Ứng dụng một mệnh đề vào giải các bài toán số học

ỨNG DỤNG MỘT MỆNH ĐỀ VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC Phạm Quang Toàn Trần Quốc Nhật Hân - perfectstrong Bài viết cho trang chủ VMF - diendantoanhoc.net Kỉ niệm năm thành lập diễn đàn toán học Mở đầu Trước hết ta đến với toán nhỏ sau Bài toán gốc Giả sử p = k.2t + số nguyên tố lẻ, t số nguyên dương k số tự nhiên lẻ t t Giả thiết x y số tự nhiên mà x2 + y p Chứng minh x y đồng thời chia hết cho p Chứng minh Giả sử trái lại x p, suy y p Do p số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có xp−1 ≡ (mod p) y p−1 ≡ (mod p) Theo giả thiết p − = k.2t , t xk.2 ≡ (mod p) t y k.2 ≡ (mod p) Từ ta có t t xk.2 + y k.2 ≡ (mod p) (1) Theo giả thiết t t x2 + y ≡ (mod p) Do k lẻ nên t t t xk.2 + y k.2 = x2 k t + y2 k 2t t t t x + y ⇒ xk.2 + y k.2 ≡ (mod p) (2) Từ (1) (2) suy điều mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai Do x, y đồng thời chia hết cho p Từ toán trên, áp dụng với t = ta có mệnh đề sau: Mệnh đề Cho p số nguyên tố dạng 4k + Khi x2 + y chia hết cho p x y chia hết cho p Chứng minh Ta dùng phản chứng Giả sử a b không đồng thời chia hết cho p Ta có trường hợp sau: • Trường hợp Nếu a p, b p ⇒ a2 p; b2 p ⇒ a2 + b2 p Mâu thuẫn với giả thiết ban đầu • Trường hợp Nếu a p, b p Tương tự trường hợp 1, trường hợp mâu thuẫn với giả thiết • Trường hợp Nếu a p, b p Vì p nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có: ap−1 ≡ (mod p) bp−1 ≡ (mod p) ⇔ a4k+2 ≡ (mod p), b4k+2 ≡ (mod p) ⇔ (a2 )2k+1 ≡ (mod p), (b2 )2k+1 ≡ (mod p) ⇒ (a2 )2k+1 + (b2 )2k+1 ≡ (mod p) Do p số nguyên tố có dạng 4k + nên p ≥ 3, nên (a2 )2k+1 + (b2 )2k+1 p Lại có (1) (a2 )2k+1 + (b2 )2k+1 a2 + b2 p Điều mâu thuẫn với (1) Vậy giả thiết phản chứng sai Mệnh đề Giả sử a, b hai số tự nhiên khác nguyên tố Khi ước nguyên tố lẻ a2 + b2 có dạng 4m + 1, m ∈ Z Chứng minh Giả sử tồn số nguyên tố p dạng 4m + cho (a2 + b2 ) p Theo mệnh đề suy a p, b p Do (a, b) = p > 1, mâu thuẫn với điều kiện a, b nguyên tố Ta có đpcm Một số ứng dụng Ta xét đến toán tổng quát cho mệnh đề trên: Bài Tìm tất số nguyên tố p cho với a, b nguyên (a + b) p a b đồng thời chia hết cho p Chứng minh Xét khả sau: Nếu p = Rõ ràng với a, b lẻ (a + b) 2, mà a, b không chia hết cho Vậy p = không thỏa mãn Nếu p ≥ p lẻ, nên p có dạng 4k + 4k + 3, k ∈ N Xét tiếp hai trường hợp sau: • Nếu p có dạng 4k + Theo định lý Willson, ta có: (p − 1)! + ≡ (mod p) ⇒ (4k)! + ≡ (mod p) (2) Do p = 4k + nên suy ra: 4k ≡ −1 (mod p) ⇒ 4k − ≡ −2 (mod p) ⇒ · · · ⇒ 2k + ≡ −2k (mod p) Ta suy ((4k)! + 1) ≡ (2k!)2 + (mod p) (3) Từ (1) (2) ta có: (2k!)2 + 12 ≡ (mod p) (4) Rõ ràng p = 4k + 1, khơng thể có kết luận Thật vậy, kết luân từ (3) suy p, vơ lí p = 4k + ≥ Vậy với số nguyên tố lớn có dạng 4k + khơng thỏa mãn u cầu đề • Nếu p có dạng 4k + Giả sử tốn khơng với p = 4k + 3, điều có nghĩa tồn cặp số nguyên a, b cho (a + b) p a p, b p Theo định lý Fermat nhỏ, ta có: ap−1 − ≡ (mod p) bp−1 − ≡ (mod p) Tương tự ta có Do ap−1 + bp−1 − ≡ (mod p) ⇒ a4k+2 + b4k+2 − ≡ (mod p) ⇒ (a2 )2k+1 + (b2 )2k+1 − ≡ (mod p) (5) (6) Áp dụng đẳng thức suy ra: (a2 )2k+1 + (b2 )2k+1 = (a2 + b2 )q, q ∈ N∗ Do (a2 + b2 ) p, nên từ (5) đến: −2 ≡ (mod p) ⇒ p Điều vơ lí p ≥ Vậy giả thiết ban đầu sai Bài toán chứng minh Một số tốn đòi hỏi phải ứng dụng mệnh đề Bài Tìm số nguyên dương x, y, z, t thỏa mãn hệ phương trình x2 + 13y = z 13x2 + y = t2 Chứng minh Đặt (x, y) = d ⇒ z d x = d1 Đặt y = dy1 z = dz1 (x1 , y1 , z1 nguyên dương, (x1 , y1 ) = 1) Từ hệ dễ dàng suy 14(x2 + y ) = z + t2 ⇒ 14(x21 + y12 ) = z12 + t21 ⇒ z12 + t21 Áp dụng mệnh đề ta có x1 7, y1 Mâu thuẫn với giả thiết (x1 , y1 ) = Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên dương Bài (Đấu trường VMF - Trận thứ vòng bảng Alpha,Gama - Câu đội Alpha) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x1994 + y 1994 = 46914691 (x + y) (7) Chứng minh (perfectstrong) Nhận thấy 4691 số nguyên tố dạng 4k + (7) ⇔ x997 Áp dụng mệnh đề ta có: + y 997 x997 4691 y 997 4691 = 46914691 (x + y) x = 4691x1 y = 4691y1 ⇒ với x1 , y1 ∈ N∗ Thay vào (7) ta có: + y14691 = 46912698 (x1 + y1 ) x4691 (8) Áp dụng mệnh đề lần ta có: x1 = 4691x2 y1 = 4691y1 với x2 , y2 ∈ N∗ Thay vào (8) ta có: x4691 + y14691 = 4691705 (x2 + y2 ) (9) Tiếp tục áp dụng mệnh đề lần nữa, ta có: x2 = 4691x3 y2 = 4691y3 với x3 , y3 ∈ N∗ Thay vào (9) ta có 46911228 x1994 + y31994 = x3 + y3 (10) Rõ ràng phương trình (10) khơng có nghiệm ngun dương hiển nhiên V T > V P Vậy phương trình (7) khơng có nghiệm ngun dương Ta có tốn tương tự sau: Bài Cho k số nguyên dương cho trước Tìm nghiệm nguyên dương phương trình k +1 x2 + y = 20112003 (10 − z) Tiếp tục đến với toán sau: Bài Cho m, n số nguyên dương thỏa m2 + 2n − Chứng minh n lũy thừa Chứng minh Đặt n = 2k l với k, l ∈ N l lẻ Nếu l ≥ m2 + 2n − 2n − = 22 k l − = 2l 2k k − 12 2l − ⇒ m2 + 2l − Mà l ≥ ⇒ 2l ⇒ 2l − ≡ (mod4) nên 2l − có ước nguyên tố p dạng 4k + l ≥ ⇒ 2l ⇒ 2l − ≡ (mod4) ⇒ m2 + p ⇒ p ⇒ p = 2l − = (3 − 1)l − ≡ −2 (mod3) Do l = ⇒ n = 2k vơ lí Sau số toán áp dụng mệnh đề Bài (Bài toán Lebesgue) Chứng minh phương trình x2 − y = khơng có nghiệm nguyên Chứng minh Gỉa sử trái lại, tồn số nguyên x, y thỏa mãn x2 − y = (11) Chỉ có hai khả sau: Nếu y chẵn, tức y = 2k Thay vào (11) ta có x2 = 8k + (12) Nhận thấy số phương chia dư 0, 1, Điều mâu thuẫn với (11), y chẵn Nếu y lẻ Viết lại (11) dạng x2 + = y + ⇔ x2 + 12 = (y + 2)(y − 2y + 4) Do y lẻ, nên lại có khả sau: • Nếu y chia dư Khi y + = 4k + • Nếu y chia dư Khi y − 2y + = (4m + 3)2 − 2(4m + 3) + = 4t + Vậy trường hợp x2 + có ước dạng 4k + 3, phải có ước ngun tố dạng 4k + Rõ ràng điều mâu thuẫn với mệnh đề nêu Ta suy giả thiết phản chứng sai Bài Chứng minh phương trình 4xy − x − y = z (13) vô nghiệm nguyên Chứng minh Viết phương trình cho dạng 16xy − 4x − 4y = 4z ⇔ 16xy − 4x − 4y + = 4z + ⇔ (4x − 1)(4y − 1) = (2z)2 + (14) Giả sử (14) có nghiệm nguyên (x, y) từ (14) ta có: (4x − 1)(4y − 1) = (2z)2 + ⇔ [4(x − 1) + 3] [4(y − 1) + 3] = (2z)2 + 12 Lập luận ta suy (2z)2 + có ước nguyên tố dạng 4k + Điều mâu thuẫn với mệnh đề Vậy phương trình 4xy − x − y = z khơng có nghiệm nguyên Nhận xét Dưới lời giải Euler: Giả sử phương trình có nghiệm (x, y, z) = (m, n, c) giả sử c giá trị nhỏ z ⇒ 4mn − m − n = c2 ⇒ (4m − 1)(4n − 1) − = c2 (15) Cộng vào hai vế 4(4n − 1)2 − 8a(4n − 1) vào hai vế (16) ta có [4m − − 8c + 4(4n − 1)](4n − 1) − = 4(c − 4n + 1)2 (16) Như phương trình có nghiệm z = |c − 4n + 1| Vì c giá trị nhỏ z nên ⇒ |c − 4n + 1| > c ⇒ (c − 4n + 1)2 > c2 ⇒ [4m − − 8a + 4(4n − 1)](4n − 1) > (4n − 1)(4m − 1) ⇒ 4n − > 2c Chứng minh tương tự ta có 4m − > 2c Đặt 4m − = p, 4n − = 2a + q với p, q nguyên Như (4m − 1)(4n − 1) = 4c2 + 2c(p + q) + pq (17) Do từ (15) (17) suy 2c = (p + q) + pq Điều vơ lí Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên Tuy nhiên, thấy, rõ ràng cách chứng minh mệnh đề nhanh tiện lợi cách chứng minh Euler Bài tập Một số cho người luyện tập thêm việc sử dụng mệnh đề giải toán số học Bài (Trần Quốc Nhật Hân – perfectstrong) Cho n số nguyên dương thỏa mãn: (i) 3|2n − 2n − (ii)∃m ∈ N : 4m2 + Chứng minh n lũy thừa Bài Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + = y Bài 10 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình a) x2 + y = 585 b) x2 + y = 2010 c) 19x2 + 18y = 729 d) x2 + y = 3z Bài 11 Giả sử x, y số nguyên khác cho x2 + y số nguyên ước 1978 x+y Chứng minh x = y (Chọn đội tuyển quốc gia CHLB Đức 1979) Bài 12 Tìm tất cặp số nguyên dương (x, y) cho x2 + y số nguyên dương ước số x−y 1995 Bài 13 Tìm số nhỏ tập hợp số phương dạng 15a + 16b 16a − 15b với a, b số nguyên dương Bài 14 (Phạm Quang Tồn) Giải phương trình nghiệm ngun x2010 − 2006 = 4y 2009 + 4y 2008 + 2007y ... ràng cách chứng minh mệnh đề nhanh tiện lợi cách chứng minh Euler Bài tập Một số cho người luyện tập thêm việc sử dụng mệnh đề giải toán số học Bài (Trần Quốc Nhật Hân – perfectstrong) Cho n số. .. Do l = ⇒ n = 2k vơ lí Sau số toán áp dụng mệnh đề Bài (Bài toán Lebesgue) Chứng minh phương trình x2 − y = khơng có nghiệm nguyên Chứng minh Gỉa sử trái lại, tồn số nguyên x, y thỏa mãn x2 −... Chứng minh Giả sử tồn số nguyên tố p dạng 4m + cho (a2 + b2 ) p Theo mệnh đề suy a p, b p Do (a, b) = p > 1, mâu thuẫn với điều kiện a, b nguyên tố Ta có đpcm Một số ứng dụng Ta xét đến toán