Bài toán chia hết 3.1Lý thuyết cơ bản
4.3 Nguyên tắc cực hạn, lùi vô hạn 1Lùi vô hạn
Ví dụ 4.26 (Korea 1996). Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2+y2+z2 = 2xyz (4.34) Lời giải. Giả sử(x0;y0;z0) là bộ nghiệm nguyên của (4.34) thì ta có
x02+y02+z02 = 2x0y0z0
Rõ ràng VT (4.34) chẵn do VP (4.34) chẵn nên có 2 trường hợp xảy ra:
4.3. Nguyên tắc cực hạn, lùi vô hạn 87
• Trường hợp 1.Trong x0;y0;z0, có 2 số lẻ, 1 số chẵn. Không mất tính tổng quát, giả sử x0;y0 lẻ cònz0 chẵn. Xét theo module 4 thì
V T(4.34)≡2 (mod 4), V P(4.34)≡0 (mod 4) :vô lý! Vậy trường hợp này không xảy ra.
•Trường hợp 2.x0; y0; z0 đều chẵn. Đặtx0= 2x1; y0 = 2y1; z0= 2z1
vớix1;y1;z1 ∈Z. Thay vào (4.34) và rút gọn, ta thu được
x12+y12+z12 = 4x1y1z1
Lập luận như trên, ta lại đượcx1; y1; z1 đều chẵn.
Quá trình đó diễn ra tiếp tục nênx0; y0; z0 ...2k với ktự nhiên tùy ý. Điều đó chỉ xảy ra khi và chỉ khix0=y0=z0 = 0.
4.3.2 Nguyên tắc cực hạn
Định nghĩa 4.1 Nguyên tắc cực hạn hay còn gọi là nguyên lí khởi đầu cực trị. Về mặt hình thức thì phương pháp này khác với phương pháp lùi vô hạn nhưng cách sử dụng đều như nhau đều chứng minh phương trình chỉ có nghiệm tầm thường (nghiệm tầm thường là nghiệm bằng 0). Phương pháp giải như sau:
Giả sử (x0;y0;z0;...)là nghiệm củaf(x;y;z;...) với một điều kiện nào đó ràng buộc bộ(x0;y0;z0;...). Chẳng hạn x0 nhỏ nhất hoặcx0+y0+
z0 +... nhỏ nhất và sau đó bằng các phép biến đổi số học ta lại tìm được 1 bộ nghiệm (x1;y1;z1;...) trái với những điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ ta chọn bộ (x0;y0;z0;...)với điều kiện x0 nhỏ nhất sau đó ta lại tìm được 1 bộ (x1;y1;z1;...) với x1 < x0 dẫn đến phương trình
có nghiệm tầm thường. 4
Ví dụ 4.27. Giải phương trình nghiệm nguyên sau
8x4+ 4y4+ 2z4 =t4 (4.35) Lời giải. Giả sử(x0;y0;z0;t0)là nghiệm nguyên không tầm thường của (4.35) vớix0 nhỏ nhất.
88 4.3. Nguyên tắc cực hạn, lùi vô hạn
Từ (4.35) suy rat0 chẵn. Đặtt= 2t1(t1∈Z)thế vào (4.35) và rút gọn, ta được
4x4o+ 2yo4+zo4 = 8t41
Do vậyz0 chẵn. Đặtz0 = 2z1(z1∈Z), thế vào và rút gọn ta được 2x4o+y4o+ 8z14 = 4t41
Do vậyy0 chẵn. Đặt y0= 2y1(y1 ∈Z), thế vào và rút gọn ta được
x4o+ 8y41+ 4z14 = 2t41
Do vậyx0 chẵn. Đặt x0 = 2x1(x1∈Z), thế vào phương trình ta được 8x41+ 4y14+ 2z14 =t41
Suy ra(x1;y1;z1;t1) cũng là nghiệm của (4.35) . Dễ thấy x1 < x0 (vô lí với điều giả sử). Do đó phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là
(x;y;z;t) = (0; 0; 0; 0).
Bài tập đề nghị
Bài1. Giải các phương trình nghiệm nguyênx2+y2 = 3z2
Bài2. Giải các phương trình nghiệm nguyênx3+ 2y3 = 4z3
Bài3. Giải các phương trình nghiệm nguyên3x2+ 6y2+ 12z2 =t2
Bài4. Giải các phương trình nghiệm nguyênx2+ 6y2+ 2z2 = 4t2 Bài5. Giải phương trình nghiệm nguyênx2+y2+z2+t2=x2y2z2. Bài6. Giải phương trình nghiệm nguyên5x3+ 11y3+ 13z3 = 0.
Chương
5
Phương trình đồng dư5.1 Phương trình đồng dư tuyến tính 89