Phương trình nghiệm nguyên. Trên là các bài bình luận tự do mà tôi đã sưu tầm. Các quý thầy cô và độc giả có thể tham khảo thêm để rèn luyện tư duy cho mình. Tài liệu phù hợp với giáo viên và học sinh đam mê Toán.
Phương trình nghiệm nguyên (Hướng dẫn giải tập) ∗ Nguyễn Chu Gia Vượng 11/2014 Các tập sau chuẩn bị cho giảng Trường đông Toán học 2014 Mục tiêu loạt tập sau tìm hiểu số phương trình nghiệm nguyên (dạng đa thức): bậc nhất, bậc (Pitago, Fermat, Pell-Fermat, Markov), bậc (chủ yếu phương trình "elliptic") Thơng qua ví dụ này, bạn học sinh làm quen với phương pháp việc giải tốn tìm nghiệm nguyên như: đồng dư, phân tích thành nhân tử, xuống thang, lật nghiệm Viete, sử dụng nguyên lý cực hạn (nghiên cứu tính chất phương trình thơng qua nghiệm "cực trị"), đánh giá bất đẳng thức, qui số phương trình bản, v.v Phương trình bậc Cho số nguyên dương n số nguyên không âm k Chứng minh số số nguyên không âm (x1 , x2 , , xk ) thoả mãn x1 + x2 + · · · + xk = n n+k−1 k−1 cách Giải Đây phiên tốn chia kẹo Euler quen thuộc: có tất n+k−1 k−1 chia n kẹo cho k bạn học sinh Có nhiều cách để chứng minh kiện này, chẳng hạn suy luận tổ hợp quen thuộc Ta suy luận sau Số số nguyên không âm (x1 , , xk ) thoả mãn x1 + x2 + · · · + xk hệ số xn khai triển f (x) = (1 + x + x2 + x3 + · · · ) × · · · × (1 + x + x2 + x3 + · · · ) (k nhân tử) Với |x| < 1, f (x) định nghĩa hàm số liên tục khả vi vô hạn (như ta thấy, chí khai triển thành chuỗi Taylor) Ta suy hệ số xn khai triển f (x) (n) (0) (đạo hàm thứ n chia cho n!) n! f Để tính toán đạo hàm f , ta tính hàm số f Ta có, với |x| < ∗ Đây nháp, sử dụng với thận trọng 1 + x + x2 + x3 + · · · = 1−x Suy f (x) = (1 − x)k Ta có f (x) = k , (1 − x)k+1 f (x) = k(k + 1) , (1 − x)k+2 ··· = ··· f (n) (x) = k(k + 1) · · · (n + k − 1) (1 − x)k+n−1 Như vậy, f (n) (0) = k(k + 1) · · · (n + k − 1) f (n) (0) k(k + 1) · · · (n + k − 1) (n + k − 1)! = = = n! n! (k − 1)!n! n+k−1 k−1 Tìm số số nguyên không âm (x, y, z, t), với x, y, z, t ≤ 9, cho x + y + z + t = 10 Giải Số cần tìm số nghiệm ngun khơng âm x + y + z + t = 10 trừ nghiệm tương ứng với (10, 0, 0, 0), (0, 10, 0, 0), (0, 0, 0, 10) Như vậy, đáp số cần tìm 10 + − − 4 Cho số nguyên dương n Tìm số số ngun khơng âm (x, y, z) với z chẵn cho x + y + z = n Giải Ta có lời giải đơn giản sau: với z nguyên không âm chẵn ≤ n, phương trình x + y = n − z có tất n − z + nghiệm nguyên không âm (ứng với (0, n − z + 1), (1, n − z), , (n − z + 1, 0)) Như số nghiệm cần tìm cho (n − 2k + 1) = ( n/2 + 1)(n + 1) − n/2 ( n/2 + 1) = ( n/2 + 1)(n + − n/2 ) k=0,1, , n/2 Tuy nhiên, ta tiếp cận hàm sinh sau Số nghiệm phương cho hệ số xn khai triển f (x) = (1 + x + x2 + · · · )(1 + x + x2 + · · · )(1 + x2 + x4 + · · · ) Ta có, |x| < f (x) = 1 1 = 1−x1−x1−x (1 − x)3 (1 + x) (n) Chú ý hệ số xn f (x) f n!(0) Để tính giá trị đạo hàm f ta phân tích f thành phân thức đơn Ta biết tồn a, b, c, d để f (x) = 1 c d a b = + + = + 3 1−x1−x1−x (1 − x) (1 + x) − x (1 − x) (1 − x) 1+x Để xác định cụ thể giá trị a, b, c, d ta qui đồng mẫu số cân hệ số hai vế Ta nhận xét sau: d = lim (x + 1)f (x) = lim x→−1 x→−1 1 = (1 − x)3 1 = x→1 (1 + x) c = lim (1 − x)3 f (x) = lim x→1 b = lim (1 − x)2 f (x) − x→1 a = lim (1 − x) f (x) − x→1 c (1 − x)3 = lim x→1 c b − (1 − x)3 (1 − x)2 1 = 2(1 + x) = lim x→1 1 = 4(1 + x) Như vậy, f (x) = 1 1−x = 1+x+x +· · · , (1−x)2 · · · + (n+2)(n+1) xn + · · · Chú ý + 3x + 1 1 1 1 + + − − x (1 − x) (1 − x) 81+x = 1−x = 1+2x+3x2 +· · · , (1−x)3 = (1−x)2 Từ đây, khơng khó để suy số nghiệm cần tìm f (n) (0) n! (n + 1)! (n + 2)! (−1)n n! 2(n + 1)(n + 3) + + (−1)n = + + + = n! n! 4 8 (Định lý Sylvester) Cho a, b hai số nguyên dương nguyên tố = (a) Chứng minh ab − a − b số nguyên dương lớn không biểu diễn dạng ax + by với x, y tự nhiên (b) Cho n số nguyên không âm ≤ ab − a − b Chứng minh n viết dạng n = ax + by, a, b ∈ N ab − a − b − n không viết dạng (c) Chứng minh có 21 (a − 1)(b − 1) số nguyên dương không viết dạng ax + by với x, y số tự nhiên Giải Ta quan sát xem số ngun khơng âm n biểu diễn thành tổng bội không âm a b Trước tiên, nhận xét phương trình ax + by = n ln có nghiệm tập số nguyên Hơn nữa, (r, s) nghiệm nguyên tập nghiệm có dạng (r + bk, s − ak) với k ∈ Z Nói riêng, tồn nghiệm nguyên (x0 , y0 ) với x0 nguyên không âm nhỏ nghiệm nguyên xác định điều kiện ≤ x0 ≤ b − Nhận xét ax + by = n có nghiệm ngun khơng âm ⇔ y0 ≥ Thật vậy, nói nghiệm nguyên có dạng (x0 + bk, y0 − bk) với k ∈ Z: để x0 + bk ≥ 0, ≤ x0 ≤ b − 1, ta phải có k ≥ 0, để y0 − bk ≥ ta phải có y0 ≥ 0; đảo lại y0 ≥ rõ ràng (x0 , y0 ) nghiệm ngun khơng âm cần tìm Chú ý rằng, x0 định nghĩa cịn đặc trưng tính chất: x0 số nguyên nằm khoảng [0, b − 1] cho ax0 ≡ n (mod b) (a) Ta đặt n = ab−a−b áp dụng tính chất Thế theo nhận xét trên, nghiệm (x0 , y0 ) (định nghĩa trên) đặc trưng bởi: ≤ x0 ≤ b − ax0 ≡ ab − a − b (mod b) ⇔ ax0 ≡ −a (mod b) ⇔ a(x0 + 1) ≡ (mod b) ⇔ x0 ≡ b − (mod b) Rõ ràng điều chứng tỏ x0 = b − Khi đó, ta có y0 = n−ax = b ab−a−b−a(b−1) = −1 Điều chứng tỏ ab − a − b biểu diễn thành tổng b bội nguyên không âm a b Bây giờ, với tính chất thiết lập cho n > ab − a − b Ta suy nghiệm (x0 , y0 ) (định nghĩa trên) phải thoả mãn x0 ≤ b − Và ta có y0 = b−ax > b ab−a−b−a(b−1) = −1 Bởi y0 nguyên bất đẳng thức y0 > −1 chứng tỏ y0 ≥ b n biểu diễn thành tổng bội nguyên không âm a b (b) Cố định ≤ n ≤ ab − a − b kí hiệu (x0 , y0 ) nghiệm định nghĩa ứng với n kí hiệu (x∗0 , y0∗ ) nghiệm định nghĩa ứng với ab − a − b − n Ta cần chứng minh hai y0 , y0∗ nguyên không âm Trước hết nhận xét rằng, n = ax0 + by0 , ab − a − b − n = ax∗0 + by0∗ ta có ab − a − b = a(x0 + x∗0 ) + b(y0 + y0∗ ) x0 + x0 ≥ nên theo câu ta phải có y0 + y0∗ ≤ −1 (nếu không ab − a − b biểu diễn thành tổng bội nguyên không âm a b!) Ta y0 + y0∗ = −1 Chú ý rằng, đẳng thức này, với việc y0 , y0∗ số nguyên chứng tỏ số y0 , y0∗ ≥ Để thiết lập đẳng thức trên, ta tìm hiểu mối quan hệ x0 x∗0 Theo định nghĩa chúng số nguyên nằm khoảng [0, b − 1] định nghĩa ax0 ≡ n (mod b) ax∗0 ≡ ab − a − b − n (mod b) Suy a(x0 + x∗0 ) ≡ ab − a − b ≡ −a (mod b) Như vậy, a(x0 + x0 + 1) ≡ (mod b), hay x0 + x∗0 + ≡ (mod b) Nhưng điều kiện ≤ x0 , x∗0 ≤ b − chứng tỏ ≤ x0 + x∗0 ≤ 2b − đồng dư xảy với x0 + x∗0 = b − Bây giờ, đẳng thức a(x0 + x∗0 ) + b(y0 + y0∗ ) = ab − a − b dẫn đến y0 + y0∗ = −1, mong muốn ab−a−b−a(b−1) b = (c) Rõ ràng hệ trực tiếp từ câu (IMO 1983.) Cho a, b, c số nguyên dương đôi nguyên tố Chứng minh 2abc − ab − bc − ca số nguyên dương lớn không biểu diễn dạng abx + bcy + caz với x, y, z số tự nhiên Giải Ta lập luận giống hệt phần đầu tập Giả sử n số ngun khơng âm Ta tìm cách đặc trưng n viết thành tổng bội nguyên không âm ab, bc, ca Trước hết, (ab, bc, ca) = phương trình abx + bcy + caz = n ln có nghiệm nguyên Cố định nghiệm (r, s, t) mô tả tập nghiệm Ta có abx + bcy + caz = n ⇔ ab(x − r) + bc(y − s) + ca(z − t) = Bằng rút gọn modulo a, b, c đẳng thức ta suy x ≡ r (mod c), y ≡ s (mod a) z ≡ t (mod b) Hơn nữa, x = kc + r, y = + s ta có ca(z − t) = −abc(k + h) z = t−b(k+h) Điều có nghĩa là, nghiệm nguyên phương trình abx+bcy+caz = n tham số bời (r + kc, s + ha, t − b(k + h)), k, h ∈ Z, (r, s, t) nghiệm nguyên Ta gọi (x0 , y0 , z0 ) nghiệm nguyên abx + bcy + caz = n thoả mãn điều kiện ≤ x0 ≤ c − 1, ≤ y0 ≤ a − Thế thì, ta có nhận xét đơn giản sau đây: • phương trình abx + bcy + caz = n có nghiệm ngun khơng âm z0 ≤ • x0 , y0 đặc trưng tính chất: ≤ x0 ≤ c − 1, abx0 ≡ n (mod c), ≤ y0 ≤ a − 1, cay0 ≡ n (mod a) Ta áp dụng tính chất để n = 2abc − ab − bc − ca không biểu diễn thành tổng bội nguyên ab, bc, ca Thật vậy, nghiệm (x0 , y0 , z0 ) định nghĩa đặc trưng bởi: ≤ x0 ≤ c − 1, abx0 ≡ 2abc − ab − bc − ca (mod c) hay ab(x0 + 1) ≡ (mod c), x0 + ≡ (mod c), hay x0 = c − (vì ≤ x0 ≤ c − 1) Tương tự ta có y0 = a − Từ suy z0 = 2abc−ab−bc−ca−bc(a−1)−ca(b−1) = −1 Điều chứng tỏ ab 2abc − ab − bc − ca không biểu diễn dạng mong muốn Bây giờ, giả sử n > 2abc − ab − bc − ca Thế nghiệm (x0 , y0 , z0 ) định nghĩa ln = −1 Do có x0 ≤ c − 1, y0 ≤ a − z0 = n−abxab0 −bcy0 > 2abc−ab−bc−ca−bc(a−1)−ca(b−1) ab z0 nguyên, ta phải có z0 ≥ n biểu diễn dạng mong muốn Bài toán chứng minh (Theo Komal 1999, VN TST 2000.) Cho a, b, c số nguyên dương đôi nguyên tố (a) Với số nguyên không âm n ≤ 2abc − ab − bc − ca, số n biểu diễn dạng abx + bcy + caz, với x, y, z nguyên không âm, 2abc − ab − bc − ca − n không biểu diễn (b) Chứng minh có 2abc−ab−bc−ac+1 số ngun dương khơng thể biếu diễn dạng abx + bcy + caz với x, y, z nguyên không âm Gợi ý Suy luận giống hệt với đjnh lý Sylvester Phương trình bậc hai (Bộ ba Pitago.) Xét phương trình Pitago x2 + y = z (a) Chứng minh moi nghiệm nguyên dương phương trình có dạng (kx0 , ky0 , kz0 ) với k nguyên dương (x0 , y0 , z0 ) nghiệm nguyên dương mà x0 , y0 , z0 số nguyên đôi nguyên tố Một nghiệm nguyên dương (x0 , y0 , z0 ) phương trình Pythagoras với x0 , y0 , z0 đơi nguyên tố gọi nghiệm nguyên thuỷ (b) Chứng minh (x0 , y0 , z0 ) nghiệm nguyên thuỷ x0 , y0 khơng tính chẵn lẻ (c) Chứng minh nghiệm nguyên thuỷ (x0 , y0 , z0 ) với x0 chẵn có dạng x0 = 2mn, y0 = m2 − n2 , z0 = m2 + n2 với m > n số nguyên dương nguyên tố khác tính chẵn lẻ Giải Đây kết kinh điển ta lập luận sau (a) Giả sử (x, y, z) nghiệm nguyên dương phương trình cho Đặt k = (x, y) viết x = kx0 , y = ky0 Thế k (x20 + y02 ) = z Suy k | z k | z Đặt z = kz0 Ta suy x20 + y02 = z02 Dễ thấy (x0 , z0 ) = 1: thật vậy, d = (x0 , z0 ) d | z02 − x20 = y02 nên d2 | y02 d | y0 d | (x0 , y0 ) = 1, hay d = Tương tự (y0 , z0 ) = Như (x0 , y0 , z0 ) ba Pitago nguyên thuỷ (b) Bằng cách modulo với nhận xét a2 ≡ (mod 4) a chẵn ≡ (mod 4) a lẻ, ta thấy (x0 , y0 , z0 ) thoả mãn x20 + y02 = z02 x0 , y0 khơng thể lẻ (c) Giả sử (x0 , y0 , z0 ) ba Pitago nguyên thuỷ với x0 chẵn Đặt x0 = 2x Thế 4x = (z0 − y0 )(z0 + y0 ) Do z0 − y0 , z0 + y0 tính chẵn lẻ (và tích số chẵn) ta suy chúng chẵn Ta viết lại đẳng thức dạng x2 = z0 − y0 z0 + y0 2 z0 −y0 Nếu số nguyên d ước chung z0 +y ước tổng hiệu , hai số này, nghĩa d | z0 , d | y0 Giả thiết (x0 , y0 , z0 ) nguyên thuỷ đảm bảo z0 −y0 (là số nguyên dương) nguyên tố Lại d = ±1, nói cách khác z0 +y , tích chúng số phương nên nhân tử phải phương: tồn số nguyên dương m, n cho m= z0 + y0 z0 − y0 ,n = 2 Từ suy y0 = m2 − n2 , z0 = m2 + n2 , x = 2mn Chú ý bất đẳng thức m > n điều kiện (m, n) = rõ ràng Việc m, n không tính chẵn lẻ đến từ việc x0 , y0 khơng tính chẵn lẻ (và vậy, z0 lẻ) Thử lại, ta dễ dàng kiểm tra ba (2mn, m2 − n2 , m2 + n2 ), với điều kiện trên, ba Pitago nguyên dương nguyên thủy Tìm tất số nguyên dương x, y cho x2 + y = 2014(x − y) Giải Trước hết, ta sử dụng số biến đổi đại số để đưa phương trình dạng quen biết Ở đây, thấy, toán đưa phương trình Pitago Ta viết lại phương trình cho dạng 2x2 + 2y − · 2014(x − y) = 0, hay (x + y)2 + (x − y)2 − · 2014(x − y) = 0, nghĩa (x + y)2 + (2014 − x + y)2 = 20142 Đây phương trình Pitago quen thuộc Nếu (x, y) nghiệm ta có x + y, 2014 − x + y tính chẵn lẻ, phải chẵn (xét modulo 4) Chú ý rẳng điều kiện x, y nguyên dương chứng tỏ x + y ≤ 2014 Ta viết lại phương trình cho dạng x+y Từ suy d = + x+y 2014−x+y , 2014 − x + y 2 = 10072 = (19 · 53)2 | 1007 = 19 · 53 Như d = 1, 19, 53 1007 Ta xét trường hợp tương ứng: • d = 1, tồn m, n nguyên dương, nguyên tố để m2 + n2 = 1007 x+y x−y 2 2 2mn = x+y 1007 − x−y ,√ = m − n hoặc m − n = , 1007 − = 2mn Trước hết, m, n ≤ 1007 =⇒ m, n ≤ 31 Hơn nữa, m > n ta suy m2 ≥ 504 m ≥ 21 Mặt khác, cách xét số dư số phương modulo 19 Ta suy m2 , n2 ≡ 0, 1, 4, 9, 16, 6, 7, 17, 11, 7, ta suy để m2 + n2 = 1007 ta phải có 19 | m, 19 | n Rõ ràng điều mâu thuẫn với chặn 21 ≤ m ≤ 31 • d = 53 Ta viết lại phương trình dạng x+y 106 2014 − x + y 106 + = (19)2 2014−x+y Tương tự trên, cách xét modulo 19 ta phải có x+y ≡ (mod 19) 106 ≡ 106 2014−x+y x+y 2014−x+y x+y = ( trường hợp 106 = 0, 106 = 19 bị loại x, y 106 = 19, 106 nguyên dương) Như ta có x + y = 19 · 106 = 2014, x − y = 2014, hay x = 2014, y = (loại) • d = 19 Ta viết lại phương trình dạng x+y 38 2014 − x + y 38 + = (53)2 x+y 2014−x+y = ta suy tồn m > n nguyên tố để m2 +n2 = 53 38 , 38 2 2014−x+y = 2mn x+y = 2mn, 2014−x+y = m2 −n2 Dễ thấy x+y 38 = m −n , 38 38 38 phương trình m2 +n2 = 53 có nghiệm ngun dương m > n m = 7, n = Do 2014−x+y Nếu x+y = 72 − 22 = 45 ta có x + y = 1064, x − y = 304, hay 38 = 2mn = 28, 38 2014−x+y x = 684, y = 380 Nếu x+y = 28 ta có x + y = 1710, x − y = 950, hay 38 = 45, 38 x = 1330, y = 380 • d = 1003 Trong trường hợp ta phải có x + y = 2014, x − y = 2014 x + y = 0, x − y − 2014 Cả hai trường hợp khơng thể xảy Tóm lại, ta tìm cặp nghiệm (684, 380) (1330, 380) Thử lại ta thấy thoả mãn phương trình u cầu Nhận xét Để có lời giải ngắn gọn hơn, ta sử dụng kiện: ước nguyên tố lẻ x2 + y đồng thời ước x y ≡ (mod 4) (Fermat.) Chứng minh phương trình x4 + y = z khơng có nghiệm ngun dương Giải Đây tốn điển hình phương pháp xuống thang Về mặt lịch sử, lời giải mà ta trình bày sau chứng minh Fermat công bố (tất kết cịn lại Fermat cơng bố mà khơng kèm theo chứng minh) Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương Ta gọi (x, y, z) nghiệm nguyên dương nhỏ theo nghĩa z nhỏ Điều kiện nói riêng dẫn đến x, y, z đôi nguyên tố Thật vậy, chẳng hạn x, y có ước chung d > hiển nhiên d4 | x4 + y = z , d2 | z (x/d, y/d, z/d2 ) nghiệm nhỏ phương trình cho, mâu thuẫn Do phương trình ban đầu cịn viết dạng (x2 )2 + (y )2 = z , (x2 , y , z) ba Pi-ta-go nguyên thuỷ Từ suy ra, chẳng hạn với x lẻ y chẵn, tồn số nguyên dương r, s khác tính chẵn lẻ, nguyên tố cho x2 = r2 − s2 , y = 2rs, z = r2 + s2 Do x giả thiết lẻ, r2 − s2 ≡ (mod 4) ta có r chẵn, s lẻ mà phải có r lẻ, s chẵn Viết s = 2s Đẳng thức y = 4rs kết hợp với kiện (r, s ) = 1, dẫn đến r, s phương Chẳng hạn r = u2 , s = v Bây giờ, ta sử dụng đẳng thức x2 = r2 − s2 mà ta viết dạng x2 + s = r điều quen biết ba Pi-ta-go để rút (chú ý x lẻ, nguyên tố với s) tồn số nguyên dương z, t nguyên tố cho x = z − t2 , s = 2zt, r = z + t2 Từ suy 2zt = s = 2s s = zt (do z, t nguyên tố nhau) z = z , t = t với z , t nguyên dương Bây giờ, đẳng thức r = z + t2 viết dạng z + t = u2 Điều cho thấy phương trình (??) nhận (z , t , u) làm nghiệm Dễ thấy nghiệm nhỏ (x, y, z) ban đầu, mâu thuẫn Nhận xét • Như hệ quả, phương trình Fermat xn + y n = z n với n = khơng có nghiệm ngun khơng tầm thường • Với phương pháp suy luận ta phương trình x4 − y = z khơng có nghiệm ngun khơng tầm thường (Định lý Fermat tổng số phương.) Cho số nguyên tố p > Chứng minh phương trình x2 + y = p có nghiệm nguyên p ≡ (mod 4) Giải Giả sử x, y nghiệm nguyên dương phương trình x2 + y = p Thế p lẻ, x, y khơng tính chẵn lẻ x2 + y ≡ (mod 4) (a2 ≡ (mod 4) a chẵn ≡ (mod 4) a lẻ) Đảo lại, giả sử p số nguyên tố ≡ (mod 4) Ta tồn số nguyên dương x, y để x2 + y = p Trước hết, ta tồn số nguyên a để a2 ≡ (mod p) Tất nhiên, ta sử dụng luật thuận nghịch toàn phương để điều Tuy nhiên ta số nguyên a cách cụ thể sau Chú ý theo định lý Wilson, p = 4k + nguyên tố (4k)! ≡ −1 mod p hay · · · · 2k · (2k + 1) · · · 4k ≡ −1 (mod p), nghĩa · · · · 2k · (−2k) · (−2k + 1) · · · (−1) (mod −)1, nghĩa (2k!)2 ≡ −1 (mod p) Bổ đề (Thue) Cho p số nguyên tố Với số nguyên a không chia hết cho p, tồn √ số nguyên {1, · · · , p } cho ax ≡ y ax ≡ −y (mod p) √ √ Đây ứng dụng nguyên lý Dirichlet Tập hợp {0, 1, · · · , p } × {0, 1, · · · , p } √ √ √ có ( p +1)2 > p phần tử Như vậy, (x, y) chạy tập {0, 1, · · · , p }×{0, 1, · · · , p }, ta thu > p giá trị ax−y mod p Do có thảy p lớp đồng dư modulo p, nguyên lý Dirich√ √ let nói tồn (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ), x1 , x2 , y1 , y2 ∈ {0, 1, · · · , p } × {0, 1, · · · , p } cho ax1 − y1 ≡ ax2 − y2 (mod p) Đặt x = |x1 − x2 |, y = |y1 − y2 | ax ≡ y √ ax ≡ y (mod p) Ta có x, y ∈ {0, 1, , p } Để kết thúc, ta cần loại trường hợp x = (và y = 0) Như điều dễ dàng: x = y ≡ điều xảy x1 ≡ x2 y1 ≡ y2 đồng thời xảy ra, mâu thuẫn Quay trở lại toán Ta chọn a số nguyên cho a2 + (mod p) Theo Bổ đề trên, √ ta tìm số ngun x, y ∈ {1, 2, , p } cho a2 x2 ≡ y (mod p) Suy x2 + y ≡ (mod p) Chú ý theo xây dựng x2 < p, y < p Như x2 + y < 2p đồng dư x2 + y ≡ p xảy x2 + y = p Bài toán chứng minh 10 Cách khác Điều kiện đủ cịn lập luận dựa vào qui nạp sau Ta có = 12 + 22 Cố định p ≡ (mod 4) p > Ta giả sử số nguyên tố < p ≡ (mod 4) viết thành tổng số phương Ta p viết thành tổng số phương Trước hết ta sử dụng kiện sau (xem chứng minh đầu tiên): tồn a để p | a2 + Nói riêng, tồn u0 , v0 nguyên tố để p | u2 + v Nếu cần, ta thay u (tương ứng, v) phần dư u modulo p p− phần dư u modulo p, ta giả sử ≤ r, s < p/2 p | r2 + s2 Tuy nhiên việc thay đổi khiến r, s trở nên không nguyên tố Thế việc thay đổi đảm bảo p r, p s Chính vậy, cần, ta thay r, s tương ứng thương chúng cho ước chung lớn r s, ta giả sử p | r2 + s2 , (r, s) = ≤ r, s < p/2 Như r2 + s2 = N với N ≤ p2 /2 Điều chứng tỏ ước nguyên tố = p N < p Ta biết rằng, (r, s) = 1, ước nguyên tố r2 + s2 = ≡ (mod 4) Bài toán giải ta thiết lập khẳng định sau đây: Bổ đề Giả sử N = r2 + s2 với (r, s) = q ước nguyên tố N Giả sử q = a2 + b2 với a, b ∈ Z, N/q tổng số phương nguyên tố Thật vậy, ta lấy ước nguyên tố q = p N = r2 + s2 , q = (khi = 12 + 12 ) q ≡ (mod 4) q < p, nên theo giả thiết qui nạp q viết thành tổng số phương Bổ đề cho thấy N/q = r12 + s21 với r1 , s1 nguyên tố Lập luận liên tiếp với ước nguyên tố = p N ta nhận biểu diễn p = rk2 + s2k mong đợi Chứng minh Bổ đề Ta có N q = (r2 + s2 )(a2 + b2 ) = (ar + bs)2 + (as − br)2 = (ar − bs)2 + (as + br)2 Ta có q | (ar + bs)(ar − bs) = a2 r2 − b2 s2 = (r2 + s2 )a2 − (a2 + b2 )s2 = N a2 − qs2 Vì ar + bs ar − bs chia hết cho p Chẳng hạn q | ar + bs (hoàn tồn tương tự cho trường hợp ngược lại.) Khi hiển nhiên q | as−br Thế cách đặt r1 = (ar+bs)/q, s1 = (as−br)/q cách chia hai vế đẳng thức N q = (ar + bs)2 + (as − br)2 cho q ta thu N/q = r12 + s21 Việc r1 , s1 nguyên tố để lại cho bạn đọc Nhận xét • Trong Bổ đề trên, ta sử dụng kiện √ p không nguyên a, p nguyên tố Đây chứng minh đưa Euler Về mặt lịch sử, kết phát biểu (nhưng không chứng minh) lần Fermat Chứng minh Euler mà ta trình bày tin chứng minh mà Fermat nghĩ đến Lưu ý ý tưởng chứng minh phương pháp xuống thang: p ≡ không viết dạng tổng số phương ln tìm số nguyên tố p ≡ (mod 4) khơng viết dạng tổng số phương 11 • Trong lập luận chứng minh Định lý Fermat tổng số phương, tính chất mà ta cần từ a việc p | a2 + • Điều kiện cần cịn chứng minh dựa vào kiện quen biết hữu ích sau đây: x, y nguyên tố ước nguyên tố lẻ x2 + y ≡ (mod 4) Thật vậy, rõ ràng p x, p y (nếu không p phải đồng thời ước x, y!) Bằng cách nhân vế với nghịch đảo y −1 y modulo p, ta suy p a2 + với a số nguyên Ta ước nguyên tố lẻ a2 + đồng dư với modulo Thật vậy, ta có a2 ≡ −1 (mod p) Nói riêng p a Từ suy a4 ≡ (mod p) Điều chứng tỏ ordp (a) | Nhưng a2 ≡ −1 (mod p) cho thấy ordp (a) = Từ suy ordp (a) = Nhưng theo định lý Fermat nhỏ, ap−1 ≡ (mod p), nói cách khác ordp (a) | p − Có nghĩa | p − 1, hay p ≡ (mod 4) (VN TST 1998.) Giả sử d ước dương + 19981998 Chứng minh d biểu diễn dạng d = 2x2 + 2xy + 3y d chia 20 có số dư Giải Điều kiện cần Một số nguyên ≡ (mod 20) đồng thời ≡ (mod 5) ≡ (mod 4) Tương tự, số nguyên ≡ (mod 20) đồng thời ≡ (mod 5) ≡ (mod 4) Như số ≡ (mod 20) ≡ (mod 4) ≡ (mod 5) Dễ thấy d | + 19981998 d lẻ d Tại d ≡ (mod 4)? Tất nhiên điều cần phải suy từ việc d biểu diễn dạng d = 2x2 + 2xy + 3y Với biểu diễn vậy, ta có y ≡ d (mod 2) nên y lẻ Từ suy với x 2x2 + 2xy = 2x(x + y) chia hết cho 4, d ≡ 3y ≡ mod Tại d ≡ 2, (mod 5) ? Ta có 2d = 4x2 + 4xy + 6y = (2x + y)2 + 5y ≡ (2x + y)2 (mod 5) Từ (bởi 2d) ta suy 2d ≡ ±1 (mod 5), điều chứng tỏ d ≡ 2, (mod 5) Điều kiện đủ Ta với số nguyên d ≡ 3, (mod 20) biểu diễn dạng yêu cầu Ta lấy lại biểu diễn trên: ta cần tìm x, y để 2d = (2x + y)2 + 5y Đặt a = 1998999 Khi d | a2 + Chú ý nói riêng ta có (d, a) = Ta lặp lại suy luận chứng minh định lý Fermat tổng hai số phương Theo Bổ√ đề Thue (hoặc lặp lại chứng minh trên, với p thay d), tồn số nguyên ≤ Y, X ≤ d để a2 Y ≡ X (mod a2 ≡ −5 (mod d), ta suy X + 5Y ≡ √ d) Thế (mod d) Chú ý X, Y ≤ d nên X + 5Y ≤ 6d Như X + 5Y = d, 2d, 3d, 4d, 5d 6d Ta xét trường hợp • X + 5Y = d Ta suy d ≡ X (mod 5) d ≡ 2, (mod 5), vơ lý • X + 5Y = 2d Đây trường hợp thuận lợi Ta suy X + Y ≡ (mod 4) (do d ≡ (mod 4)) nên X, Y lẻ Từ đây, ta tìm x, y để X = 2x + y, y = Y 2d = (2x + y)2 + 5y hay d = 2x2 + 2xy + 3y • X + 5Y = 3d Suy X − Y ≡ (mod 3) X ≡ Y (mod 3) X ≡ −Y (mod 3) k Hoàn toàn tương tự, ước nguyên tố lẻ a2 + đồng dư với mod 2k+1 12 – Giả sử X ≡ Y (mod 3) Đặt x = (X − Y )/3, y = Y ta có 3d = X + 5Y = (3x + y)2 + 5y =⇒ 2x2 + 2xy + 3y = d – Giả sử X ≡ −Y (mod 3) Đặt −x = (X + Y )/3, y = Y 3d = X + 5Y = (3x + y)2 + 5y =⇒ 2x2 + 2xy + 3y = d • X + 5Y = 4d Suy X ≡ 4d (mod 5) hay X ≡ 2, (mod 5), vô lý • X + 5Y = 5d Khi X = 5X 5X + Y ≡ d (mod 5) Ta suy Y ≡ d (mod 5) Y ≡ 2, (mod 5), vơ lý • X + 5Y = 6d Khi X ≡ d (mod 5) X ≡ 2, (mod 5), vô lý Điều kiện đủ chứng minh hồn tồn Nhận xét (a) Điều kiện cần tiến hành nhờ vào luật thuận nghịch toàn phương (b) Điều kiện đủ trường hợp riêng vấn đề biểu diễn số nguyên thành "dạng toàn phương nhị nguyên" Chú ý tam thức bậc hai 2x2 + 2xy + 3xy có biệt thức −20 giống x2 + 5y Ta chứng minh kiện sau đây: với số nguyên tố p, • p biểu diễn dạng x2 + 5y (x, y nguyên) p ≡ 1, (mod 20); • p biểu diễn dạng 2x2 + 2xy + 3y p ≡ 3, (mod 20) (c) Các kiện cho phép lời giải khác phác thảo sau: • Chỉ ước nguyên tố p + 19981998 thoả mãn p ≡ 3, (mod 20); • Chỉ số nguyên tố ≡ 3, (mod 20) biếu diễn dạng 2x2 + 2xy + 3y ; • Chỉ tích số biểu diễn dạng yêu cầu có biểu diễn tương tự (USAMO 1986.) Tìm số nguyên n ≥ nhỏ cho 12 +22 +···+n2 n số nguyên Giải Ta cần tìm số nguyên dương n ≥ k cho (n + 1)(2n + 1) = k ⇔ (4n + 3)2 − 48k = Xét phương trình Pell x2 − 48y = Phương trình có nghiệm nhỏ (7, 1) nghiệm nguyên dương cho dãy (xk , yk )n≥1 định nghĩa xk + √ 48yk = (7 + √ 48)k Nói riêng x1 = 7, x2 = 97, x3 = 1351, Như k = số nhỏ > cho xk ≡ (mod 4) Giá trị cho ta n = 1351−3 = 337 Ta kết luận n = 337 giá trị cần tìm 13 Cho n số nguyên cho 3n + 4n + số phương Chứng minh 56 | n Giải Viết 3n + = a2 , 4n + = b2 Thế thì, (2a)2 − 3b2 = Xét phương trình x2 − 3y = Phương trình có nghiệm nhỏ (x0 , y0 ) = (2, 1) Ta cần tìm nghiệm (xn , yn ) với xn + √ 3yn = (2 + √ 3)n cho xn chẵn Điều xảy n = 2k + Như ta có 2a = (2 + Ta suy n = 21 (a2 − 1) = n= 12 (x2k+1 √ 3)2k+1 + (2 − √ 3)2k+1 − 4) Từ ta thu 2k + 2k−1 2k + 2k−3 72k+1 − +2 + · 48 + ··· 2 24 Từ ta suy | n | n Chứng minh phương trình x4 + y = z có vơ hạn nghiêm ngun dương thoả mãn (x, z) = Giải Ta có x4 + y = z ⇔ y = (z + x2 )(z − x2 ) Nếu z, x khác tính chẵn lẻ (z + x2 , z − x2 ) = nhân tử z + x2 , x − x2 phải lập phương số nguyên lẻ: z + x2 = a3 , z − z = b3 3 3 a −b Chú ý (a, b) = a, b lẻ hệ cho ta z = a +b ,x = Ta chọn a = 2y + 1, b = 2y − với y hợp lý Chú ý điều đảm bảo a, b lẻ (z, x) = x, z nguyên Ta cần y x cho x2 = (2y + 1)3 − (2y − 1)3 = 6y + Nói cách khác, x2 − 6y = 14 Rõ ràng (5, 2) nghiệm nhỏ phương trình Pell Theo lý thuyết phương trình Pell, phương trình có vơ số nghiệm nguyên dương cho √ √ x + y = (5 + 6)n , n ≥ Bài toán chứng minh Cách khác Bài tốn cịn giải cách sử dụng đẳng thức đáng ý sau đây: với n nguyên dương 13 + 23 + · · · + (n − 1)3 + n3 = (n(n + 1) 2 Từ suy đẳng thức cịn viết dạng (n(n − 1) 2 + n3 = (n(n + 1) 2 = x2 (và ta đặt y = n, z = Như vậy, ta cần tìm n, x cho n(n−1) hệ x n cịn viết dạng 4n(n − 1) = 8x2 , hay n(n+1) Quan (2n − 1)2 − 8x2 = Bằng cách sử dụng phương trình Pell ta dễ dàng xây dựng vơ hạn (n, x) thoả mãn quan hệ Bài toán giải Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho n2 + | n! Giải Ta tìm số nguyên n, m cho n2 + = km2 với k ≥ cố định, khơng phương Hơn nữa, ta chọn k để cho k, m, 2m số nguyên ≤ n Chẳng hạn, ta chọn k = 5: n2 + = 5m2 > (2m)2 đảm bảo 2m < n Phương trình x2 + = 5y , hay x2 − 5y = −1 có nghiệm nguyên nhỏ (2, 1) Phương trình x2 − 5y = có vơ số nghiệm Từ suy phương trình x2 + = 5y có vơ số nghiệm nguyên dương Trong số nghiệm này, ta cần chọn nghiệm với y > 5, y, 2y phân biệt < n Với giá trị x2 + = · y · y | · y · 2y | x! Từ ta có điều cần chứng minh 10 (Phương trình Markov (1).) Cho số nguyên dương k Chứng minh phương trình x2 + y + z = kxyz có nghiệm ngun dương k = k = 15 Hơn nữa, chứng minh x, y, z số nguyên dương thoả mãn x2 + y + z = xyz x, y, z chia hết cho (X, Y, Z) = (x/3, y/3/z/3) nghiệm phương trình X + Y + Z = 3XY Z Giải Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương Hơn nữa, ta giả sử x, y, z nghiệm cho x ≤ y ≤ z với max{x, y, z} nhỏ Do tính đối xứng, không giảm tổng quát, giả sử x ≤ y ≤ z Chú ý đẳng thức x2 + y + z = kxyz chứng tỏ z nghiệm phương trình bậc 2: f (T ) = T − kxyT + x2 + y = Chú ý theo định lý Viete, phương trình cịn nghiệm z thoả mãn z + z = kxy zz = x2 + y Nói riêng, z ngun (vì z + z nguyên) dương (vì zz = x2 + y > 0.) Mặt khác, f (y) = y − kxy + x2 + y = 2y − kxy + x2 = 3y − kxy + (x2 − y ) = (3 − kx)y + x2 − y Như f (y) < − kx < 0, nói riêng k > − kx = x = y Trong trường hợp này, ta có y nằm nghiệm z, z , nghĩa z < y < z Điều có nghĩa (x, y, z ) nghiệm phương trình cho với max{x, y, z } < max{x, y, z}, vô lý Xét − kx ≥ 0, kx ≤ Nếu kx = k = = x Nếu kx = k = 1, x = k = 2, x = Nhưng trường hợp khơng thể xảy y + z + = 2yz hay (y − z)2 = Nếu kx = x = y ta có mâu thuẫn giải thích Ta giả sử kx = x = y Khi k = 1, x = y = k = 3, x = y = Các lập luận cho thấy: k = k = Bây giờ, giả sử x2 +y +z = xyz Nếu x, y, z khơng chia hết cho x2 +y +z ≡ ≡ (mod z), mâu thuẫn Như số x, y, z phải nghiệm 3, chẳng hạn | x Thế y + z ≡ (mod 3) Dễ thấy đồng dư xảy với y ≡ z ≡ (mod 3) Điều chứng tỏ số x, y, z chia hết cho Bằng cách đặt x = 3X, y = 3Y, z = 3Z ta suy X + Y + Z = 3XY Z Đảo lại, X, Y, Z thoả mãn đẳng thức cuối x, y, z hiển nhiên thoả mãn x2 + y + z Nhận xét (a) Nói riêng với z = ta suy phương trình x2 + y + = kxy có nghiệm k = (chúng ta khơng thể có x2 + y + = xy lý hiển nhiên) (b) Phương pháp xây dựng nghiệm cách sử dụng hệ thức Viete, đặc biệt trường hợp biến xuất nghiệm tam thức bậc cố định nghiệm lại biết tới tên gọi bước nhảy Viete 16 11 (Phương trình Markov (2).) Chứng minh có vơ hạn số ngun dương (x, y, z) thoả mãn x2 + y + z = 3xyz Giải Ta sử dụng lập luận trước Phương trình cho có nghiệm hiển nhiên (1, 1, 1) Với nghiệm (xn , yn , zn ) ta xây dựng nghiệm sau Sắp thứ tự xn ≤ yn ≤ zn Theo định nghĩa, xn nghiệm f (T ) = T − 3yn zn T + yn2 + zn2 Theo định lý Viete, xn , phương trình cịn nghiệm x thoả mãn xn + x = 3yn zn , xn x = yn2 +zn2 Nói riêng x nguyên dương Hơn nữa, dễ thấy x > 3yn −xn > 2yn > xn Đặt (xn+1 , yn+1 , zn+1 ) = (x , yn , zn ) Dễ thấy xây dựng cho ta dãy vơ hạn nghiệm nghiệm lớn nghiệm trước ta định nghĩa thứ tự (trên tập nghiệm): (xn+1 , yn+1 , zn+1 ) > (xn , yn , zn ) : |xn+1 | + |yn+1 | + |zn+1 | > |xn | + |yn | + |zn | Nhận xét Ta có số bình luận sau (a) Các nghiệm phương trình Markov mơ tả cách tường minh: nghiệm phương trình x2 + y + z = 3xyz sinh từ nghiệm (1, 1, 1) (nghiệm nhỏ nhất) cách áp dụng liên tiếp "lật nghiệm Viete" (b) Ta phương trình x2 + y + z = kxyz có nghiệm nguyên dương k = phác thảo sau: • Giả sử phương trình x2 + y + z = kxyz có nghiệm ngun dương (a, b, c) (ka, kb, kc) nghiệm phương trình x2 + y + z = xyz • Mọi nghiệm x2 + y + z = xyz có dạng (3A, 3B, 3C) với (A, B, C) nghiệm x2 + y + z = 3xyz • Mọi nghiệm nguyên dương (m, n, p) phương trình x2 + y + z = 3xyz nguyên thoả mãn: m, n, p nguyên tố Sự kiện suy từ lập luận dựa vào "bước nhảy Viete" 12 Chứng minh x, y, z số nguyên dương thoả mãn x2 − zxy + y + z = z = Giải Ý tưởng đây, giống với phương trình Markov sử dụng bước nhảy Viete Giả sử phương trình cho có nghiệm ngun dương (x, y, z) Điều có nghĩa tập hợp S = {(a, b); a, b ∈ Z+ ; a2 − zab + b2 + z = 0} 17 khác rỗng (lưu ý: ta giả sử (x, y, z) nghiệm, z số nguyên dương cố định biến!) Ta dễ dàng kiểm tra (a, b) ∈ S a = b Theo giả thiết S = ∅ Gọi (a0 , b0 ) phần tử S cho a0 +b0 nhỏ (một phần tử hiển nhiên tồn tính thứ tự tốt tập số nguyên dương) Do tính đối xứng S: (a, b) ∈ S ⇔ (b, a) ∈ S, ta giả sử a0 ≤ b0 a0 < b0 theo nhận xét Phương trình bậc hai T − za0 T + a20 + z = có nghiệm hiển nhiên b0 Gọi nghiệm lại b1 Theo cơng thức Viète, ta có b1 + b0 = za0 b1 b0 = a20 + z Như b1 ∈ Z+ Ta suy (a0 , b1 ) ∈ S đó, theo định nghĩa (a0 , b0 ) ta phải có bất đẳng thức b1 ≥ b0 a2 a2 Theo công thức Viete b1 = b00 Từ suy b00 ≥ b0 =⇒ b20 − a20 ≥ z (b0 − a0 )(b0 + a0 ) ≥ z Mặt khác, b0 > a0 theo giả thiết, ta suy 2a0 < z hay =⇒ z ≥ 2a0 + Ta quay lại phương trình bậc hai T − za0 T + a20 + z = với nghiệm nguyên dương b0 , b1 Ta biết biệt thức phải số phương Ta có ∆ = z a20 − 4(a20 + z) Như ∆ < z a20 Mặt khác ∆ ≡ za0 (mod 2) ta suy ∆ = (za0 − 1)2 Như ∆ ≤ (za0 − 2)2 Điều có nghĩa 4za0 − − 4(a20 + z) ≤ 0, hay z(a0 − 1) − a20 − ≤ Mặt khác ta biết z ≥ 2a0 + nên z(a0 − 1) − a20 − ≥ (2a0 + 1)(a0 − 1) − a20 − = a20 − a0 − = (a0 + 1)(a0 − 2) Bất đẳng thức xảy a0 = a0 = Xét trường hợp: b2 +1 a0 = Ta có z = b00 −1 = b0 + b02−1 Ta suy b0 − = hay b0 = Với hai trường hợp ta có z = (tuy nhiên trường hợp b0 = bị loại theo định nghĩa (a0 , b0 ) 18 b2 +4 4b2 +16 a0 = Ta có z = 2b00 −1 =⇒ 4z = 2b00 −1 =⇒ 2b0 + + 2b17 =⇒ 2b0 − = 17 −1 Như b0 = b0 = Với hai trường hợp ta có z = bị loại, trường hợp thứ b0 < a0 , trường hợp thứ với z = (2, 9) khơng phải có tổng nhỏ (mà (1, 2) trên) Kết luận, ta có z = giá trị thỏa mãn điều kiện toán Nhận xét Các lập luận thực cho ta nhiều thông tin yêu cầu tốn Chẳng hạn, với z = 5, phương trình trở thành x2 − 5xy + y + Các lập luận chứng tỏ (1, 2) nghiệm nguyên dương nhỏ theo nghĩa tổng + nhỏ (và điều kiểm tra trực tiếp) Chú ý rằng, x = phương trình trở thành y − 5y + = (1, 2), (1, 3) nghiệm với x = 13 (Việt Nam TST 1995.) Tìm tất số nguyên x, y thoả mãn x2 − 5xy + y + = Giải Một lần nữa, ý tưởng lập luận sử dụng bước nhảy Viete: từ nghiệm (a, b) bất kì, ta suy luận "xuống thang", xây dựng nghiệm khác nhỏ hơn, tiếp tục xuống thang vậy, v.v Cho đến ta xuống thang nữa, có nghĩa ta nhận nghiệm nhỏ theo nghĩa xác Để mơ tả nghiệm ban đầu, ta liệt kê tất nghiệm nhỏ "đi lên" để có nghiệm ban đầu Cụ thể hơn, ta tiến hành sau Giả sử (a, b) nghiệm nguyên dương phương trình cho mà ta kí hiệu (∗) Rõ ràng (a, b) nghiệm (b, a) nghiệm Hơn nữa, ý ta ln có a = b (nếu không a2 − 5a2 + a2 + = =⇒ 3a2 = 5!) Ta giả sử a < b Đặt a0 = b, a1 = a Ta xây dựng dãy số nguyên dương (an ) qui nạp dựa vào tính chất: • a0 = b, a1 = a; • (ai , ai+1 ) nghiệm (∗) với i; • an+2 xây dựng từ an+1 , an sau: (an , an+1 ) nghiệm (∗), an nghiệm T − 5T an+1 + a2n+1 + = 0, nên theo cơng thức Viete, phương trình cịn nghiệm mà ta đặt an+2 Lưu ý hệ thức Viete an+2 + an = 5an+1 , an+2 an = a2n+1 + cho thấy an+2 số nguyên dương dĩ nhiên (an+1 , an+2 ) nghiệm nguyên dương (∗) 19 Bây giờ, ta nghiên cứu dáng điệu dãy (an ): ta thấy rằng, nói chung, an > an+1 gần ln ln ta có an+1 > an+2 , trừ vài trường hợp ngoại lệ a2 +5 a2 +5 ≤ an+1 Thật vậy, giả sử an > an+1 Ta có an+2 = n+1 Ta xác định xem với giá trị an n+1 +1 an+1 ta có an+2 < an+1 + 1? Lưu ý điều dẫn đến an+1 ≤ an an+1 < an (bởi ta biết (A, B) nghiệm (∗) A = B) Bất đẳng thức an+2 < an+1 + đảm bảo ta có a2n+1 + < (an+1 + 1)2 Nói cách khác ta có an+1 > Như vậy, dãy (an ) xây dựng trên, bắt đầu với a > 2, luôn giảm ngặt số hạng Ta quan sát kí trường hợp tới hạn : an+1 = 1, an , an+2 ? • Giả sử an+1 = Khi an , an+2 nghiệm phương trình T − 5T + = 0, hay an , an+2 ∈ {2, 3} • Giả sử an+1 = Khi an , an+2 nghiệm T − 10T + 9, hay an , an+2 ∈ {1, 9} Chú ý an = an+2 = ngược lại Các lập luận chứng tỏ (b, a) = (2, 1), (3, 1) không từ (b, a) (với b > a) sinh dãy an định nghĩa cho tồn số N nhỏ để a0 > a1 > · · · > aN aN = aN = Trong trường hợp thứ 2, ta có aN −1 = aN +1 = Như trường hợp, tồn số nguyên dương N nhỏ để aN = Điều hiển nhiên ta xuất phát từ nghiệm (2, 1) (3, 1) Hơn nữa, aN = aN −1 = aN −1 = Các lập luận cho thấy dãy an có dạng a, b, , 2, 1, 2, 1, · · · b, a, , 3, 1, 3, 1, · · · Cuối cùng, để "khôi phục" lại (a, b) ta để ý dãy số an định định nghĩa quan hệ truy hồi: an+2 + an = 5an+1 Từ suy ra, (a, b) số hạng liên tiếp dãy: u0 = 1, u1 = 2, un = 5un+1 − un v0 = 1, v1 = 3, = 5vn+1 − Các suy luận đảo ngược cho thấy (un , un+1 ) (vn , vn+1 ), (n ≥ 0) thoả mãn (∗) chúng tập tất nghiệm nguyên dương (∗) Nhận xét Có lẽ lớp phương trình nghiệm nguyên bậc hai biến có vơ hạn nghiệm lớp phương trình Pell Khơng phải ngẫu nhiên mà phương trình (∗) có vơ hạn nghiệm ngun dương Thật vậy, ta biến đổi (∗) để đưa dạng "đường chéo" sau: x2 − 5xy + 5y + = ⇔ 4x2 − 20xy + 4y + 20 = ⇔ (2x + 5y)2 − 21y = −20 Từ đây, việc nghiên cứu phương trình Pell: X − 21Y = −20 ta giải tốn 20 14 (Theo VMO 2012.) Tìm tất số nguyên dương (x, y, z, t) với x, y lẻ thoả mãn x2 + = yz y + = xt Giải Ta tiếp tục sử dụng bước nhảy Viete Giả sử x, y, z, t số nguyên thoả mãn hệ phương trình cho với x, y lẻ Dễ thấy d ước chung x y d | Điều kiện x, y số lẻ dẫn đến d = 1, hay x, y nguyên tố Bây giờ, ta có x | y + =⇒ x | x2 + y + y | x2 + =⇒ y | x2 + y + Như vậy, (x, y) = ta suy xy | x2 + y + Viết lại quan hệ dạng x2 + y + = kxy ⇔ x2 − kyx + y + = (k ∈ Z≥0 ) Chú ý đẳng thức x2 − kxy + y + = suy x, y số nguyên lẻ (x, y) = Thật x2 − kxy + y + = d = (x, y) d2 | =⇒ (x, y) = Nói riêng x, y chẵn Bằng cách xét modulo đẳng thức x2 − kxy + y + = ta nhận thấy x, y khơng thể khác tính chẵn lẻ Từ suy (x, y) = lẻ Trước hết nhận xét k ≥ Thật ra, ta k = Gọi (x, y) số nguyên dương thỏa mãn điều kiện toán Nếu x = y ta dễ dàng suy x = y = k = Ta giả sử x = y không tổng quát x < y Ta xây dựng dãy số nguyên (ai )i≥0 sau a0 = y, a1 = x, ai+2 = kai+1 − , ∀i ≥ Chú ý với x = a0 nghiệm phương trình x2 − ka1 x + a21 + = a2 +2 nên theo định nghĩa a2 nghiệm cịn lại phương trình Nói riêng ta có a2 = 1a0 > Như a2 số nguyên dương Các lập luận tương tự cho a3 , chứng tỏ dãy (ai ) dãy số nguyên dương thỏa mãn: ai+1 , ai−1 hai nghiệm x2 − kai x + a2i + = 0, ∀i Lưu ý lập luận cho thấy dãy số nguyên dương lẻ Bây giờ, ta chứng minh < < ai−1 =⇒ ai+1 < Thật vậy, ta có ai+1 = a2i +2 ai−1 ≤ a2i +2 +1 = + 2−ai < ≥ Ta suy tồn số N cho a0 > a1 > · · · > aN −2 > aN −1 = Lại ý aN −2 nghiệm nguyên dương x2 − kaN −1 x + a2N −1 = ⇔ x2 − kx + = nên aN −2 | =⇒ aN −2 = (bởi aN −2 > aN −1 ) Ta suy k = Ta ý aN = aN −1 = 21 Bây giờ, dãy số (ai ) thỏa mãn aN −1 = aN = ai−2 = 4ai−1 − với i Như vậy, ta định nghĩa bi = aN −i ta có n = a0 = bN , m = a1 = bN −1 b0 = b1 = 1, bi+2 = 4bi+1 − bi Nói cách khác, số nguyên dương lẻ m, n thỏa mãn điều kiện số hạng liên tiếp dãy sai phân b0 = b1 = 1, bi+2 = 4bi+1 − bi Ta dễ dàng tìm cơng thức cụ thể m, n cách giải phương trình sai phân Nhận xét Tương tự tập trước Một ta k = ta xác định nghiệm phương trình x2 + y + = 4xy cách sử dụng lý thuyết phương trình Pell dựa vào đổi đơn giản: x2 + y + = 4xy ⇔ (x − 2y)2 − 3y = −2 Phương trình bậc ba (Italia 94.) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn y = x3 + 16 Giải Đây tập đơn giản Ta bắt đầu phương pháp phân tích thành nhân tử nhận xét phương trình cho tương đương với (y − 4)(y + 4) = x3 Nếu y lẻ y − 4, y + nguyên tố nên chúng phải lập phương Từ suy hiệu hai số lập phương Bằng lập luận quen thuộc (phân tích thành nhân tử, bất đẳng thức) ta dễ dàng điều xảy Như vậy, y chẵn x chẵn Đặt y = 2y , x = 2x phương trình ban đầu trở thành (y − 2)(y + 2) = 2x Ta suy y chẵn, có dạng y = 2u x chẵn x = 2v Bây giờ, quan hệ u v viết dạng (u − 1)(u + 1) = 4v Từ đây, u lẻ, u = 2u u (u + 1) = v Việc kết thúc tốn khơng cịn trở ngại nữa: u , u + lập phương số nguyên, u = −1 u = v = hai trường hợp Quay ngược lại giá trị, ta suy nghiệm nghiệm (x, y) = (0, ±4) Tìm số nguyên x, y cho y = x3 + (x + 4)2 22 Giải Phương trình có nghiệm hiển nhiên (x, y) = (0, ±4) Ta chứng minh phương trình khơng có nghiệm với x = Viết phương trình dạng x3 = (y − x − 4)(y + x + 4) Với x = y − x − y + x + khác 0, kí hiệu d ước chung lớn chúng Ta có d|x d | y − x − 4, d | y + x + =⇒ d | 2x + Từ suy d | Ta phân trường hợp • d = Thế y − x − = a3 , y + x + = b3 với a, b Ta suy x = ab 2x + = b3 − a3 Ta suy 2ab + = (b − a)(b2 − ab + a2 ) = (b − a)((b − a)2 + 3ab) Chú ý b = a khơng x = −4 y = −64! Nếu ab > vế trái ≥ 3ab + 2ab + ≥ 3ab + =⇒ ab ≤ Hơn nữa, lập luận chi tiết cho thấy có trường hợp – b − a = =⇒ ab = 7, vô lý; – b − a ≥ =⇒ 2ab + > 6ab =⇒ ab < =⇒ ab = =⇒ a = b, vô lý Như ab < b < a =⇒ b < < a Khi −2ab − = a3 − b3 = a3 − (−b)3 ≥ a2 + (−b)2 ≥ −2ab vơ lý • d = Ta suy y − x − = 2a, y + x + = 2b với (a, b) = Ta suy x3 = 4ab | x Điều hiển nhiên cho thấy | y Nhưng y = a + b nên | a + b Do (a, b) = ta suy a, b phải lẻ Thế x3 = 4ab khơng thể xảy ra! • d = Ta suy y − x − = 4a, y + x + = 4b với (a, b) = Ta có x3 = 16ab nên | x, từ suy | ab Do a, b nguyên tố nên hai số a, b lẻ số lại bội Thế ta lại có | x, | y − x − =⇒ | y y = 2(a + b) ≡ (mod 4)! • d = Ta suy y − x − = 8a, y + x + = 8b với (a, b) = Như x3 = 64ab =⇒ | x Từ (x/4)3 = ab ta suy a = a30 , b = b30 Lại 2x + = 8(b − a) = 8(b30 − a30 ) Ta suy a0 b0 + = b30 − a30 Các lập luận tương tự (phương pháp chặn) cho ta điều vô lý (Lebesgue) Chứng minh phương trình y = x3 + khơng có nghiệm ngun 23 Giải Giả sử (x, y) nghiệm nguyên phương trình nêu Suy luận đơn giản theo modulo cho thấy x chẵn Vậy x lẻ y chẵn Ta viết lại phương trình cho dạng y + = x3 + = (x + 2)(x2 − 2x + 4) Vì x lẻ nên x2 − 2x + = (x − 1)2 + ≡ (mod 4) x2 − 2x + có ước nguyên tố lẻ p ≡ (mod 4) Nhưng ta lại có y + ≡ (mod p) Điều chứng tỏ −1 phương modulo p p ≡ (mod 4), mâu thuẫn Chứng minh phương trình y = x3 − khơng có nghiệm ngun Giải Ta tiến hành tương tự với tập trước Xét phương trình theo modulo Nếu x chẵn y ≡ −1 (mod 4) vô lý Vậy x lẻ y chẵn Vì x lẻ nên ta có x3 ≡ x (mod 4) Mặt khác, y ≡ (mod 4) nên từ phương trình ban đầu ta suy x ≡ (mod 4) Viết lại phương trình dạng y + = x3 − = (x − 1)(x2 + x + 1) Một mặt, x ≡ (mod 4) nên x2 + x + ≡ (mod 4) Như x2 + x + > có ước nguyên tố p ≡ (mod 4) Mặt khác y + 22 ≡ (mod p) kéo theo −1 phương modulo p nên p ≡ (mod 4) ta có điều mâu thuẫn Tìm số ngun x, y cho y = x3 + 4x Giải Ta có kết quen thuộc sau Bổ đề Phương trình x4 − y = z khơng có nghiệm nguyên không tầm thường (nghĩa xyz = 0) Chứng minh Đây ứng dụng quen thuộc phương pháp xuống thang với miêu tả ba Pitago 24 Tất nhiên, với phương pháp, ta chứng minh x4 + y = z khơng có nghiệm khơng tầm thường Như hệ quả, Định lý Fermat với n = Quay lại tốn Ta có y = (x3 + 4x)2 = x6 + 8x4 + 16x2 = x6 − 8x4 + 16x2 + 16x4 = (x3 − 4x)2 + (2x)4 Hay y − (2x)4 = (x3 − 4x)2 Nhưng ta biết phương trình r4 − s4 = t2 khơng có nghiệm khơng tầm thường Như ta phải có x = y = x3 = 4x, nghĩa y = x = x = ±2 Thay vào phương trình ta thu (x, y) = (0, 0), (±4, 2) 25 ... tập tất nghiệm nguyên dương (∗) Nhận xét Có lẽ lớp phương trình nghiệm ngun bậc hai biến có vơ hạn nghiệm lớp phương trình Pell Khơng phải ngẫu nhiên mà phương trình (∗) có vơ hạn nghiệm nguyên. .. Các nghiệm phương trình Markov mô tả cách tường minh: nghiệm phương trình x2 + y + z = 3xyz sinh từ nghiệm (1, 1, 1) (nghiệm nhỏ nhất) cách áp dụng liên tiếp "lật nghiệm Viete" (b) Ta phương trình. .. Chứng minh moi nghiệm nguyên dương phương trình có dạng (kx0 , ky0 , kz0 ) với k nguyên dương (x0 , y0 , z0 ) nghiệm nguyên dương mà x0 , y0 , z0 số nguyên đôi nguyên tố Một nghiệm nguyên dương