Nguyên lý cực hạn phương trình Diophant Cao Trần Tứ Hải Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế thơng thường tốn phương trình Diophant tốn khó tính khơng mẫu mực giải tinh tế Bài viết giới thiệu phương pháp vậy, phương pháp cực hạn, để giải số phương trình nghiệm nguyên Nội dung nguyên lý sau Trong tập hợp hữu hạn số thực tồn số thực lớn số thực nhỏ Đối với tập vơ hạn, nguyên lý áp dụng cho tập tập số tự nhiên: Một tập hợp khác rỗng tập hợp số tự nhiên ln có phần tử nhỏ Thơng thường, giải tốn sơ cấp, nguyên lý sử dụng với phương pháp phản chứng Để hiểu rõ vận dụng nguyên lý cực hạn vào giải phương trình Diophant, ta bắt đầu toán đơn giản sau Bài toán Tìm tất số nguyên x, y, z thỏa mãn x2 + y + 52 − 2xyz = (1) (Korean Mathemntical Olympiad) Giải Ta chứng minh (1) có nghiệm (x, y, z) = (0, 0, 0) Giả sử (1) có nghiệm ngun khác khơng, gọi (x0 , y0 , z0 ) nghiệm cho |x0 | nhỏ Nếu x0 , y0 , z0 lẻ x20 + y02 + z02 − 2x0 y0 z0 (vô lý) lẻ nên tập {x0 , y0 , z0 } có số chẵn (giả sử z0 chẵn) x20 + y02 ≡ (mod 4) nên x0 , y0 chẵn Do x0 y0 z0 ; ; nghiệm (1) (mâu thuẫn với cách chọn (x0 , y0 , z0 )) 2 Sau số toán vận dụng nguyên lý cực hạn tinh vi Bài toán Cho x, y, z số nguyên dương cho xy − z = (2) (2) Chứng minh không tồn số nguyên không âm a, b, c, d cho x = a2 + b , y = c2 + d , 52 z = ac + bd (20th IMO Shortlist) Giải Ta chứng minh phản chứng, giả sử tồn ba số nguyên dương (x0 , y0 , z0 ) cho không tồn a, b, c, d thỏa mãn x0 = a2 + b2 , y0 = c2 + d2 , z0 = ac + bd Chú ý rằng, x0 = x0 = 02 + 12 , y0 = 12 + k , z0 = 0.1 + 1.k Nên ta giả sử thêm ≤ x0 ≤ y0 z0 nhỏ Sau xây dựng ba số nguyên dương khác với (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn (2) Đặt z = x + u phương trình (2) trở thành xy − (x2 + 2xu + u2 ) = ⇔ x(y − x − 2u) − u2 = Vì u = z − x nên y − x − 2u = x + y − 2z Do (x1 , y1 , z1 ) = (x0 , x0 + y0 − 2z0 , z0 − x0 ) ba cần xây dựng Ta thấy x1 , y1 , z1 ≥ , z02 = x0 y0 − < x0 y0 ≤ x0 + y 2 ⇒ z0 < x0 + y ⇒ y1 ≥ z02 = x0 y0 − ≥ x20 − ⇒ z0 ≥ x0 − Nếu z0 = x0 − từ (2) suy x0 (y0 − x0 + 2) = Điều mâu thuẫn với y0 ≥ x0 ≥ Nếu z0 = x0 thì từ (2) suy x0 (y0 − x0 ) = Điều mâu thuẫn với x0 ≥ Vì z0 = z0 − x0 ≥ Như ta xây dựng (x1 , y1 , z1 ) nghiệm nguyên dương phương trình (2) thỏa z1 < z0 Do tồn số ngun khơng âm m, n, p, q cho 2 2 2 x = m + n x = m + n x0 = m + n y = p2 + q ⇔ x0 + y0 − 2z0 = p2 + q ⇔ y0 = (p + m)2 + (q + n)2 z1 = mp + nq z0 − x0 = mp + nq z0 = m(p + m) + n(q + n) Đến ta thấy điều mâu thuẫn với cách chọn (x0 , y0 , z0 ) Nguyên lý cực hạn không dừng lại việc chứng minh phương trình khơng có nghiệm ngun dương tốn mà sử dụng để chứng minh phương trình có nghiệm ngun dương thỏa mãn cơng thức Chẳng hạn, biết phương trình Pell loại I, x2 − Dy = (3) với D số tự nhiên khơng phương, có vơ số nghiệm ngun dương (un , ) thỏa mãn u1 = a, v1 = b (4) un+1 = aun + Dbvn vn+1 = bun + avn 53 Trong (a, b) nghiệm nguyên dương nhỏ Kết chứng minh dễ dàng phương pháp quy nạp toán học hệ thức Wandetman tiếng (a − Db2 ).(u2n − Dvn2 ) = (aun + Dbvn )2 − D(bun + avn )2 Hơn ta có √ √ n un + b = (a + b D) , ∀n ∈ N ∗ Giờ ta chứng minh {(un, ) : ∀n ∈ N ∗ } tất nghiệm phương trình (3) Bài tốn Chứng minh nghiệm phương trình (3) có dạng (un , ) với n ∈ N ∗ Giải Giả sử (u, v) nghiệm nguyên dương cho (u, v) = (un, ) , ∀n ∈ N ∗ với (un, ) xác định (4) √ √ √ Khi tồn m ∈ N ∗ cho um + vm D < u + v D < um+1 + vm+1 D √ √ √ ⇔ < u + v D (um − vm D) < a + b D √ √ ⇔ < (uum − Dvvm ) + (um v − uvm ) D < a + b D Đồng thời (uum − Dvvm )2 − D(um v − uvm )2 = u2 − Dv um − Dvm = Nên (uum − Dvvm , um v − uvm ) nghiệm nguyên dương (3) (mâu thuẫn với cách chọn (u, v)) Bài toán Xét số tự nhiên lẻ a, b mà a ước b2 + b ước a2 + Chứng minh a b số hạng dãy số tự nhiên (vn ) xác định v1 = v2 = = 4vn−1 − vn−2 với n ≥ (VMO 2012) Giải Do a, b lẻ nên (a, b) = Ta thấy a2 + b2 + chia hết cho a b nên tồn số nguyên dương k cho a2 + b2 + = kab (5) Giả sử (a0 , b0 ) nghiệm nguyên dương (4) với a0 + b0 nhỏ Khơng tính tổng qt, giả sử a0 ≥ b0 54 Phương trình a2 − kb0 a + b20 + = có nghiệm a0 nên theo định lý Viete, có nghiệm b0 + a1 = kb0 − a0 = a0 Rõ ràng a1 nguyên dương (a1 , b0 ) nghiệm (5) Do a0 k a0 + b0 ≤ a1 + b0 ⇔ a0 ≤ kb0 − a0 ⇔ ≤ b0 Mà a0 + b0 + = ka0 b0 ⇔ a0 b + + =k b a0 a0 b (6) Sau ta sử dụng phương pháp phương trình Markov quen thuộc để chứng minh k = k a0 k Từ (6) suy k ≤ + + (vì a0 ≥ b0 ≥ 1, ≤ ) nên k ≤ b0 Hơn nữa, a0 + b0 ≥ 2a0 b0 nên k > Nếu k = (a0 , b0 ) = (1, 1) nên a0 b0 ≥ Từ (6) k ⇒ k ≤ + + 1⇒ k ≤ Nếu k = a0 + b0 + = 3a0 b0 chia hết cho Nên có số hai số a0 , b0 chia hết cho Dễ thấy a0 = b0 = nên a0 b0 ≥ k Từ (6) suy k ≤ + + ⇔ k ≤ mà k nguyên dương nên k ≤ (mâu thuẫn với k > 2) Như số tự nhiên lẻ a,b phải thỏa mãn a2 + b2 + = 4ab (7) Tiếp theo ta mô tả tất nghiệm (7) thông qua cặp số hạng liên tiếp dãy (vn ) phương pháp sau gọi phương pháp gien (7)⇔ b2 − 8ab + 16a2 + a2 + = 16a2 − 4ab ⇔ (4a − b)2 + a2 + = (4a − b) a Do (a, b) nghiệm (7) (4a − b, a) nghiệm Từ đó, (v2 , v1 ) = (1, 1) nghiệm (7) nên (4v2 − v1 , v2 ) = (v3 , v2 ) nghiệm Bằng quy nạp toán học suy (vn+1 , ) (vn , vn+1 ) nghiệm (7) Giả sử tồn cặp số tự nhiên lẻ (a, b) cho {a, b} = {vn+1 , }, ∀n N ∗ Ta chọn cho a + b nhỏ Nếu a = b suy a = b = nên (a, b) = (v2 , v1 ) (mâu thuẫn với cách chọn a, b) Nên khơng tính tổng qt, ta giả sử a > b > Ta lại có (7)⇔ (4b − a)2 + b2 + = (4b − a) b nên (4b − a, b) nghiệm nguyên dương (7) 55 Mà a > b nên ab − b2 = b(a − b) ≥ ⇒ 4b − a = ab − b2 + ≤ < a⇒ (4b − a) + b < a + b a a Do cách chọn (a, b) nên {4b − a, b} = {vn+1 , } với n Hơn a2 − 4ab + 3b2 = 2b2 − ≥ ⇒ (a − 3b)(a + b) ≥ ⇒ a − 3b ≥ 0⇒ 4b − a ≤ b Suy 4b − a = b = vn+1 ⇔, a = 4vn+1 − = vn+2 b = vn+1 (mâu thuẫn) Vậy điều giả sử sai, nghĩa tồn số tự nhiên n cho {a, b} = {vn+1 , } Để thấy rõ kết hợp nhuần nhuyễn phương pháp cực hạn phương pháp phương trình Markov (còn gọi phương pháp nhảy Viete), phương pháp gien giải phương trình Diophant, ta xét tốn sau Bài tốn Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình sau: x2 + y + x + y + = xyz (8) Giải Trước hết ta dùng phương pháp bước nhảy Viete để tìm z Nếu x = y x(xz − 2x − 2) = 1⇒ x=y=1 z=5 Gọi (x1 , y1 , z1 ) nghiệm thỏa z1 = 5, x1 = y1 Khơng tính tổng qt, giả sử x1 y1 x1 + y1 nhỏ Ta có phương trình f (x) = x2 − (y1 z1 − 1) x + y1 + y1 + = có nghiệm x1 nên có nghiệm y1 + y1 + x2 = y1 z1 − x1 − = x1 nguyên dương Mà x1 > y1 + nên x1 > y1 + y1 + = x1 (y1 z1 − x1 − 1) = x1 x2 ⇒ x1 > x2 56 Vì (x1 , y2 , z2 ), (x2 , y1 , z1 ) nghiệm nguyên dương thỏa x2 + y2 < x1 + y1 (mâu thuẫn với cách chọn (x1 , y1 , z1 )) Đến tốn trở thành tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình x2 + y + x + y + = 5xy Rõ ràng x, y lẻ Đặt u = (9) 3y − 3x − ,v= phương trình (9) trở thành 2 u2 − 5uv + v = −3⇔ v − 5v (5v − u) + (5v − u)2 = −3 Lâp luận tương tự tốn 4, phương trình có nghiệm thỏa {u, v} = {vn+1 , } với (vn ) xác định v1 = v2 = vn+1 = 5vn − vn−1 , n > Bằng quy nạp ta 2vn + 3, ∀n Vậy phương trình (8) có nghiệm (x, y, z) = ( 2u + 2v + , , 5) 3 với {u, v} = {vn+1 , } (vn ) xác định Đến ta thấy tốn có nghiệm liên quan đến dãy số Sau ta thử sáng tạo tốn phương trình Diophant cách xét dãy số sau: u1 = α, u2 = β, un+2 = aun+1 − un + b, ∀n ≥ Ta có un+2 + un − b = a Suy un+1 un+2 + un − b un+1 + un−1 − b = un+1 un ⇔ (un+2 + un − b) un = (un+1 + un−1 − b)un+1 ⇔ un+2 un + un − bun = un+1 + un−1 un+1 − bun+1 ⇔ un − un+1 un−1 − bun = un+1 − un+2 un − bun ⇔ un − (aun − un−1 + b) un−1 − bun = un+1 − (aun+1 − un + b) un − bun+1 ⇔ un + un-1 − aun un−1 − b (un + un−1 ) = un+1 + un − aun+1 un − b(un+1 + un ) Do un+1 + un − aun+1 un − b (un+1 + un ) = u2 + u1 − au2 u1 − b(u2 + u1 ) hay un+1 + un − aun+1 un − b (un+1 + un ) = α2 + β − aαβ − b (α + β) 57 Thay un+1 , un x, y chọn tham số a, b, α,β số cụ thể ta phương trình Diophant giải phương pháp cực hạn Chẳng hạn, a = 4, b = 0, α=β=1 ta phương trình (7) tốn Khi a = 5, b = −1, α=β=1 ta phương trình (9) cách giải tốn Sau số phương trình Diophant Giải phương trình sau tập số tự nhiên : x2 + y =5 xy − (x + 1)2 + (y + 1)2 = 5(xy + 1) x2 + y + z = 3xyz (x + y − 5)2 = 9xy Bài tập rèn luyện Cho hai dãy số (xn ), (yn ) xác định sau: xn+2 = 3xn+1 − xn , x0 = 1, x1 = 4; yn+2 = 3yn+1 − yn , y0 = 1, y1 = a) Chứng minh x2n − 5yn2 = −4 với số tự nhiên n b) Giả sử a, b số nguyên dương thỏa a2 − 5b2 = −4 Chứng minh tồn số tự nhiên k cho xk = a yk = b (VMO 1999) Tìm giá trị lớn m2 + n2 biết m, n số nguyên nằm 1981 đồng thời thỏa mãn (n2 − mn − m2 )2 = (22nd IMO) √ Tìm tất số nguyên dương n cho phương trình x + y + u + ϕ = n xyuv có nghiệm nguyên dương x, y, u, v (VMO 2002 Bảng A) Giải phương trình sau tập số nguyên dương: x2 + y + = xyz Tìm tất cặp số tự nhiên (m, n) cho (m + n − 5)2 = 9mn (42nd USA Team Selection Test) Tài liệu tham khảo [1] HÀ HUY KHOÁI, Số học, Nhà xuất Giáo dục [2] TRẦN NAM DŨNG, Nguyên lý cực hạn, tài liệu từ Internet [3] TITU ANDREESCU, DORIN ANDRICA, An introduction to Diophantinc equations 58 ... phương trình Diophant giải phương pháp cực hạn Chẳng hạn, a = 4, b = 0, α=β=1 ta phương trình (7) toán Khi a = 5, b = −1, α=β=1 ta phương trình (9) cách giải tốn Sau số phương trình Diophant Giải... Test) Tài li u tham khảo [1] HÀ HUY KHOÁI, Số học, Nhà xuất Giáo dục [2] TRẦN NAM DŨNG, Nguyên lý cực hạn, tài li u từ Internet [3] TITU ANDREESCU, DORIN ANDRICA, An introduction to Diophantinc... với {u, v} = {vn+1 , } (vn ) xác định Đến ta thấy tốn có nghiệm li n quan đến dãy số Sau ta thử sáng tạo tốn phương trình Diophant cách xét dãy số sau: u1 = α, u2 = β, un+2 = aun+1 − un + b,