2 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyê n
2.1.5 Một số cách giải khác
Nhiều phương trình nghiệm nguyên cơ bản không thuộc những loại đã mô tả trong các mục trước. Trong phần tiếp theo ta sẽ trình bày một vài ví dụ về các phương trình như vậy.
Ví dụ 2.1.36 (Titu Andreescu). Giải hệ phương trình trên tập số nguyên dương
(
x2 + 3y = u2,
y2 + 3x = v2.
Lời giải. Ta thấy rằng các bất đẳng thức x2 + 3y ≥ (x+ 2)2, y2 + 3x ≥ (y + 2)2 không thể cùng đúng, bởi vì nếu cả hai cùng đúng thì bằng cách cộng vế với vế ta thu được x2 + y2 + 3(x + y) ≥ x2 + y2 + 4(x + y) + 8,
hay 0 ≥ (x + y) + 8, đây là điều mâu thuẫn. Vì vậy, ít nhất một trong
những bất đẳng thức đó là sai. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng
x2+ 3y < (x+ 2)2. Khi đó x2 < x2+ 3y < (x+ 2)2 suy ra x2+ 3y = (x+ 1)2
hay 3y = 2x + 1. Từ đó ta nhận được công thức x = 3k + 1, y = 2k + 1 với số k nguyên không âm, và y2 + 3x = 4k2 + 13k + 4. Với k > 5, ta có (2k+ 3)2 < 4k2+ 13k+ 4 < (2k+ 4)2; vì thế y2+ 3x = 4k2+ 13k+ 4 không thể là một số chính phương. Do vậy ta chỉ cần xem xét k ∈ {0,1,2,3,4}. Chỉ k = 0 làm cho y2 + 3x trở thành một số chính phương; do đó, nghiệm duy nhất của hệ là x = y = 1, u= v = 2.
Ví dụ 2.1.37 (Titu Andreescu). Giải phương trình
1 +x1 + 2x1x2 + 3x1x2x3 +· · ·+ (n−1)x1x2· · ·xn−1 = x1x2· · ·xn
trong đó x1, x2, . . . , xn là các số nguyên dương phân biệt. Lời giải. Viết phương trình dưới dạng
x1(x2· · ·xn −(n−1)x2· · ·xn−1 − · · · −2x2 −1) = 1
suy ra x1 = 1 và
x2(x3· · ·xn −(n−1)x3· · ·xn−1 − · · · −3x3 −2) = 2.
Bởi vì x2 6= x1, suy ra x2 = 2 và ta có
Ta có x3 6= x2 và x3 6= x1, vì thế x3 = 3. Tiếp tục quá trình này (tương đương với một quy nạp toán học hữu hạn), ta có được
x1 = 1, x2 = 2, . . . , xn−1 = n−1.
Cuối cùng, ta có (n−1) (xn−(n−1)) = n−1, vì thế xn = n.
Nhận xét. Thay vào phương trình ta được đẳng thức
1 + 1·1! + 2·2! +· · ·+ (n−1)·(n−1)! =n!.
Ví dụ 2.1.38. Giải phương trình trên tập số nguyên dương 7x+x4+47 = y2.
Lời giải. Nếu x lẻ thì 7x ≡ (−1)x (mod 4) ≡ −1 (mod 4) và
x4 ≡ (2t+ 1)4 ≡ (4k+ 1)2 ≡ 1 (mod 4);
suy ra 7x +x4 + 47 ≡ 3 (mod 4). Do đó không có số chính phương y2 nào thỏa mãn trong trường hợp này.
Giả sử x chẵn x = 2t, với t là một số nguyên dương. Với t ≥ 4, ta có (7t)2 < 72t + (2t)4 + 47 < (7t + 1)2. Thật vậy, bất đẳng thức bên trái là rõ ràng, và bên phải tương đương với 8t4 + 23 < 7t, mà ta có thể kiểm chứng nó bằng cách sử dụng quy nạp toán học với t ≥ 4. Do đó trường hợp này cũng không có số y2 nào thỏa mãn phương trình.
Vì thế ta chỉ còn phải xét t ∈ {1,2,3}. Ta thấy chỉ có t = 2 thỏa mãn; khi đó x = 4, y = 52 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 2.1.39. GọiM là số nghiệm nguyên của phương trình x2−y2 = z3−t3
với tính chất 0 ≤x, y, z, t ≤ 106, và gọi N là số nghiệm nguyên của phương trình x2 −y2 = z3 −t3 + 1 có cùng tính chất. Chứng minh rằng M > N. Lời giải. Viết hai phương trình dưới dạng
x2 +t3 = y2 + z3, x2 + t3 = y2 +z3 + 1,
và với mỗi k = 0,1,2, . . . ta kí hiệu nk số nghiệm nguyên của phương trình u2 + v3 = k với tính chất 0 ≤ u, v ≤ 106. Rõ ràng là nk = 0 với mọi k lớn hơn l = 1062 + 1063. Bây giờ ta có một nhận xét quan trọng sau:
Để chứng minh, ví dụ, xét đẳng thức thứ hai, lưu ý rằng đối với bất kỳ nghiệm nguyên của x2 +t3 = y2 + z3 + 1 với 0 ≤ x, y, z, t ≤ 106 có một số k tương ứng (với 1≤ k ≤l) sao cho
x2 +t3 = k, y2 +z3 = k−1. (2)
Và với bất kỳ số k nào như vậy, ta có các cặp (x, t) và (y, z) thỏa mãn (2) có thể được chọn độc lập với nhau theo nk và nk−1, tương ứng. Do đó cho
mỗi k = 1,2, . . . , l, ta có nk−1nk nghiệm của x2 + t3 = y2 + z3 + 1 với
x2 + t3 = y2 + z3 + 1 = k, từ đó suy ra N = n0n1 + n1n2 + · · · + nl−1nl.
Việc chứng minh đẳng thức đầu tiên trong (1) về cơ bản là giống như cách ta vừa thực hiện.
Dễ dàng để suy ra từ (1) rằng M > N. Thật vậy, bằng biến đổi đại số ta thấy rằng M −N = 1 2 h n20 + (n0 −n1)2 + (n1 −n2)2 +· · ·+ (nl−1 −nl)2 +n2li > 0, vì n0 6= 0 (trên thực tế, n0 = 1).
Ví dụ 2.1.40. (a) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba nguyên (x, y, z) thỏa mãn phương trình
x3 + 2y3 + 4z3 −6xyz = 1 (1)
(b) Xác định tất cả các nghiệm nguyên của (1).
Lời giải. (a) Gọi s căn bậc ba thực của 2 và ω = e2πi/3. Khi đó (1) có thể được viết lại, bằng cách phân tích vế bên trái, như
x+ys+zs2 x+ysω +zs2ω2 x+ysω2 +zs2ω= 1. (2)
Cho (x1, y1, z1) = (1,1,1), rõ ràng tạo thành một nghiệm của (1). Do đó, rõ
ràng là bộ ba (xn, yn, zn) xác định bởi
xn +yns+zns2 = x1 +y1s+z1s2n
cũng là một nghiệm của (1) với mọi n ∈ Z (và các bộ ba số như vậy tất cả đều phân biệt).
(b)Chỉ có các nghiệm là những bộ ba có dạng(xn, yn, zn)hoặc(−xn,−yn,−zn). Chính xác hơn, ta chỉ ra rằng nếu (x, y, z) là một nghiệm của (1) với
x+ ys+ zs2 > 0 thì (x, y, z) = (xn, yn, zn), trong đó n là số nguyên duy
nhất sao cho
1 +s+ s2n ≤ x+ys+ zs2 < 1 +s+s2n+1.
Xây dựng nghiệm mới (u, v, w) bởi quan hệ
u+vs+ ws2 = x+ys+zs2 1 +s+s2−n, do đó 1 ≤ u+ vs+ws2 < 1 +s+s2. Ta có 1 ≥ u+vs+ ws2−1 = u+vsω +ws2ω2 u+vsω2 +ws2ω = u2 −2vw+ 2w2 −uvs+ v2 −uws2 = 1 2 h (u−vs)2 + vs−ws22 + ws2 −u2i, và do đó |u−vs|, vs−ws2, ws2 −u là các số nhỏ hơn hoặc bằng √ 2. Nếu w ≥ 1, thì u > ws2 − √2 > 0 và v > ws − s−1√ 2 > 0, vì thế u+vs+ws2 ≥ 1 +s+s2, có mâu thuẫn. Tương tự, giả sử w ≤ −1, khi đó suy ra u+ vs+ws2 ≤ − 1 +s+s2, có mâu thuẫn. Vì thế w = 0, ta thu được các bất đẳng thức
|u−vs|, |vs|, |u| ≤ √2.
Điều kiện thứ hai và thứ ba kéo theo −1 ≤ u, v ≤ 1, khi đó, ta chỉ thu được nghiệm là (u, v, w) = (1,0,0) hoặc (−1,1,0). Nghiệm thứ hai không thỏa mãn điều kiện thứ nhất, vì vậy(u, v, w) = (1,0,0)và (x, y, z) = (xn, yn, zn), như điều ta muốn.