Fermat đã dùng phương pháp xuống thang để chứng minh phương trình x4 +
y4 = z4 không có nghiệm nguyên dương.
Cơ sở của phương pháp xuống thang là tính sắp thứ tự tốt của N (và Nk, tích Đề các của k phiên bản N): Một tập con khác rỗng bất kỳ của N đều có phần tử nhỏ nhất.
Để chứng minh một phương trình là vô nghiệm, ta giả sử ngược lại rằng tập R
các nghiệm nguyên (tự nhiên, nguyên dương) của phương trình khác rỗng. Ta đưa ra một thứ tự tốt trên R và giả sử α0 là nghiệm nhỏ nhất (theo thứ tự nêu trên). Nếu bằng cách nào đó ta xây dựng được nghiệm a1 nhỏ hơn α0 thì chúng ta sẽ đi đến mâu thuẫn. Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử là sai và như vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài toán 2.28. Chứng minh rằng phương trình x4 + y4 = z2 không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải. Giả sử rằng phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Giả sử
(x, y) = d, tức là x = da, y = db, trong đó (a, b) = 1. Khi đó a4 +b4 = (z/d2)2. Giả sử z = d2c, trong đó c ∈ Q, khi đó
a4 + b4 = c2 (2.1)
Vì c ∈ Q, c2 ∈ N nên c ∈ N+. Trong tất cả các nghiệm của phương trình (2.1), chọn nghiệm có c nhỏ nhất. Ta có (a2)2 + (b2)2 = c2 trong đó (a, b) = 1, suy
ra (a2, b2) = 1, tức là (a2, b2, c) là bộ ba Pythagore nguyên thủy. Tồn tại các số
nguyên dương m, n sao cho a2 = m2 −n2, b2 = 2mn, c = m2 +n2, trong đó m, n
khác tính chẵn lẻ, m > n và (m, n) = 1, nghĩa là a2 = m2−n2 lẻ. Giả sử m chẵn,
n lẻ. Khi đó n2, a2 chia 4 dư 1, nghĩa là m2 = n2+a2 chia 4 dư 2 mâu thuẫn. Vậy
m lẻ, n chẵn, ngòai ra (a, n, m) lập thành bộ Pythagore nguyên thủy, do đó tồn tại p, q ∈ N+ sao cho a = p2 −q2, n = 2pq, m = p2 +q2, trong đó p, q khác tính chẵn lẻ, p > q và (p, q) = 1, ngòai ra b2 = 2mn, nghĩa là b2 = 4pq(p2+q2), suy ra
b = 2h, h ∈ N+, khi đó
h2 = pq(p2 +q2). (2.2)
Giả sử rằng tồn tại số nguyên tố r chia hếtpq, p2+q2. Vì r chia hết pq nên không mất tổng quát, có thể giả sửr chia hết p, khi đó r chia hết (p2+q2)−p2 = q2, suy ra r chia hết q, mâu thuẫn vì (p, q) = 1. Vậy (pq, p2 +q2) = 1, như thế, từ (2.2), theo định lý ??, ta có pq = s2, p2 +q2 = t2 với s, t ∈ N+. Vì pq = s2,(p, q) = 1
nên p = u2, q = v2 với u, v ∈ N+, nghĩa là (u2)2 + (v2)2 = t2 hay u4 + v4 = t2, trong đó c = m2 +n2 > m = p2 + q2 = t2 > t, mâu thuẫn với cách chọn c. Như vậy điều giả sử ban đầu là sai và ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.29. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
x3 −3y3 = 9z3.
Lời giải. Hiển nhiên 3|x. Đặt x = 3x1, với x1 nguyên. Thay vào phương trình ban đầu rồi chia cả hai vế cho 3, ta thu được
9x13 −y3 = 3z3.
Suy ra 3|y. Đặt y = 3y1, với y1 nguyên. Thay vào phương trình trên rồi chia cả hai vế cho 3, ta được
3x13 + 9y13 = z3.
Suy ra 3|z. Đặt z = 3z1, với z1 nguyên. Thay vào phương trình trên rồi chia cả hai vế cho 3 ta được
x13 −3y13 = 9z13.
Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm, trong đó,
x= 3x1, y = 3y1, z = 3z1.
Lập luận tương tự như trên thì (x2, y2, z2) cũng là nghiệm, trong đó
x1 = 3x2, y1 = 3y2, z1 = 3z2.
Cứ tiếp tục như vậy dẫn đến x, y, z đều chia hết cho 3k, với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0.
Đó là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.
Nhận xét 2.4. Trong ví dụ trên, nếu yêu cầu tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình x3 −3y3 = 9z3, ta có thể dùng nguyên tắc cực hạn để chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên dương như sau.
Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên dương của phương trình, trong đó x0 là giá trị nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị. Mặt khác, x có thể nhận được.
Lập luận như trong các giải trên, ta thu được(x1, y1, z1) cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình.
Mặt khác, x0 = 2x1, tức là x0 > x1. Điều này trái với giả thiết x0 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị nhận được của x.
Vậy nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 2.30 (Korea MO, xem [4]). Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
x2 +y2 +z2 = 2xyz.
Nếu trong ba số x, y, z có một số chẵn, hai số lẻ. Giả sử x chẵn, y, z lẻ thì
x2 +y2 +z2 chia cho 4 dư 2 còn 2xyz chia hết cho 4. nên khă năng này loại. Vậy ba số x, y, z phải cùng chẵn. Đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, với x1, y1, z1
là các số nguyên. Thay vào phương trình ban đầu rồi chia cả hai vế cho 4 ta có
x12 +y12 +z12 = 4x1y1z1.
Lập luận tuơng tự, ta thu được x1, y1, z1 cũng là các số chẵn. Cứ tiếp tục như vậy dẫn đến x, y, z đều chia hết cho 2k, với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0.
Đó là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.
Bài toán 2.31. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
x4 +y4 +z4 = 9u4.
Lời giải. Nếu u = 0 thì x = y = z = 0. Ta sẽ chứng minh không còn nghiệm
nào khác nghiệm (0,0,0,0).
Giả sử x, y, z là các số nguyên thỏa mãn phương trình và u 6= 0.
Nếu u không chia hết cho 5 thì theo Định lý Fermat nhỏ ta có u4 ≡ 1 (mod 5)
nên 9u4 ≡ 4 (mod 5) nhưng x4, y4, z4 ≡ 0 hoặc 1 (mod 5) nên khả năng này
không xảy ra. Vậy u phải chia hết cho 5. Đặt u = 5u1, với u1 nguyên, ta có
x4 +y4 +z4 ≡ 0 (mod 5).
Theo Định lý Fermat nhỏ thì x, y, z chia hết cho 5. Đặt x = 5x1, y = 5y1, z = 5z1, với x1, y1, z1 là các số nguyên. Thay vào phương trình ban đầu rồi chia cả hai vế cho 54, ta có
x14 + y14 +z14 = 9u14.
Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm. Trong đó,
x = 5x1, y = 5y1, z = 5z1, u = 5u1.
Lập luận tương tự như trên thì (x2, y2, z2, u2) cũng là nghiệm, trong đó
x1 = 5x2, y1 = 5y2, z1 = 5z2, u1 = 5u2.
Cứ tiếp tục như vậy dẫn đến x, y, z, u đều chia hết cho 5k, với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = u = 0.
Đó là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.
Bài toán 2.32. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình
Lời giải. Giả sử x0, y0, z0 là các số nguyên dương thỏa mãn phương trình, trong đó x0 là giá trị nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị Mặt khác, x có thể nhận được.
Đặt d = x0y0. Nếu d = 1 thì x0 = y0 = 1, z0 = 0, (loại). Vậy d > 1. Gọi p là ước nguyên tố của d.
Ta có
(x0 +y0)(x0 −y0) = x02 −y02 = 2x0y0z0 ≡0 (mod p)).
Suy ra, x0 ≡ y0 (mod p) hoặc x0 ≡ −y0 (mod p). Vì x0y0 chia hết cho p nên
x0 ≡ y0 ≡ 0 (mod p).
Đặt x0 = px1, y0 = py1, với x1, y1 là các số nguyên dương. Thay vào phương trình ban đầu rồi chia cả hai vế cho p2, ta có
x12 −y12 = 2x1y1z0.
Suy ra, (x1, y1, z0) cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình. Mặt khác,
x0 = px1, tức là x0 > x1. Điều này trái với giả thiết x0 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị nhận được của x.
Vậy nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Nhận xét 2.5. Để sử dụng phương pháp xuống thang, người ta cần đến những điểm cực biên của tập hợp số đã cho.
Bài toán 2.33. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn phương trình
pq +qp = r.
Lời giải. Nhận xét rằng trong 3 số nguyên tố p, q, r tối thiểu phải có một số
nguyên tố chẵn. Số đó phải bằng 2.
Vì p, q là hai số nguyên tố nên r 6= 2. Không mất tính tổng quát, có thể giả thiết q = 2.Vậy p2+ 2p = r.Vì r là số nguyên tố nên p phải là só lẻ. Nếu p6= 3 thì
p2 + 2p ≡(±1)2 + (−1)p (mod 3) ≡ 1−1 (mod 3). Vậy r chia hết cho 3, nhưng
p2 + 2p = 3 chỉ thỏa mãn cho p= 1 : mâu thuẫn. Từ đây suy ra p = 3, r = 17.
Bài toán 2.34. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
x+y +z = xyz (2.3)
Lời giải. Vì vai trò của x, y, z như nhau nên ta có thể giả sử 1≤ x ≤y ≤ z. Từ (2.3) suy ra 1 = 1 xy + 1 yz + 1 zx ≤ 3 x2 , suy ra x2 ≤ 3 suy ra x = 1.
Do đó y = 2, z = 3 (vì y −1≤ z−1).
Vậy nghiệm của phương trình (2.3) là (1; 2;3) và các hoán vị của nó.
Nhận xét 2.6. Ở đây vì chỉ có hữu hạn số nguyên dương và chúng có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử x là số nguyên dương bé nhất.
Bài toán 2.35. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho tồn tại các số tự nhiên
(x, y, z) có tính chất (x+y +z)2 chia hết cho nxyz.
Lời giải. Đặt F (x;y;z) = (x+y +z)
2
xyz .
Giả sử n là số nguyên dương nào đó sao cho tồn tại bộ số nguyên dương x, y, z
để n = F (x;y;z).
Ta giả sử (x, y, z) là một bộ số như vậy, đồng thời và z đạt cực tiểu trong tất cả các bộ thỏa mãn điều kiện bài ra.
Ta có n(xyz) = (x+y +z)2 = (x+y)2 + 2z(x+y) +z2 (2.4) Từ đó, suy ra z (x+y)2.
Mặt khác nếu (x, y, z) thỏa mãn điều kiện đòi hỏi thì
F x, y;(x+y) 2 z ! = n, do bộ số x, y; (x+y) 2 z ! thỏa mãn (2.4).
Như vậy nếu z > x+y thì (x+y)2
z > z, trái với giả thiết về tính cực tiểu của z. Từ đó, suy ra x+y ≥ z. Ta có n = x yz + y xz + z xy + 2 x + 2 y + 2 z ≤ 1 z + 1 x + 1 y + 1 x + 2 x + 2 y + 2 z ≤ 7 x + 3 z.
Vậy n lớn nhất khi z = 1, suy ra x = y = z = 1, tức là n6= 7. Giả sử ngược lại, 7 ≤ 7
x + 3 z. Khi đó x ≥ 2, suy ra 7 x + 3 z ≤ 7 2 + 3 3 = 5, vô lý.
Tính toán trực tiếp, ta được
F(1; 4; 5) = 5, F(1; 2; 6) = 6, F(1; 1; 2) = 8, F(1; 1; 1) = 9.
Vậy các giá trị n cần tìm là 1; 2; 3; 4; 5; 6; 8; 9.
Nhận xét 2.7. - Ta chỉ cần tìm các số nguyên dương n để dấu đẳng thức xảy ra mặc dù yêu cầu bài toán là (x+y +z)2 chia hết cho nxyz, vì nếu (x+y +z)2 =
k(nxyz) thì ta thay kn bởi n0.
- Vì trong tập hợp các số nguyên dương bao giờ cũng tồn tại số nguyên dương bé nhất nên ta có thể giả sử z nhỏ nhất.
Bài toán 2.36. Cho n là số tự nhiên, n ≥3. Tìm số tự nhiên k nhỏ nhất có tính chất sau:
Với mọi bộ n số tự nhiên d1, d2, . . . , dn nguyên tố cùng nhau sao cho tổng
d1 + d2 + · · ·+ dn chia hết cho mọi di với 1 ≤ i ≤ n, ta có (d1 +d2 +· · ·+dn)k
chia hết cho tích d1d2. . . dn.
Lời giải. Giả sử p là số nguyên tố, p là ước của tích d1d2. . . dn.
Gọi s là số lớn nhất sao cho tồn tại j, trong đó1 ≤ j ≤ n để dj chia hết cho ps. Vì p1 +p2 +· · ·+pn chia hết cho dj nên d1 +d2+· · ·+dn chia hết cho ps, từ đó suy ra d1 +d2 + · · ·+ dn)n−1 chia hết cho ps(n−2).
Vì d1, d2, . . . , dn không có ước chung khác 1 nên phải tồn tại dl nào đó không chia hết cho p.
Như vậy lũy thừa cao nhất của p chia hết tích d1d2. . . dn không vượt quá
s(n−2).
Vì p được chọn là ước nguyên tố tùy ý của tích nên ta có
(d1 +d2 +· · ·+dn)n−2...d1d2. . . dn.
Như vậy số k nhỏ nhất cần tìm thỏa mãn điều kiện k ≤ n−2.
Ta chứng tỏ k = n−2, tức là nếu tồn tại d1, d2, . . . , dn thỏa mãn giả thiết của bài toán sao cho (d1 +d2 +· · ·+dn)n−3 không chia hết cho tích d1d2. . . dn.
Ta lấy d1 = 1, d2 = n−1, di = n, 3≤ i ≤ n.
Khi đó d1 + d2 + · · ·+dn = n(n−1)...di ∀1≤ i ≤ n. Mặt khác, d1d2. . . dn = (n−1)nn−2.
Do (n, n−1) = 1 nên lũy thừa bé hơn (n−2) của tổng d1+d2+· · ·+dn không
thể chia hết cho tích d1, d2, . . . , dn.
Bài toán 2.37. (IMO 2002) Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1. Tất cả các ước nguyên dương của n là d1;d2;. . .;dk với 1 = d1 < d2 < · · · < dk = n.
Đặt d = d1d2 +d2d3 + · · ·+dk−1dk. a) Chứng minh rằng D < n2.
b) Xác định tất cả n sao cho D là một ước số của n2. Lời giải. a) Nhận xét rằng d1dk = d2dk−1 = · · · = dl.dk−l+1 = · · · = dkd1 = n. Do đó D < n2 ⇔ d1d2 +d2d3 +· · ·+dk−1dk < n2 ⇔ d1d2 n2 + d2d3 n2 +· · ·+ dk−1dk n2 < 1 ⇔ d1d2 d1dk.d2dk−1 + d2d3 d2dk−1.d3dk−2 + · · ·+ dk−1dk d2dk−1.dk.d1 < 1 ⇔ 1 d1d2 + 1 d2d3 +· · ·+ 1 dk−1.dk < 1. (2.5) Mặt khác, thì Vế trái (2.5) < 1 d1 −d2 + 1 d2 −d3 +· · ·+ 1 dk−1 − 1 dk = 1− 1 dk = 1. Vì vậy bất đẳng thức (2.5) đúng và D < n2.
b) Nếu n = p là số nguyên tố thì D = n là ước của n2.
Nếu n là hợp số và gọi p là ước số nguyên tố nhỏ nhất của n thì dk = n, d2 =
p, dk−1 = n
p và do đó D > n2
p = dk−1dk.
Theo kết quả câu a, ta có n2 > D > n
2
p nên D ko thể là ước số của n
2 được.
Bài toán 2.38 (Hungari MO 2000). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho với số
p đó, tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa mãn điều kiện pn = x3 +y3.
Lời giải. Các số nguyên tố tìm được là 2 và 3.
Thật vậy, ta có 21 = 13 + 13 và 32 = 12 + 23.
Xét p > 3. Giả sử tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa mãn điều kiện
pn = x3 + y3.
Khi đó, ta chọn n, x, y sao cho số n nhỏ nhất trong tất cả các bộ ba số như thế tồn tại. Vì p 6= 2 nên (x;y) 6= (1; 1).
Vì vậy x2 −xy +y2 = (x−y)2 +xy > 1 và x+y > 1.
Do x2−xy+y2 và x+y cùng chia hết x3 +y3 nên suy ra chúng là bội số của
Suy ra p chia hết một trong ít nhất hai số x, y vì p không chia hết 3.
Hơn nữa, p không thể chia hết chỉ một trong hai số x và y vì ta có p|(x+y). Vậy nên p chia hết x và p chia hết y.
Từ đó, suy ra n > 3, chia hai vế của pn = x3 + y3 cho p3, ta có
pn−1 = x p 3 + y p 3 .
Điều này mâu thuẫn với cách chọn n bé nhất như đã nói ở trên.