + 3.Cho x, y, z, t số nguyên dương thỏa:x2p + y 2p + z 2p = t2p Chứng minh số x, y, z, t chia hết cho p IV-Hướng dẫn-Gợi ý Bài tập 1:Giải phương trình nghiệm nguyên:x2002 + y 2002 = 20032001 (x3 + y ) Gợi ý: Nhận thấy 2003 số nguyên tố có dạng 4k + Áp dụng bổ đề ta suy 2003|x 2003|y Đặt x = 2003x1 , y = 2003y1 thay vào phương trình : 20032002 (x2002 + y12002 ) = 20032004 (x31 + y13 ) ⇔ x2002 + y12002 = 20032 (x31 + y13 ) 1 Từ lại có 2003|x1 , 2003|y1 Đặt x1 = 2003x2 , y1 = 2003y2 , : 20031997 (x2002 + y22002 ) = x32 + y23 Rõ ràng V T ≥ V P đẳng thức xảy x = y = Phương trình có nghiệm ngun (0, 0) Bài tập 2:Cho k số nguyên dương cho trước.Tìm nghiệm nguyên dương k phương trình: x2 + y = 20112003 +1 (10 − z) Gợi ý: Do 2011 ≡ 3(mod4) nên theo bổ đề ta có: x = 2011x1 ,y = 2011y1 (x1 , y1 số nguyên dương.) Vì 2003k + số chẳn nên đặt 2n = 2003k + 1.Từ ta có phương trình: x21 + y12 = 20112n−2 (10 − z) Lặp lại qui trình n lần ta đến phương trình sau: x2n + yn2 = 10 − z.(với x = 2011n xn y = 2011n yn ).(*) Dễ có (*) có nghiệm nguyên dương sau:(xn , yn , z) = (1, 1, 8); (1, 2, 5); (2, 1, 5); (2, 2, 2) Từ phương trình cho có nghiệm ngun dương là: (2011n , 2011n , 8); (2011n , 2.2011n , 5); (2.2011n , 2011n , 5); (2.2011n , 2.2011n , 2) Bài tập 3:Chứng minh với số nguyên tố p 7p + 3p − khơng số phương Gợi ý: Giả sử 7p + 3p − số phương Khi đó: 7p + 3p − = x2 ⇔ 7p + 3p − = x2 + Dễ thấy với p = p = không thỏa mãn TH1: p ≡ 1(mod4) Ta có 3p − ≡ 0(mod4) 7p ≡ 3(mod4) ⇒ 7p + 3p − ≡ 3(mod4) Vì 7p + 3p − ≡ 3(mod4) nên phải có ước nguyên tố q = 4k + nên x2 + q Áp dụng bổ đề có q (vơ lí) TH2: p ≡ 3(mod4) Khi theo định lí Fermat nhỏ, ta có 7p + 3p − p ⇒ x2 + p theo bổ đề có p (vơ lí) Vậy ta có đpcm Bài tập 4:Tìm số nguyên dương n cho tồn số nguyên m thỏa mãn 2n − | m2 + Gợi ý: Nếu n = hiển nhiên với m thỏa mãn Nếu n > 2n − ≡ (mod 4), gọi p ước nguyên tố dạng 4k + 2n − p = 3, tức 3|2n − 1, suy n chẵn Gọi q ước nguyên tố lẻ n Thì 2q − 1|2n − ∧ 2q − Nhưng rõ ràng điều vơ lí 2q − 1|m2 + ∧ 2q − ≡ (mod 4) ⇒ 3|2q − Do n khơng có ước ngun tố lẻ, n = 2k Bây ta chứng minh với n = 2k ln tồn số m thỏa mãn đề Thật vậy, k−1 2n − = 3(22 + 1)(22 + 1) (22 + 1) Xét hệ :  x ≡ 3.22     x ≡ 3.221     k−2 x ≡ 3.22 i (mod 22 + 1) (mod 22 + 1) k−1 (mod 22 + 1) j Rõ ràng gcd(22 + 1, 22 + 1) = ∀i = j, i, j ∈ {0, 1, 2, , k − 1} chúng số F ermat Theo định lí phần dư Trung Hoa hệ chắn có nghiệm x0 Khi  1 x0 ≡ 9.22 ≡ −9 (mod 22 + 1)     x2 ≡ 9.222 ≡ −9 (mod 222 + 1) ⇒ x20 + ≡ (mod 2n − 1)     k−1 k−1 x0 ≡ 22 ≡ −9 (mod 22 + 1) Kết luận : n = 2k Bài tập 5:Tìm số nguyên dương lẻ n để n11 + 199 số phương Gợi ý: Đặt n11 + 199 = m2 , m ∈ N Vì n lẻ nên n ≡ 1; 3(mod4) Nếu n ≡ 3(mod4) ⇒ m2 ≡ 311 + 199 ≡ 2(mod4) (vơ lí) Do n ≡ 1(mod4) Ta có : n11 + 199 = m2 ⇔ n11 + 211 = m2 + 432 ⇔ (n + 2)(n10 − 2n9 + − 512n + 1024) = m2 + 432 ⇔ (n + 2).b = m2 + 432 (∗) Vì n ≡ 1(mod4) ⇒ b = n10 − n9 + − n.29 + 210 ≡ 3(mod4) ⇒ b có ước nguyên tố p ≡ 3(mod4) Theo bổ đề b|(a2 + 432 ) ⇒ p|(a2 + 432 ) ⇒ p|43 ⇒ p = 43 ⇒ 43|b Nếu 43|(n + 2) ⇒ n ≡ −2(mod43) ⇒ b = n10 − 2n9 + 4n8 − 8n7 + 16n6 − 32n5 + 64n4 − 128n3 + 256n2 − 512n + 1024 ≡ 8(mod43) Điều vơ lí 43|b Suy 43 (n + 2) Ta có a2 + 432 = (n + 2).b 43 ⇒ a 43 ⇒ (a2 + 432 ) 432 ⇒ b(n + 2) 432 Vì 43 b = 432 m (m ∈ N, gcd(m, 2) = 1) (n + 2) nên Hơn a 43 ⇒ a = 43q (q ∈ N) Do (n + 2).b = a2 + 432 = 432 (q + 1) ⇔ (n + 2).432 m = 432 (q + 1) ⇔ q + = m(n + 2) Vì gcd(1, q) = nện theo bổ đề q + khơng có ước ngun tố có dạng 4k + 3, n + ≡ 3(mod4) (vì n ≡ 1(mod4)) Điều mâu thuẫn Kết luận : Không tồn số n thỏa mãn đề Bài tập 6:Cho p số nguyên tố dạng 4k + 3.Cho x, y, z, t số nguyên dương thỏa:x2p + y 2p + z 2p = t2p Chứng minh số x, y, z, t chia hết cho p Gợi ý: Ta chứng minh phản chứng,giả sử số x, y, z, t không tồn số chia hết cho p Khơng tính tổng qt,ta giả sử gcd(x, y, z, t) = 1.Khi số x, y, z, t chẳn.Giả sử z lẻ Ta có: 2p −z 2p x2p + y 2p = t2p − z 2p = (t2 − z ) t t2 −z 2p 2p Chú ý rằng: t t2 −z = (t2 )p−1 + (t2 )p−2 (z ) + · · · + (z )p−1 ≡ p ≡ (mod 4) −z 2p 2p Vì tồn số nguyên tố q ≡ 3(mod4) cho:q lẻ t −z t2 −z Vì:q|x2p + y 2p q ≡ (mod 4) nên ta có:q chẵn x2p + y 2p Suy ra:q|t2 − z 2p −z 2p p−1 Ta có: t t2 −z + (t2 )p−2 (z ) + · · · + (z )p−1 ≡ (t2 )p−1 p ≡ (mod q) ≡ (t ) Vì vậy:q|pt Nếu:q = p ta có:p|(xp )2 + (y p )2 ,suy p|x, y,vơ lí với điều ta giả sử Do q|t,vì:q|t2 − z nên q|z,và vì:q|(xp )2 + (y p )2 nên q|x, y vậy:gcd(x, y, z, t) ≥ q > 1,vơ lí! Vậy ta có đpcm Cuối xin gửi tới người toán sau,rất mong nhận đóng góp ý kiến từ bạn đọc,bài tốn có liên quan đến số ngun tố dạng 4k + 3,tác giả chưa giải hoàn tồn tốn: Bài tốn:Tìm số (x, y) nguyên thỏa:y = x3 − p2 x với p số nguyên tố dạng 4k + Trên viết ứng dụng bổ đề tổng hai bình phương số nguyên tố,rất mong viết giúp bạn đọc thêm u thích mơn tốn nắm kĩ thuật đối mặt với toán số học Dù tác giả cố gắng trình làm việc,nhưng thiếu sót điều khó tránh khỏi,rất mong nhận ý kiến đóng góp từ bạn đọc Mọi đóng góp xin thảo luận tại:http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=46184 gửi email:Cuoichutdi@yahoo.com.vn Xin chân thành cám ơn thành viên diễn đàn Mathscope.org giúp đỡ tác giả hoàn thành viết,đặc biệt xin cám ơn thành viên:Juliel Quocbaoct10 nhiệt tình đóng góp ủng hộ tác giả hoàn thành chuyên đề nhỏ ... nguyên tố dạng 4k + 3,tác giả chưa giải hồn tồn tốn: Bài tốn:Tìm số (x, y) nguyên thỏa:y = x3 − p2 x với p số nguyên tố dạng 4k + Trên viết ứng dụng bổ đề tổng hai bình phương số nguyên tố, rất... với số nguyên tố p 7p + 3p − khơng số phương Bài tập 4:Tìm số nguyên dương n cho tồn số nguyên m thỏa mãn 2n − | m2 + Bài tập 5:Tìm số nguyên dương lẻ n để n11 + 199 số phương Bài tập 6:Cho p số. .. theo bổ đề q + khơng có ước nguyên tố có dạng 4k + 3, n + ≡ 3(mod4) (vì n ≡ 1(mod4)) Điều mâu thuẫn Kết luận : Không tồn số n thỏa mãn đề Bài tập 6:Cho p số nguyên tố dạng 4k + 3.Cho x, y, z, t số