Đang tải... (xem toàn văn)
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[r]
(1)ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= NGUYÊN LÝ XUỐNG THANG A Nguyên lí xuống thang I Lịch sử phương pháp Nhà toán học lớn P Fermat (1601- 1655) viết “ Do phương pháp bình thường đã có các sách không đủ để chứng minh mệnh đề khó và quan trọng , vì tôi đã hoàn thiện cách đặc biệt để giải bài toán này Tôi gọi cách chứng minh đặc biệt này là xuống thang không xác định là xuống thang đến vô cùng ” Ban đầu Fermat dùng phương pháp này chứng minh mệnh đề phủ định Ví dụ “ Không tồn tam giác vuông có số đo các cạnh là số tự nhiên, mà số đo diện tích nó là số chính phương” Để chứng minh mệnh đề này Fermat đã dùng phương pháp sau: Nếu tồn tam giác có số đo các cạnh là số tự nhiên mà số đo diện tích nó là chính phương, thì tồn tam giác khác nhỏ tam giác ban đầu và có cung tính chất Nếu tam giác thứ hai nhỏ tam giác ban đầu và có cùng tính chất, thì lí luận tương tự ta nhận tam giác thứ ba nhỏ tam giác thứ hai và có cùng tính chất, quá trình này tiếp tục tìm các tam giác thứ tư, thứ năm, … giảm đến vô cùng Số đo cạnh tam giác vuông xuất phát là số tự nhiên, bước thực trên số đo cạnh này giảm thành số tự nhiên nhỏ hơn, tạo dãy số tự nhiên giảm , dãy số tự nhiên giảm thực không thể giảm vô hạn lần Từ đó suy không tồn tam giác vuông có số đo các cạnh là số tự nhiên, mà số đo diện tích tích nó là số chính phương Sau đó Fermat có nói ( sau thời gian dài suy nghĩ ) đã có thể ứng dụng phương pháp này vào việc chứng minh mệnh đề khẳng định Ví dụ “ Mọi số nguyên tố dạng 4n + biều diễn thành tổng số chính phương ” Nhưng để ứng dụng phương pháp này vào việc chứng minh mệnh đề khác “ Mọi số có thể biểu diễn thành tổng không quá bốn số chính phương ” , thì Fermat không để lại chi tiết áp dụng phương pháp này nào Hơn nữa,hàng loạt các định lý Fermat chứng minh phương pháp này không để lại tính toán chi tiết Trong số đó có định lí lớn Fermat cho trường hợp Sau này Euler đã áp dụng có kết phương pháp này vào bài toán giải phương trình vô định và từ đó việc chứng minh định lớn Fermat cho phục hồi Fermat khẳng định phương pháp này là mình đưa lần đầu tiên và trước đó không biết phương pháp này Nhưng ta nhớ lại cố gắng chứng minh không thể phân tích lập phương số nguyên thành tổng hai số lập phương nguyên, nghiên cứu khoảng năm 1000 phương Đông với các nhà toán học Ả Rập đã có nói tới phương pháp này Phương pháp xuống thang thời đại giữ vai trò quan trọng giải tích Diophant với công trình J H Poincaré và A Baile Ngày phương pháp này còn ứng dụng lí thuyết số toán học -1 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (2) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= II Lý thuyết Nguyên lý xuống thang • Mọi người biết khẳng định Fermat với n nguyên ≥ Phương trình xn + yn=zn không có nghiệm nguyên dương ( Còn gọi là định lý Fermat lớn) • Để giải bài toán này nhiều nhà toán học đã sử dụng phương pháp gọi là “ phương pháp xuống thang” Và nhiều người nghĩ đây chính là cách mà Fermat đã dùng để chứng minh “nhưng ông không viết vì không đủ chỗ” Nguyên lý xuống thang là phương pháp có hiệu để giải lớp khá rộng bài toán liên quan đến phương trình nguyên.Cơ sở phương pháp là tính thứ tự các phần tử tập hợp và nguyên lý cực hạn.Phương pháp này mô tả sau: Giả sử C là tập các cấu hình nào đó ,mà giả định C khác rỗng,thì trên C có thể trang bị quan hệ thứ tự,cho phép lọc phần tử cực tiểu a ∈ C Rồi phương pháp nào đó (mà thường gọi là xuống thang) ta lại C có phần tử b với b<a Từ đó rút C Phải là tập rỗng • Một nội dung ta thường sử dụng “nguyên lý xuống thang” là tính chất nghiệm phương trình Pythagore Phương trình Pythagore • Phương trình x2 + y2=z2 (1) gọi là phương trình Pythagore Bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn (1) gọi là ba Pythagore Ta nhận thấy ( x, y, z ) là ba Pythagore thì với d nguyên dương , ba (d x, d y, d z ) là ba Pythagore Vì lẽ đó ta quan tâm đến các ba Pythagore (x,y,z) mà đó (x,y,z)=1 Khi đó (x,y,z) gọi là ba Pythagore nguyên thủy • Bổ đề: Xét phương trình Pythagore x2 + y2=z2 Bộ ba ( x, y, z ) là ba Pythagore nguyên thủy khi chúng có dạng sau x = m2 − n2 y = 2mn 2 z = m + n Với m,n là các số nguyên dương ,m>n và (m,n)=1và m,n khác tính chẵn lẻ III Bài tập: Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 8x4 + y4 + 2z4=u4 Giải: • Trước hết ta thấy 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 nghiệm có dạng (a,b,c,d) với d khác 0, -2 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (3) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= chí d>0, theo tính chất số tự nhiên thì phải có nghiệm (m,n,p,q) với q nguyên dương bé Ta thấy q chẵn và giả sử q=2s Khi đó ta có 4m4 + 2n4 + p4=8s4 Từ đẳng thức ta rút p chẵn, p=2t Lại thay vào đẳng thức vừa có,ta 2m4 + n4 + 8t4=4s4 Dẫn đến n chẵn,n=2v Tiếp tục thay vào đẳng thức kề trên ta có m4 + 8v4 + 4t4=2s4 Lại có m chẵn và m=2w Khi đó có 8w4 + 4v4 + 2t4=s4 Đẳng thúc này chứng tỏ (w,v,t,s) là nghiệm phương trình đã cho,nhưng với s<q (mâu thuẫn!) Ví dụ 2: CMR phương trình x4 + y4=z2 (1) không có nghiệm nguyên xyz ≠ Giải: • Nhận xét (1) có nghiệm thì nó có nghiệm (x,y,z) với x, y, z nguyên dương và đôi nguyên tố cùng nhau, cùng với x lẻ y chẵn Để cho tiện ta nhắc đến nghiệm loại này (1) Giả sử (x,y,z)là nghiệm (1) với z nhỏ Khi đó ta có (x2,y2,z) là nghiệm phương trình u2 + v2=w2 (2) Do đó tồn cặp (a,b) với a>b nguyên tố cùng nhau, chẵn lẻ khác cho x2=a2 – b2 ; y2=2ab; z=a2 + b2 ( tính chất nghiệm (2)) Vì x lẻ, nên a lẻ Do a và 2b nguyên tố cùng nhau, nên từ y =2ab ta rút a = t và 2b = s Từ x =a – b ta thấy (x,b,a) là nghiệm (2) Lại x lẻ nên x=m2 – 2 n2 ; b=2mn ; a=m + n đó m,n nguyên tố cùng và chẵn lẻ khác Từ x = m + n đó m,n nguyên tố cùng và chẵn lẻ khác Từ a = t và 2b = s ta có mn = b s = ( ) Do m,n nguyên tố cùng ,nên m= p và a n=q Cùng với a=m + n =t , ta suy ( p,q,t ) là nghiệm (1) Để ý t= a < z <z (Mâu thuẫn!) • Nhận xét: (1) vô nghiệm chứng tỏ phương trình Fermat x4 + y4=z4 không có nghiệm nguyên xyz ≠ Fermat đã chứng tỏ kết này sau đó Euler chứng minh cho phương trình x3 + y3=z3 Ví dụ 3: ( Bài toán Euler ) Chứng minh phương trình sau không có nghiệm các số tự nhiên 4xy –x –y = z2 (1) HD: a, Để giải bài toán trên ta đên giải bài toán sau đây: 4xy –x –1 = z2 (2) Giả sử (2) có nghiệm số tự nhiên x,y,z và giả sử a là giá trị tự nhiên nhỏ z thỏa mãn (2) cho 4mn – m – = a2 (3) Với m,n là các số tự nhiên Cộng 4m2 – 4ma vào hai vế phương trình (3) ta được: 4m (n – a + m) – m – = (a – 2m )2 (4) Dễ dàng chứng minh a < m (5) -3 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (4) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= Thực vậy, không thể có a = m, vì a = m thì vế phải (4) chia hết cho m và vế trái (4) không chia hết cho m Còn a > m thì n – a + m < n, và đó vế trái (4) nhỏ vế phải (3) tức là (a – 2m)2 < a2, điều này trái với việc xác định số a là giá trị tự nhiên nhỏ z thỏa mãn (2) ( Chú y từ (4) thì a − 2m là giá trị z thỏa mãn (2) đó x = m, y = n – a + m ) Bây ta chứng minh tiếp 4n – > 2a (6) Thật vậy, cộng (4n – ) – 2a(4n – 1) vào hai vế (3) thì ta (4n – 1)(m – 2a + 4n – ) – = [ a – (4n – )]2 Hay là 4n (m – 2a + 4n – ) – (m – 2a + 4n – ) + = [a – (4n – )]2 Do đó z = a − (4n − 1) thỏa mãn (2) với y = n, x = m – 2a + 4n – Vì theo xác định số a, ta có a < a − (4n − 1) , từ đây dễ dàng suy (6) Từ (3), (5), (6) ta có a2 + = (4n – )m > 2a a = 2a2 Do đó a2 < Vô lí, suy điều phải chứng minh ( Trong nghiên cứu để đến phát minh định lí lí thuyết số, Euler đã chú ý đến phương trình vô định 4xy –x –y = z2 Để chứng minh bài toán này Euler và Gôn – Bách phải dựa vào định lí Fermat nó qua phức tạp vì hai người tìm cách chứng minh đơn giản Cách chứng minh bài toán: 4xy –x –1 = z2 không có nghiệm tự nhiên trên là cách chứng minh mà Gôn –Bách gửi cho Euler ) Nhờ cách chứng minh Gôn – bách mà Euler đã chứng minh bài toán (1) sau: Giả sử (1) có nghiệm các số tự nhiên x,y,z và giả sử a là số tự nhiên nhỏ z thỏa mãn (1) cho ta có 4mn – m – n = a2 (7) đó m và n là các số tự nhiên Nhân hai vế (7) cho và biến đổi, ta : (4m – 1) (4n – 1) – = 4a2 (8) Cộng 4(4n – 1) – 8a(4n – 1) vào hai vế (8), ta có (9) [4m – – 8a + 4(4n – 1)] (4n – 1) – =4(a – 4n + 1)2 Đẳng thức (9) giống đẳng thức (8), cho thấy phương trình (1) có nghiệm là z =|a – 4n + 1| Theo xác định số a thì hay Do đó , từ (8) và (9) ta có Vì Vì (7) là đối xứng với m và n, nên lí luận tương tự thì ta Đặt -4 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (5) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= đó p và q là số tự nhiên Như Do đó, từ (8) ta suy này vô lý với chứng minh định lý đã cho với a, p, q là số tự nhiên Điều ( Euler 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 định lí đó có thể chứng minh cách dễ dàng và đẹp đẽ đến Từ đó tôi tin các định lí Fermat có thể chứng minh cách tương tự, và vì tôi cảm ơn ông đã cho tôi biết cách chứng minh đẹp đẽ đó”.) Nguyên lý xuống thang hình học: Nguyên lý xuống thang ngoài ứng dụng giải phương trình nghiệm nguyên còn có ứng dụng mặt hình học Ví dụ 1: CMR với ≤ n ≠ 4, không tồn đa giác n cạnh có đỉnh với tọa độ nguyên HD: • Với n=3, ta không có tam giác đỉnh nguyên Thật vậy, giả sử có thì tính diện tích theo định thức thì ta diện tích là số hữu tỷ Ttrong đó cạnh tam giác là a thì diện tích tam giác đó là a2 lại là đại lượng vô tỷ ( mâu thuẫn) • Mặt khác tồn lục giác đỉnh nguyên thì tam giác đan nó đỉnh nguyên Do đó theo chứng minh vừa thì nó không tồn Vậy với n=3;6 thì nhận định là đúng.Ta xét các trường hợp còn lại Giả sử tồn đa giác đỉnh nguyên A1 A2 … An với n khác 3; 4; là đa giác đỉnh nguyên có cạnh nhỏ ( chúng luôn tồn có đỉnh nguyên) Ta lấy các điểm B1, B2,…, Bn cho A2 A1 A8 B7 A3 B1 + B2 B6 B5 B3 B4 A4 A7 A5 A1B1 = A2 A3 ; A2 B2 = A3 A4 , , -5 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (6) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= An −1Bn−1 = An A1; An Bn = A1 A2 Khi đó dễ thấy B1, B2,…, Bn là các điểm nguyên Do n khác 3,4,6 nên B1, B2,…, Bn phân biệt và lập thành đa giác đỉnh nguyên bị chứa thực đa giác A1 A2 … An Như cạnh đa giác đỉnh nguyên B1B2…Bn nhỏ cạnh đa giác A1 A2 … An ( mâu thuẫn!) Ví dụ 2: Biết tất các đa giác n cạnh cùng nội tiếp đường tròn , luôn tồn đa giác có diện tích lớn Chứng minh đa giác có diện tích lớn đó phải là đa giác Giải: • Giả sử tồn đa giác không S, n cạnh nội tiếp đường tròn có diện tích lớn Vì S không nên có đỉnh A;B;C liên thứ tự đó cho AB khác BC Trên cung ABC đường tròn lấy trung điểm B’ nó, thì B’ khác B Dễ thấy khoảng cách từ B’ tới đường thẳng AC lớn khoảng cách từ B đến đường thẳng này Vì vậy, diện tích tam giác AB’C lớn diện tích tam giác ABC Khi đó ta thay đỉnh B đa giác S đỉnh B’, còn các đỉnh khác giữ nguyên thì ta thu đa giác S’ có diện tích lớn diện tích đa giác S, mâu thuẫn Vậy có điều phải chứng minh ! Các ví dụ trên đã cho ta cách nhìn việc sử dụng nguyên lí xuống thang giải các bài toán số học số bài toán hình học Sau đây là số bài toán : Bài tập Bài • a, Giải phương trình với nghiệm nguyên: x2 + y2 + z2 + u2 = xyzu • b, Chứng minh không thể biểu diễn số thành tổng bình phương số hữu tỉ • c, Giải phương trình với nghiệm nguyên x3 = 3y3 + 9z3 • d, Phối hợp với nguyên lí hàm liên tục trên tập compac, hãy chứng minh bất đẳng thức Cosi nguyên lý xuống thang HD a, Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là (x,y,z,u) Khi đó x2 + y2 + z2 + u2 = xyzu (1) Ta suy + Nếu các số x,y,z,u thì suy x = y = z = u = + Nếu x,y,z, t khác thì ta có các số x,y,z,u phải có số chẵn số các số lẻ Nếu tất lẻ thì VP(1) lẻ còn VT(1) chẵn ⇒ Vô lý Nếu có hai số lẻ thì VP(1) còn VT(1) không chia hết cho ⇒ Vô lý Với x, y, z, u chẵn Đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, u = 2u1 -6 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (7) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= Thay vào phương trinh đã cho ta x12 + y12 + z12 + u12 = x1 y1z1u1 Cũng lí luận trên tất các nghiệm phương trình phải chẵn x1 = 2x2, y = 2y2, z = 2z2, u =2u2 Từ đó đến xs2 + ys2 + zs2 + us2 = 4s xs ys zsus Một cách tổng quát, xuất phát từ nghiệm (x,y,z,u) phương pháp xuống thang ta đến phương trình xs2 + ys2 + zs2 + us2 = 4s xs ys zsus Với xk = 2xk + 1, yk = 2yk + 1, zk = 2zk + 1, uk = 2uk + Tức là với s tự nhiên ta có x/2k, y/2k, z/2k, u/2k là các số nguyên Điểu này đúng với s = tức x = y = z = u = Vậy nghiệm phương trình là (x,y,z,u) = (0,0,0,0) (2,2,2,2) • b, Giả sử có thể biểu diễn thành tổng bình phương số hữu tỉ đó ta có thể đưa bài toán việc giải phương trình nghiệm nguyên : x2 + y2 + z2 = 7u2 • c, Tương tự ví dụ Sử dụng tính chất chia hết cho • d, Tự làm Bài Chứng minh không thể chia khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ đôi khác HD • Trước hết ta nêu chú ý sau: “ hình vuông P phân chia thành số hữu hạn hình vuông khác thì hình vuông bé không dính với biên hình vuông P • Bây ta giả thiết có thể chia cắt hình lập phương Q thành các lập phương khác Qi và gọi P là mặt bên Q Các lập phương Qi dính với P tạo nên phân chia P thành các hình vuông cặp khác Gọi P1 là hình vuông bé các hình vuông đó và Q1 là lập phương tương ứng P1 không dính với biên P đó bị bao bọc các hình vuông lớn Các lập phương tương ứng tạo thành “cái giếng ” có Q1 nằm đó Giả sử P1’ là mặt đối diện với P1 lập phương Q1 Các lập phương dính với P1’ tạo nên phân hoạch P1’ thành vố số hình vuông khác Gọi P2 là hình vuông bé chúng Vì P2 đặt P1’ nên hình lập phương bao bọc lập phương Q2 lớn Q2 và tạo thành “ giếng” Tiếp tục quá trình xây dựng trên ta nhận “ cái tháp” vô hạn gồm tất các lập phuơng bé dần Đó là điều không thể có BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Giải phương trinh nghiệm nguyên: 2009 = y2009 2009 x12009 + 20092 x22009 + … + 20092009 x2009 Bài Với giá trị nào n thì phương trình x2 + y2 + = nxy có nghiệm nguyên dương -7 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (8) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= Bài Tìm nghiệm nguyên không âm phương trình: x2 + y2 + z2 + t2 = x2 y2 z2 Bài CMR phương trình x2 y2 = z2(z2- x2- y2) không có nghiệm nguyên dương Bài Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 + y2 = 3z2 Bài Giải phương trình nghiệm nguyên 5x3 + 11y3 + 13z3 = Bài CMR phương trình x4 – y4 = z2 (1) không có nghiệm nguyên dương Bài Giải phương trình nghiệm nguyên: a, x4 + 4y4 = z2 (bài tập ĐSSC trang 25) b, x4 – 4y4 = z2 Bài Chứng minh số có dạng 4n (8k – 1) ( đó k và n-tự nhiên) không thể là số chính phương và không thể biểu diễn dạng tổng hai hay ba bình phương các số nguyên Bài 10 Chứng minh phương trình x4 + y4 = z4 không có nghiệm nguyên dương Bài 11 Chứng minh cạnh đáy và cạnh bên tam giác cân có góc đỉnh là 36o không cùng đo cùng đơn vị Bài 12 Giải phương trình nghiệm nguyên a, x4 + 4y4 = (z4 + 4u4) b, x3 + 3y3 + 9z3 = c, x3 = 2y3 + 4z3 Gợi ý Bài 1: Làm tương tự ví dụ Bài 2: Với n = 1;2 thì dễ thấy pt vô nghiệm Với n = ,có nghiệm (1,1) nên n = thỏa mãn Ta chứng minh n > thì phương trình không có nghiệm nguyên dương Thật vậy, giả sử tồn k > nguyên mà phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương Giả sử (x0,y0) là nghiệm nguyên dương phương trình, thỏa mãn x0 + y0 nhỏ Nếu x0 = y0 thì thay vào phương trình có k = (vô lý với giả thiết k>3) Vậy từ đó có x0 ≠ y0 Không tính tổng quát có thể giả sử x0 < y0 Khi đó xét phương trình : y2 – kx0y + x02 + = (2) Rõ ràng y0 là nghiệm phương trình (2) Gọi y1 là nghiệm thứ hai (2) suy (x0,y1) là nghiệm (1) Theo Vi-et thì y0 + y1 = kx0 ( 3) y0 y1 = x0 + 1( ) Do (3) suy y1 nguyên, còn y0 > nên từ (4) suy y1 > -8 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (9) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= x02 + x02 Từ (4) có y= = + < x0 + < x0 + y0 y0 y0 y0 ( Do y0 > x0 ≥ 1,x0 nguyên dương ) Do y1 và x0 + là nguyên, nên từ y1 < x0 + suy y1 ≤ x0 Từ đó có y1 < y0, vì có x0 + y1 < x0 + y0 ( mâu thuẫn với cách xác định nghiệm (x0,y0) ) Vậy giả thiết phản chứng là sai Tóm lại n = là giá trị Bài 3: Gọi P là tập nghiệm nguyên không âm phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = x2 y2 z2 (1) Khi đó P ≠ ∅ và ít (0,0,0,0 ) ∈ P Gọi (x0,y0,z0,t0 ) là nghiệm nguyên ≥ tùy ý (1) Khi đó ta có x02 + y02 + z02 + t02 = x02 y02 z02 (2) + Nhận xét: Với x∈ Z thì x2 ≡ 1(mod4) x2 ≡ + Do đó nhờ nhận xét trên từ hệ thức (1) ta có thể suy x,y,z phải đồng thời chẵn Đặt x0 = 2x1, y0 = 2y1, z0 = 2z1 Thay vào (2) ta có: x12 + 4y12 + 4z12 + t02 = 64 x12 y12 z12 (3) Từ đó suy t02 ⇒ t0 Suy t0 = 2t1 Thay vào (3) ta đến x12 + y12 + z12 + t12 = 16 x1 y1 z1t1 (4) Suy vế phải (4) phải chia hết cho + Ta lại có nhận xét sau : Nếu a ∈ Z thì a2 ≡ 0,1,4 (mod 8) Do đó ta có thể suy số x1 , y1 , z1 , t1 chia hết cho Vì x1 = 2x2 , y1 = y2 , z1 = 2z2 , t1 = 2t2 Thay vào (4) ta đến x22 + y22 + z22 + t22 = 16 x2 y2 z2 Lập luận trên ta đến x2 , y2 , z2 , t2 là số chẵn Quá trình trên tiếp tục vô hạn lần Như ta đã chứng minh là x , y , z , t là các số nguyên với 2k 2k 2k 2k k=0,1,2,…Điều này chứng tỏ x0 = y0 = z0 = t0 = Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x0 = y0 = z0 = t0 = ( x0 , y0 , z0 , t0 ) là nghiệm (1) thì Bài : Sử dụng tính chất chia hết cho 13 Bài : Giả sử (x0,y0,z0) là nghiệm nguyên dương (1) cho x0 nhỏ Ta suy (x0,y0) = Từ (1) ta có (y02,z0,x02) là ba nguyên thủy phươngtrình Pythagore y2 + z2 = x2, và (y02,z0,x02) = Theo tính chất nghiệm phương trình Pythagore ta suy hai trường hợp sau + Nếu y0 lẻ , đó theo tính chất nghiệm phương trình Pythagore , tồn các số nguyên dương m, n cho m>n và (m,n) = 1; m, n không cùng tính chẵn lẻ -9 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (10) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= y = m2 − n 2 x0 = m + n Từ đó m4 – n4 = (x0y0)2 nên (m,n,x0y0) là nghiệm (1) Do m,n nguyên dương nên m2 < m2 + n2= x02 Suy m < x0 Điều này mâu thuẫn với định nghĩa nghiệm (x0,y0,z0) Suy mâu thuẫn + Nếu y0 = 2y1 Vẫn theo tính chất nghiệm phương trình Pythagore, tồn các số nguyên dương m, n cho m > n và (m,n) = 1; m, n không cùng tính chẵn lẻ y02 = 2mn 2 x0 = m + n Do m2 + n2 = x02 và (m,n) = nên (m,n,x0) là ba Pythagore nguyên thủy phương trình Pythagore đó tồn các số a, b nguyên dương cho với a>b và (a,b) = và a,b khác tính chẵn lẻ cho: x0 = a + b 2 m = a − b n = 2ab x = a + b2 2 n = a − b m = 2ab Khi đó ta có y12 = ab(a2 − b2 ) (6) Do (a,b) = nên (a,a2 – b2) = 1và (b,a2 – b2) = nên từ (6) suy a = a b = b1 2 a − b = r Từ đó ta có a14 − b14 = r Đẳng thức trên chứng tỏ (a1,b1,r) là nghiệm (1) Do đó a1< a12 + b12 = a + b ≤ a + b = x0 nên ta suy mâu thuẫn với định nghĩa nghiệm (x0,y0,z0) Tóm lại ta luôn đến mâu thuẫn ,nếu giả thiết (1) có nghiệm nguyên dương Vậy (1) không có nghiệm nguyên dương Đó là đpcm Bài 8: • a, x4 + 4y4 = z2 (1) Dễ thấy (0,0,0) là nghiệm, ta chứng minh nghiệm đó là Thật vậy, giả sử (x0,y0,z0) là nghiệm, với z0 nhỏ Khi đó có (x0,y0) = 1 Nếu x0 chẵn, x0 = 2k thay vào (1) có 16k4 + y04 = z04 từ đó lại có z0 chẵn , z0 = 2h Lúc đó ta thay vào có (y0,k,h) là nghiệm (1) mà h < z0 Mâu thuẫn! -10 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (11) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= Nếu n lẻ, sử dụng tính chất nghiệm phương trình Pythagore, và áp dụng bài ta suy điều mâu thuẫn! Vậy (1) có nghiệm là (0,0,0) • b, tương tự phần a Bài 11: Tìm nghiệm nguyên phương trình 7(x2 + y2) = z2 + t2 HD: Dễ thấy x = y = z = t = là nghiệm phương trình Ta chứng minh đó là nghiệm bài toán Giả sử phương trình có nghiệm nguyên khác 0, đó ta có thể chọn nghiệm nguyên (x0,y0,z0,t0) cho x0 có giá trị nhỏ giá trị có thể có nghiệm Ta có 7( x02 + y02 ) = z02 + t02 (3) Suy z0 và t0 chia hết cho và đó z0 và t0 chia hết cho Đặt z0 = 7z1 và t0 = 7t1 Thay các giá trị này vào (3) ta nhận x02 + y02 = ( z12 + t12 ) Lí luận tương tự trên ta có x0 và y0 chia hết cho Ta đặt x0 = 7x1 và y0 = y1 với x1,y1 ∈ Z Thay giá trị này vào đẳng thức sau cùng ta nhận ( x02 + y02 = z12 + t12 ) Suy x1,y1,z1,t1, là nghiệm phương trình đã cho x Nhưng x1 = , điều này trái với cách chọn x0 Do đó phương trình không có nghiệm nguyên dương B PHỤ LỤC I Nguyên lí lùi vô hạn Như chúng ta đã biết nguyên lí lùi vô hạn và nguyên lí xuống thang có cùng chất khác vẻ bề ngoài Nó còn gọi với tên “nguyên lí xuống thang không xác định” Hầu hết các bài toán giải phương pháp này có thể giải phương pháp Phần đây tôi trình bày sơ quá nguyên lí lùi vô hạn cùng số bài tập nguyên lí này Nội dung nguyên lí lùi vô hạn: Chúng ta có thể tóm tắt các bước chứng minh bài toán sử dụng nguyên lí lùi vô hạn sau Giả sử bài toán có nghiệm ( đại lượng thỏa mãn bài toán ) Từ giả thiết bài toán ta lại xây dựng đại lượng giảm thực thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho Một cách lặp lại ta xây dựng dãy đại lượng giảm thực Từ dãy giảm vô hạn trên ta suy điều vô lí vì dãy số ta xây dựng không thể giảm vô hạn mà có thể hữu hạn Vậy điều giả sử là sai và suy kết luận bài toán -11 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (12) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= II Các ví dụ Sử dụng cách chứng minh phương pháp lùi vô hạn hình học VD: Chứng minh đường chéo hình vuông không cùng đo với cạnh nó HD Cho hình vuông ABCD Ta đặt trên hình vuông từ điểm B đoạn có độ dài cạnh nó BD1=AB (hình bên) Từ điểm nhận D1 ta dựng đường thằng vuông góc với đường chéo D hình vuông và cắt cạnh hình vuông B1 và nối B1 A2 C với B Hai tam giác AB1B và D1B1D nhau, D2 vì chúng là tam giác vuông và có cạnh BB1 B2 D1 và BD1 = BA (theo cách dựng) Suy AB1=D1B1.A1 Trong tam giác vuông B1CD1 có (do BC là đường chéo hình vuông) B1 và vì B1D1=D1C Suy Ta đã chứng minh AB1=B1D1=D1C, A từ đó suy D1C<CD Ta lại vẽ đường vuông góc với đường chéo CB C và đặt đoạn thẳng CA1 = D1B1 nối điểm A1 với B1 Tứ giác A1B1D1C1 là hình vuông có đường chéo là B1C Quá trình dựng hình vuông lặp lặp lại nhiều lần Vì ta nhận dãy vô hạn đoạn thẳng : CD1 > CD2 > CD3 >…>0 Mỗi đoạn thẳng này là hiệu đường chéo và cạnh và hình vuông Theo cách dựng trên ta tính : CD1 = CB – AB, CD2 = CB1 – A1B1,CD3 = CB2 – A2B2,… Giả sử đường chéo và cạnh hình vuông ban đầu cùng đo thì tồn đoạn thằng đơn vị e mà đường chéo BC và cạnh hình vuông AB biểu diễn số nguyên lần đoạn thẳng đơn vị Trong trường hợp CD1= CB – AB biểu diễn thành số nguyên lần đoạn thẳng đơn vị và đường chéo CB1 hình vuông A1CB1D1 hiệu AC – AB1 = AB – CD1 là số nguyên lần đoạn thẳng đơn vị Như ta đã xây dựng dãy giảm vô hạn số nguyên giảm CD > CD1 > CD2> … > CDk >… > (ở đây CDi là độ dài đoạn CDi ) Không thể xảy dãy số nguyên dưong vô hạn giảm tới Điều vô lí này không cùng đo đường chéo và cạnh hình vuông Sử dụng phương pháp lùi vô hạn số học VD1: Chứng minh HD: là số vô tỉ Giả sử là số hữu tỉ Khi đó ta có thể biều diễn dạng = r s -12 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 B (13) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= đây r và s là số nguyên dương Khi đó 3s2 = r2 (1) Như vế phải (1) là số chia hết cho 3, suy r2 chia hết cho Điều này chứng tỏ r chia hết cho Ta đặt r = 3r1 và thay vào (1) ta nhận 3s2 = r12 nghĩa là : s2 = r12 (2) Lí luận tương tự cho phương trình (2.2) tìm s = 3s1 (s1∈ N*) sau đó thay vào (2) cho ta kết s12 = r12 (3) Từ r =3r1, s = 3s1 ta suy đẳng thức r > r1 Phương trình (3) tương tự phương trình (2) Ta lại sử dụng cùng lí luận cho phương trình (3) ta nhận dãy các số nguyên dương vô hạn : r1 > r2 > r3 > … > rn > … > (4) Điều (4) là vô lí vì tập hợp số tự nhiên dương nhỏ r là hữu hạn Điều này phương trình (3) không có nghiệm nguyên Suy điều phải chứng minh ( Bằng cách trên bạn hãy chứng minh các bài tập sau: 1.Chứng minh p1 p2 pn (với p1, p2, …, pn là số nguyên tố khác nhau) là số vô tỉ 2.Chứng minh số tự nhiên p không là lũy thừa bậc n số tự nhiên thì n p là số vô tỉ ) VD2: Chứng minh phương trình 6(x2 + y2) = z2 + t2 (*) HD: Giả sử phương trình (*) có nghiệm nguyên dương (x0,y0,z0,t0) Do đó x02 + y02 = z02 + t02 (6) ( ) Vế phải (6) chia hết cho 3, nghĩa là z02 + t02 chia hết cho Dễ chứng minh điều này xảy và z0 và t0 chia hết cho Vì z0 > z1 và t0 > t1 , suy z02 + t02 > z12 + t12 Thay vào phương trình (6) ta nhận ( x02 + y02 ) = 3( z + t12 ) Vế trái phương trình trên chia hết cho 3, suy x02 + y02 chia hết cho Tương tự trên ta có x0 và y0 chia hết cho Ta đặt x0 = 3x1 và y0=3y1 (x1,y1 ∈ N* ) Khi đó ta nhận phương trình 6( x12 + y12 ) = z12 + t12 (7) Phương trình này giống phương trình (6) , có khác số Ta lập luận tương tự, ta x y z t thu nghiệm (7) là : x1 = , y1 = , z1 = , t1 = và tạo dãy số nguyên 3 3 dương vô hạn t0 > t1 > t2 > … > Điều này vô lí vì dãy số tự nhiên nhỏ t0 có hữu hạn -13 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (14) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= VD3: Chứng minh phương trình x2 + y2 + z2 = 2xyz HD: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (x0,y0,z0) nghĩa là x02 + y02 + z02 = x0 y0 z0 (8) Vế phải phương trình chia hết cho , suy vế trái phương trình phải chia hết cho Điều này xảy x0,y0,z0 chia hết cho Khi đó ta đặt x0 = 2x1 , y0 = 2y1 , x0 = 2z1 ( x1,y1,z1 nguyên dương ) Thay các giá trị này vào phương trình (8) ta nhận (9) x12 + y12 + z12 = x1 y1 z1 Sử dụng lí luận tương tự phương trình (8) cho phương trình (9) ta tìm x1 = ( x2, y2, z2 nguyên dương ) 2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2 Và đó ta lại có: x22 + y22 + z22 = x2 y2 z2 Tiếp tục quá trình này ta nhận dãy vô hạn ba nguyên dương : ( xk, yk, zk ) có tính chất xk = 2xk + ,k = 0,1, … Và x0 > x1 > … > xk > xk + > … > Điều này vô lí vì dãy các số tự nhiên nhỏ x0 có hữu hạn Suy phương trình không có nghiệm nguyên -14 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (15) ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================= III BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Cho số nguyên x1, x2, x3, x4, x5 với x1 + x2 + x3 + x4 + x5 > và đặt trên đường tròn Nếu xi < thì các số xi-1, xi, xi + phép đổi thành xi + + xi, – xi , xi + + xi ( ta quy ước xi + ≡ xi ) Chứng minh sau hữu hạn bước tất các số trên đường tròn trở thành các số nguyên không âm ( Bài này ngoài cách sử dụng nguyên lí xuống thang để chứng minh còn có thể sử dụng nguyên lí bất biến để giải ) Bài Cho a1, a2, …, an là số số tự nhiên đôi khác (n > 2) Từ đó nhận số mới: a +a a +a a1 + a2 a2 + a3 , ,…, n−1 n , n 2 2 Từ số này lại theo quy tắc trên tạo số sau đó và quá trình tiếp tục … Chứng minh sau số bước chắn nhận số, mà đó không phải tất các số là số tự nhiên Bài Cho phương trình x12 + x22 + + x29 = 29 x1x2 x29 Chứng minh phương trình có vô hạn nghiệm ( x1, x2 , , x29 ) đó xi nguyên và xi ≥ 2005 ∀i = 1, 29 Bài Giả sử a1, a2 , , a2n là số tự nhiên bất kì Chứng minh tạo từ n nó số b1, b2 , , b2n theo nguyên tắc bk = ak +1 − ak , k = 1, ,2 , a2n +1 = a1 , sau đó từ số b1, b2 , , b2n theo nguyên tắc trên ta tạo số c1, c2 , , c2n Quá trình tiếp tục … thì sau số bước ta đưa số gồm toàn số HẾT - -15 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 (16)