nguyên lý xuống thang

Fermat 1601- 1655 viết rằng “ Do những phương pháp bình thường đã có trong các sách không đủ để chứng minh những mệnh đề khó và quan trọng , vì thế tôi đã hoàn thiện một cách đặc biệt để

Mục lục

LỜI NÓI ĐẦU 2

Đôi nét về lịch sử của nguyên lí xuống thang 3

A.Nguyên lí xuống thang 4

I Lý thuyết 4

1.Nguyên lý xuống thang 4

2 Phương trình Pythagore 4

II.Ứng dụng: 5

1.Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên 5

2.Nguyên lí xuống thang trong hình học: 7

III Bài tập 9

IV Bài tập tự giải: 13

B.Nguyên lí lùi vô hạn 13

I.Nội dung cơ bản của nguyên lí lùi vô hạn: 13

II.Ứng dụng 14

1 Phương pháp lùi vô hạn trong số học 14

2.Phương pháp lùi vô hạn trong hình học: 16

1

LỜI NÓI ĐẦU

Từ lâu phương trình nghiệm nguyên đã trở thành mối quan tâm lớn cho rất nhiều người khi nghiên cứu về Toán học Qua nhiều thế kỉ,rất nhiều phương pháp hay và độc đáo được đưa ra Trong đó không thể nào không nhắc đến nguyên lí xuống thang Và nhóm số 7 của chúng em dưới sự hướng dẫn của cô Trần Thị Trang, đã quyết định thực hiện một chuyên đề về nguyên lí này để thử sức cũng như trao đổi kiến thức với bạn bè, anh chị trong khối chuyên Toán

Trong quá trình thực hiện chuyên đề, chúng em đã rất cố gắng để làm hết sức của mình thế nhưng không thể nào tránh khỏi những sai sót nhỏ, rất mong nhận được những đóng góp của thầy cô và các bạn.Trong phần bài tập chúng em có những bài chưa giải được rất mong thầy cô và các bạn giúp đỡ

Chúng em xin chân thành cảm ơn !

-Nhóm biên soạn

-2

Đôi nét về lịch sử của nguyên lí xuống thang

Nhà toán học lớn P Fermat (1601- 1655) viết rằng “ Do những phương pháp bình thường đã có trong các sách không đủ để chứng minh những mệnh đề khó và quan trọng , vì thế tôi đã hoàn thiện một cách đặc biệt để giải quyết những bài toán này Tôi gọi cách chứng minh đặc biệt này là xuống thang không xác định hoặc là xuống thang đến vô cùng ”

Ban đầu Fermat chỉ dùng phương pháp này chứng minh những mệnh đề phủ định Ví dụ như “ Không tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là những số tự nhiên, mà số đo diện tích của nó

là một số chính phương” Để chứng minh mệnh đề này Fermat đã dùng phương pháp sau: Nếu tồn tại một tam giác có số đo các cạnh là những số tự nhiên mà số đo diện tích của nó là một chính phương, thì tồn tại một tam giác khác nhỏ hơn tam giác ban đầu và có cung tính chất Nếu tam giác thứ hai nhỏ hơn tam giác ban đầu và có cùng tính chất, thì lí luận tương tự ta nhận được tam giác thứ

ba nhỏ hơn tam giác thứ hai và cũng có cùng tính chất, quá trình này tiếp tục tìm được các tam giác thứ tư, thứ năm, … giảm đến vô cùng Số đo một cạnh của tam giác vuông xuất phát là một số tự nhiên, mỗi bước thực hiện trên số đo cạnh này giảm thành số tự nhiên nhỏ hơn, tạo ra một dãy số tự nhiên giảm , nhưng một dãy số tự nhiên giảm thực sự không thể giảm vô hạn lần Từ đó suy ra không tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là những số tự nhiên, mà số đo diện tích tích của nó là một số chính phương

Sau đó Fermat có nói rằng ( sau một thời gian dài suy nghĩ ) đã có thể ứng dụng phương pháp này vào việc chứng minh những mệnh đề khẳng định Ví dụ như “ Mọi số nguyên tố dạng 4n + 1 đều biều diễn thành tổng của 2 số chính phương ” Nhưng để ứng dụng phương pháp này vào việc chứng minh những mệnh đề khác như “ Mọi số có thể biểu diễn thành tổng của không quá bốn số chính phương ” , thì Fermat không để lại chi tiết áp dụng phương pháp này như thế nào Hơn nữa,hàng loạt các định lý của Fermat được chứng minh bằng phương pháp này cũng không để lại tính toán chi tiết Trong số đó có định lí lớn Fermat cho trường hợp n3 Sau này Euler đã áp dụng có kết quả phương pháp này vào bài toán giải phương trình vô định và từ đó việc chứng minh định lớn Fermat cho n3 được phục hồi Fermat khẳng định rằng phương pháp này là của mình đưa ra lần đầu tiên

và trước đó không ai biết phương pháp này Nhưng ta nhớ lại rằng những cố gắng chứng minh không thể phân tích một lập phương của số nguyên thành tổng của hai số lập phương nguyên, được nghiên cứu khoảng năm 1000 ở phương Đông với các nhà toán học Ả Rập đã có nói tới phương pháp này Phương pháp xuống thang thời hiện đại giữ một vai trò quan trọng trong giải tích

Diophant với những công trình của J H Poincaré và A Baile Ngày nay phương pháp này vẫn còn được ứng dụng trong lí thuyết số của toán học

3

PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG VÀ ỨNG DỤNG

A.Nguyên lí xuống thang

I Lý thuyết

1 Nguyên lý xuống thang

• Mọi người đều biết khẳng định của Fermat rằng với n nguyên và lớn hơn hoặc bằng 3 Phương trình

x y z

không có nghiệm nguyên dương ( Còn gọi là định lý Fermat lớn)

• Để giải quyết bài toán này nhiều nhà toán học đã sử dụng phương pháp gọi là “phương pháp xuống thang” Và nhiều người nghĩ rằng đây chính là cách mà Fermat đã dùng để chứng minh

“nhưng ông không viết vì không đủ chỗ” Nguyên lý xuống thang là một phương pháp có hiệu quả

để giải một lớp khá rộng những bài toán liên quan đến phương trình nguyên Cơ sở của phương pháp là tính sắp thứ tự các phần tử của một tập hợp và nguyên lý cực hạn.Phương pháp này được mô

tả như sau: Giả sử C là một tập các cấu hình nào đó ,mà nếu giả định C khác rỗng,thì trên C có thể trang bị được một quan hệ thứ tự,cho phép lọc ra phần tử cực tiểua C� Rồi bằng phương pháp nào đó (mà thường gọi là xuống thang) ta lại chỉ ra được trong C có phần tử a b .

• Một trong nội dung ta thường sử dụng trong “nguyên lý xuống thang” là tính chất nghiệm của phương trình Pythagore

2 Phương trình Pythagore

• Phương trình

2 2 2

x y  z (1)

gọi là phương trình Pythagore Bộ ba số nguyên dương là ( , , )x y z thỏa mãn (1) được gọi là một bộ

ba Pythagore Ta nhận thấy rằng nếu ( , , )x y z là một bộ ba Pythagore thì với mọi d nguyên dương ,

bộ ba dx dy dz, , cũng là một bộ ba Pythagore Vì lẽ đó ta chỉ quan tâm đến các bộ ba Pythagore

( , , )x y z mà ở đó( , , ) 1x y z  Khi đó ( , , )x y z được gọi là một bộ ba Pythagore nguyên thủy

• Bổ đề: Xét phương trình Pythagore Bộ ba ( , , )x y z là một bộ ba Pythagore nguyên thủy khi chỉ khi chúng có dạng sau

4

2 2

2 2

  2

y mn

� 

�

�  

�

Với m,n là các số nguyên dương ,m n và m n,  1và m,n khác tính chẵn lẻ.

II.Ứng dụng:

1.Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên

Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 8a24b22c2 d2

Lời giải:

• Trước hết ta thấy ngay phương trình có nghiệm (0,0,0,0) Ta chứng minh phương trình không còn nghiệm nào khác

Thật vậy,giả sử nó có nghiệm khác nghiệm trên thì phải tồn tại nghiệm có dạng (a,b,c,d) với

d khác 0, thậm chí d > 0, theo tính chất của số tự nhiên thì phải có nghiệm (m,n,p,q) với q nguyên dương bé nhất

Ta thấy ngay q chẵn và giả sử q=2s Khi đó ta có 4m42n4 p4 8q4 Từ đẳng thức ta rút

ra được p chẵn, p=2t Lại thay vào đẳng thức vừa có,ta được 2m4 n4 8t4 4s4 Dẫn đến

n chẵn,n=2v Tiếp tục thay vào đẳng thức kề trên ta có m48t44v4 2s4 Lại có m chẵn

và m=2w Khi đó có 8w44v42t4 s4 Đẳng thúc này chứng tỏ rằng (w,v,t,s) cũng là nghiệm của phương trình đã cho,nhưng với s<q (mâu thuẫn)

Ví dụ 2: ( Bài toán Euler ) Chứng minh phương trình sau không có nghiệm trong các số tự nhiên:

2

4xy x y z   (1)

Lời giải:

a, Để giải quyết bài toán trên ta đi đên giải quyết bài toán sau đây: 4xy x   (2)1 z2

Giả sử (2) có nghiệm số tự nhiên x,y,z và giả sử a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (2) sao cho 4mn m  1 a2 (3)

Với m,n là các số tự nhiên Cộng 4m24ma vào hai vế của phương trình (3) ta được:

2

4 (m n a m  )   m 1 (a 2 )m (4)

Dễ dàng chứng minh được rằng a  m (5)

5

Thật vậy, không thể có a m    , vì nếu a m    thì vế phải của (4) chia hết cho m và vế trái của (4) không chia hết cho m

Còn nếu a m    thì n a m n –           , và do đó vế trái của (4) nhỏ hơn vế phải của (3) tức là

2

a m a , điều này trái với việc xác định số a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (2)

( Chú y rằng từ (4) thì a2m cũng là giá trị của z thỏa mãn (2) trong đó x m y n a m    ,       –        )

Bây giờ ta chứng minh tiếp rằng 4  –1    2n  a(6)

Thật vậy, cộng (4n1)22 (4a n vào hai vế của (3) thì ta được1)

4  –1 n m – 2    4  –1   –1  a n ��a 4n1 ��

Hay: 4 (n m2a4n 1) (m2a4n   1) 1 [a (4n1)]2

Do đó z  a (4n1)thỏa mãn (2) với y n    ,x m     – 2    4  –1  a n Vì vậy theo sự xác định của số a,

ta có a a (4n1) , từ đây dễ dàng suy ra được (6)

Từ (3), (5), (6) ta có a2 1 (4n1)m2 a a2a2 Do đóa2  Vô lí, suy ra điều phải chứng 1 minh

( Trong khi nghiên cứu để đi đến phát minh ra một định lí cơ bản của lí thuyết số, Euler đã chú ý đến phương trình vô định 4 – – xy x y  z2 Để chứng minh bài toán này cả Euler và Gôn – Bách phải dựa vào một định lí của Fermat nhưng nó qua phức tạp vì thế hai người tìm cách chứng minh đơn giản hơn Cách chứng minh bài toán: 4 – – xy x y  z2 không có nghiệm tự nhiên trên là cách chứng minh mà Gôn –Bách gửi cho Euler )

Nhờ cách chứng minh của Gôn – bách mà Euler đã chứng minh được bài toán (1) như sau:

Giả sử (1) có nghiệm trong các số tự nhiên x,y,z và giả sử a là số tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (1) sao cho ta có 4mn m n a –   –      (7) trong đó m và n là các số tự nhiên Nên2

2

(4m1).(4n  1) 1 4a (8)

Cộng 4(4n1)28 (4a n vào hai vế của (8), ta có 1)

2

[4m  1 8a 4(4n1)].(4n  1) 1 4(a4n1) (9)

Đẳng thức (9) giống đẳng thức (8), cho thấy rằng phương trình (1) có nghiệm là

Theo sự xác định số a thì

6

Hay 2  2

a  a n Do đó , từ (8) và (9) ta có:

4m 1 8a4 4n1 4n 1 4m1 4n1

Vì vậy 4n 1 2a Vì (7) là đối xứng với m và n, nên 4m 1 2a

Đặt

�

�   

� trong đó p và q là những số tự nhiên

Như vậy 4m1 4  n 1 4a22a p q   pq

Do đó, từ (8) ta suy ra 2a p q   pq1 với a, p, q là những số tự nhiên Điều này vô lý với chứng minh định lý đã cho

( Euler rất thích thú với cách chứng minh đơn giản này Trong thư gửi cho Gôn – Bách đề ngày 15 tháng 10 năm 1743, Euler viết “ Thú thật tôi không ngờ rằng định lí đó có thể chứng minh một cách dễ dàng và đẹp đẽ đến vậy Từ đó tôi tin rằng các định lí của Fermat cũng có thể chứng minh một cách tương tự, và vì vậy tôi cũng cảm ơn ông đã cho tôi biết cách chứng minh đẹp đẽ đó”.)

2.Nguyên lí xuống thang trong hình học:

Ví dụ 1:

CMR với 3 ,�n n� , không tồn tại đa giác đều n cạnh có đỉnh với tọa độ nguyên 4

Lời giải:

• Với n3, ta sẽ chỉ ra không có tam giác đều đỉnh nguyên Thật vậy, giả sử nếu có thì khi tính diện tích theo định thức thì ta được diện tích là một số

hữu tỷ Trong khi đó cạnh của tam giác là a thì diện tích tam giác đó là

2

4

3

a

lại là đại lượng vô tỷ ( mâu thuẫn)

• Mặt khác nếu tồn tại một lục giác đều đỉnh nguyên thì tam giác đều đan nó cũng đỉnh nguyên Do

đó theo chứng minh vừa rồi thì nó không tồn tại Vậyvới n=3;6 thì nhận định là đúng.Ta xét các trường hợp còn lại Giả sử tồn tạiđa giác đều đỉnh nguyên A A A với n khác 3; 4; 6 là một đa giác1 2 n đềuđỉnh nguyên có cạnh nhỏ nhất ( chúng luôn tồn tại do có đỉnh nguyên) Ta lấy các điểm

1, , , 2 n

B B � B sao cho

1 1 2 3, 2 2 3 4, , n 1 n1 n 1, n n 1 2

A B A A A B A A A B  A A A B A B

uuuur uuuur uuuuur uuuur uuuuuuuur uuuur uuuuur uuuur

7

Khi đó dễ thấy rằng B B1, , , 2 � B n cũng là các điểm nguyên

Do n khác 3,4,6 nên B B1, , , 2 � B n phân biệt và lập thành đa giác đều đỉnh nguyên bị chứa thực

sự trong đa giác đều A A1, 2, ,A n

Như vậy cạnh của đa giác đều đỉnh nguyên mới B B1 2� nhỏ B n

hơn cạnh của đa giác đều A A A ( mâu thuẫn!).1 2 n

Ví dụ 2:

Biết rằng trong tất cả các đa giác n cạnh cùng nội tiếp đường tròn , luôn tồn tại một đa giác có diện tích lớn nhất Chứng minh rằng đa giác có diện tích lớn nhất đó phải là đa giác đều

Giải:

Giả sử tồn tại một đa giác không đều S, n cạnh nội tiếp đường tròn có diện tích lớn nhất

Vì S không đều nên sẽ có 3 đỉnh A;B;C liên tiếp theo thứ tự đó sao cho AB khác BC

Trên cung ABC của đường tròn lấy trung điểm B’ của nó, thì B’ khác B Dễ thấy khoảng cách từ B’ tới đường thẳng AC lớn hơn khoảng cách từ B đến đường thẳng này Vì vậy, diện tích tam giác AB’C lớn hơn diện tích tam giác ABC

Khi đó ta thay đỉnh B của đa giác S bởi đỉnh B’, còn các đỉnh khác giữ nguyên thì ta sẽ thu được đa giác S’ có diện tích lớn hơn diện tích đa giác S.( mâu thuẫn!)

Vậy có điều phải chứng minh !

8

Ví dụ 3:

Chứng minh rằng không thể chia một khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ từng đôi một khác nhau

Lời giải:

• Trước hết ta nêu ra một chú ý sau: “ nếu một hình vuông P phân chia được thành một số hữu hạn hình vuông khác nhau thì hình vuông bé nhất không dính với biên của hình vuông P

• Bây giờ ta giả thiết rằng có thể chia cắt hình lập phương Q thành các lập phương khác nhau Qi và gọi P là một trong những mặt bên của Q

Các lập phương Qi dính với P tạo nên một sự phân chia P thành các hình vuông từng cặp khác nhau Gọi P1 là hình vuông bé nhất trong các hình vuông đó và Q1 là lập phương tương ứng P1

không dính với biên của P do đó bị bao bọc bởi các hình vuông lớn hơn Các lập phương tương ứng tạo thành một “cái giếng ” có Q1 nằm trong đó

Giả sử P’1 là mặt đối diện với P1 của lập phương Q1 Các lập phương dính với P’1 tạo nên một

sự phân hoạch P’1 thành vố số hình vuông khác nhau Gọi P2 là hình vuông bé nhất trong chúng Vì

P2 đặt trong P’1 nên những hình lập phương bao bọc lập phương Q2và lớn hơn Q2 và tạo thành “ giếng” Tiếp tục quá trình xây dựng như trên ta nhận được một “ cái tháp” vô hạn gồm tất cả các lập phuơng bé dần

Đó là điều không thể có được

III Bài tập

Bài 1

a, Giải phương trình với nghiệm nguyên: x2 y2 z2 u2  xyzu

b, Chứng minh rằng không thể biểu diễn số 7 thành tổng bình phương của 3 số hữu tỉ

c, Giải phương trình với nghiệm nguyênx3  3y3 9z3.

Lời giải:

a, Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là (x,y,z,u)

Khi đó do x2 y2 z2 u2  xyzu(1)

Ta suy ra

+ Nếu một trong các số x,y,z,u bằng 0 thì suy ra x = y = z = u = 0

+ Nếu x,y,z, t đều khác 0 thì ta có trong các số x,y,z,u phải có một số chẵn số các số lẻ

1 Nếu tất cả đều lẻ thì VP(1) lẻ còn VT(1) chẵn ⇒Vô lý

Nếu chỉ có hai số lẻ thì VP(1) 4 còn VT(1) không chia hết cho 4⇒Vô lý

2 Với x, y, z, u đều chẵn

Đặt x 2 , 2 , 2 , 2 x y1  y z1  z u1  u1

9

Thay vào phương trinh đã cho ta được x12y12z12t12 4x y z t1 1 1 1

Cũng lí luận như trên tất cả các nghiệm của phương trình phải chẵn

1 2 , 2 , 2 , 2 2 2 2 2

x  x y  y z  z u  u

Từ đó đi đến x22y22z22t22 42x y z t2 2 2 2  Một cách tổng quát, xuất phát từ

nghiệm (x,y,z,u) bằng phương pháp xuống thang ta đi đến phương trình

2 2 2 2 4s  

x y z t  x y z t

Với x k  2x k1, yk  2y k1, zk  2z k1, tk  2t k1

Tức là với mọi k tự nhiên ta có 2k ,2 2 2k, k , k

x y z t

là các số nguyên Điểu này chỉ đúng với

s = 1 tức x = y = z = u = 2

Vậy nghiệm của phương trình là (x,y,z,u) = (0,0,0,0) hoặc (2,2,2,2)

b, Giả sử 7 có thể biểu diễn thành tổng bình phương của 3 số hữu tỉ khi đó ta có thể đưa bài toán

về việc giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y2 z2  7u2

c, Tương tự ví dụ 1 Sử dụng tính chất chất chia hết cho 3

Bài 2 Với giá trị nào của n thì phương trình:x2  y2 1  nxy có nghiệm nguyên dương

1 Với n = 1;2 thì dễ thấy pt vô nghiệm

2 Với n = 3 ,có nghiệm (1,1) nên n = 3 thỏa mãn

3 Ta chứng minh n > 3 thì phương trình không có nghiệm nguyên dương

Thật vậy, giả sử tồn tại k > 3 nguyên mà phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương Giả sử (x0,y0) là nghiệm nguyên dương của phương trình, thỏa mãn x0 + y0 nhỏ nhất

Nếu x0 = y0 thì thay vào phương trình có k = 3 (vô lý với giả thiết k>3) Vậy từ đó có

x0 ≠ y0 Không mất tính tổng quát có thể giả sử x0 < y0 Khi đó xét phương trình :

y2 – kx0y + x0 + 1 = 0 (2)

Rõ ràng y0 là một nghiệm của phương trình (2) Gọi y1 là nghiệm thứ hai của (2) suy ra (x0, y1 ) là nghiệm của phương trình (1)

Theo Vi-et thì

 

 

0 1 0 2

0 1 0

        3

  1        4

y y kx

y y x

 

�

�

Do (3) suy ra y1 nguyên, còn do y0 > 0 nên từ (4) suy ra y1 > 0

Từ (4) có

2 2

0 0

0 0

0 0 0 0



( Do y0 > x0 ≥ 1,x0 nguyên dương )

10