3 Một số dạng phương trình nghiệm nguyên
3.2 Phương trình Pythagore
Định nghĩa 3.2. Phương trình x2 + y2 = z2 trong Z được gọi là phương trình Pythagore. Nghiệm của phương trình này được gọi là bộ ba Pythagore.
Ta thấy ngay tập nghiệm của phương trình này là một tập vơ hạn vì (3t,4t,5t) với
t nguyên đều là nghiệm của phương trình này. Khi (x0, y0, z0) là nghiệm của phương trình Pythagore thì (±x0,±y0,±z0) và (±y0,±x0,±z0) cũng là nghiệm của phương trình Pythagore. Nghiệm (x0, y0, z0) trong đó x, y, z > 1 thuộc Z với (x, y, z) = 1gọi lànghiệm nguyên thuỷ haybộ ba Pythagore nguyên thuỷ . Ta chứng minh kết quả sau. Định lý 3.4. (Xem [3]) Tập tất cả các bộ ba Pythagore nguyên thuỷ của phương trình
x2+y2 =z2 là hợp của { 2mn, n2−m2, n2+m2}và{ n2−m2,2mn, n2+m2}với
m, n∈N,(m, n) = 1 và n > m>1 khác tính chẵn lẻ.
Chứng minh. Trước tiên xét nghiệm 2mn, n2−m2, n2+m2 với m, n ∈N,(m, n) = 1, n > m>1 khác tính chẵn lẻ. Khi đó n2−m2 >1và n2+m2 là số lẻ.
Vì 2mn, n2−m2, n2+m2= 2mn,2n2, n2+m2= mn, n2, n2+m2. Vậy
2mn, n2−m2, n2+m2= mn, n2, m2= 1
Do đó,
2mn, n2−m2, n2+m2
là bộ ba Pythagore nguyên thuỷ.
Hiển nhiên n2−m2,2mn, n2+m2 cũng là bộ ba Pythagore nguyên thuỷ.
vàx2+y2=z2.Nếuxvàycùng là số chẵn thìzlà số chẵn : mâu thuẫn với(x, y, z) = 1.
Nếux và y cùng là số lẻ thì z2 có dạng 4k+ 2,nhưng điều này không thể xảy ra. Vậy
x và y khác tính chẵn lẻ. Khi đó z là số lẻ. Khơng hạn chế có thể giả thiết x là số chẵn, cịn y và z là số lẻ. Đặt d = (x, y). Khi đó z chia hết cho d. Vì (x, y, z) = 1
nên d = 1 hay (x, y) = 1. Vì x 2 2 = z−y 2 z+y 2 và dễ dàng chỉ ra (y, z) = 1 nên (z−y 2 , z+y 2 ) = 1 và có m, n ∈ N+ để z−y 2 = m 2,z+y 2 = n 2. Từ đây ta suy ra z = n2 +m2, y = n2 −m2, x = 2mn. Vì n2, m2 = z−y 2 , z+y 2 = 1 ta suy ra
(m, n) = 1. Vì y>1 nên n > m. Vì (x, y, z) = 1nên m, n khác tính chẵn lẻ. Tóm lại, tập tất cả các bộ ba Pythagore nguyên thuỷ của phương trìnhx2+y2=z2 là hợp của
{ 2mn, n2−m2, n2+m2} và { n2−m2,2mn, n2+m2} với m, n ∈ N,(m, n) = 1
và n > m>1 khác tính chẵn lẻ.
Định nghĩa 3.3. Với số nguyên dương n > 3, phương trình Fn : xn+yn =zn trong Z được gọi là phương trình Fermat. Nghiệm của phương trình này được gọi là bộ ba Fermat.
Ta thấy ngay tập nghiệmF của phương trình này là một tập khác rỗng vì(1,0,1)∈F.
Hơn nữa, F cịn là một tập vơ hạn vì (t,0, t) ∈ F với t ∈ Z. Theo nhà tốn học G. Falting, có thể dự đốn tập F khơng thể chứa vô hạn các bộ ba Fermat (x, y, z) với
x, y, z 6= 0.Vấn đề đặt ra : Tìm cácbộ ba Fermat dương, có nghĩa :x, y, z >1 thuộcZ với (x, y, z) = 1 vàxn+yn =zn. Vấn đề này không đơn giản để giải quyết. Xét trường hợp đặc biệt sau đây:
Định lý 3.5. (Xem [2]) Phương trình x4 +y4 = z2 khơng có nghiệm ngun x, y, z
đều khác 0.
Chứng minh.Giả sử phương trình nói trên có nghiệm nguyên x, y, z khác 0. Do số mũ chẵn nên ta có thể giả sử x, y, z là các số nguyên dương. Giả sử (x1, y1, z1) là nghiệm nguyên dương của phương trình với z1 nhỏ nhất. Ta có thể giả sử (x1, y1) = 1. Thật vậy, nếu (x1, y1) = d thì x1 =dx2, y1 =dy2 với (x2, y2) = 1, x2, y2 nguyên dương. Vì
x4+y4=z2 nên d4x42+d4y42 =z21.Do đó d4|z12 và suy rad2|z1. Đặtz1 =d2z2. Khi đó ta có
Ta nhận được nghiệm của phương trình x4 +y4 = z2 với x = x2, y = y2, z = z2
và (x2, y2) = 1 và z2 < z1, vô lý. Do vậy, ta có thể giả thiết (x1, y1, z1) = 1 và bộ ba
(x21, y21, z1)là một bộ ba Pythagore nguyên thủy. Ta có(x1, y1) = (y1, z1) = (z1, x1) = 1
và x1, y1 có tính chẵn lẻ khác nhau, chẳng hạn x1 lẻ,y1 chẵn.
Ta chỉ ra ước chung lớn nhất(z1−x21, z1+x21) = 2. Thật vậy, do x1 lẻ và y1 chẵn nên
z1 lẻ. Vậy 2|(z1−x21, z1+x21) = (2z1, z1+x21) và 2 là số nguyên dương chẵn duy nhât thỏa mãn 2|2z1. Từ đó suy ra (z1−x21, z1+x21) = 2.
Vì y14 = (z1−x21)(z1 +x21) và y1 chẵn, (z1−x12, z1+x21) = 2, nên một trong hai số
z1−x2
1, z1+x21chỉ chia hết cho 2, không chia hết cho 4. Vậyy1= 2ab,hoặcz1−x2
1 = 2a4, z1+x21 = 8b4 hoặc z1−x12 = 8b4, z1+x21 = 2a4, trong đó a là số nguyên dương lẻ và
(a, b) = 1.
Nếu z1−x21 = 2a4, z1 +x12 = 8b4 thì x21 = 4b4−a4 và ta suy ra 1 ≡ −1( mod 4),
vô lý. Nếu z1 −x21 = 8b4, z1+x21 = 2a4 thì z1 = a4 + 4b4 với 0 < a < z1 và 4b4 = (a2−x1)(a2+x1).Vì (a, b) = 1 nên (a, x1) = 1. Do (a2−x1, a2+x1) = 2 được suy ra từ(z1−x21, z1+x21) = 2nên ta có biểu diễna2−x1 = 2x42, a2+x1= 2y24 với x2y2 =b.
Chọn x2 = a, ta nhận được x42+y24 =z22 với 0< z2 < z1, mâu thuẫn với giả thiết z1
nhỏ nhất.
Hệ quả 3.6. (Xem [2]) Phương trìnhF4:x4+y4 =z4 khơng có nghiệm ngun x, y, z
đều khác 0.
Chứng minh. Đặtt=z2.Khi đóx4+y4=t2.Theo Định lý trên, phương trình này vơ nghiệm trongN∗ nên x4+y4=z4 khơng có nghiệm nguyên x, y, z đều khác 0. Ví dụ 3.10. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau
x−2+y−2=z−2.
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương
x2+y2 =xy
z 2
.
Suy ra z|xy và x2+y2 là số chính phương. Đặt x2+y2 =t2 trong đó, t là số ngun dương. Khi đó, phương trình trở thành
t= xy
Gọi d = (x, y, t) thì x = ad, y = bd, t = cd với a, b, c là các số nguyên dương và
(a, b, c) = 1. Khi đó, phương trình tương đương
z = abd
c ,
với
a2+b2=c2.
Do a, b, c đơi một nguyên tố cùng nhau nên c|d hay d=kc, k nguyên dương. Suy ra
x=ad=kac, y=bd=kbc, t=cd=kc2, z =kab.
Mặt khác a2+b2=c2. Theo cơng thức nghiệm của phương trình Pythagore ta có
a=m2−n2, b= 2mn, c =m2+n2
Trong đóm, n là 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau,m ≥n, m+n là số lẻ. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
x=k m4−n4, y = 2kmn m2+n2, x= 2kmn m2−n2
Trong đóm, n là 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau,m > n, m+n là số lẻ. Ví dụ 3.11. Giải phương trình nghiệm ngun dương sau
x2+y2= 1997(x−y).
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương
(x+y)2+ (x−y)2−2.1997(x−y)= 0
Hay
(x+y)2+ (1997−x+y)2= 19972.
Do x, y nguyên dương nên 0< x+y <1997 và 0<1997−x+y <1997
Đặt a = x+y, b = 1997−x+y, ta có phương trình a2+b2 = 19972. Vì 1997 là số ngun tố nên (a, b) = 1. Đây là phương trình pythagore. Theo cơng thức nghiệm của phương trình Pythagore, ta có
Trong đó,m, n là các số nguyên dương, m > n và (m, n) = 1.
Do m2, n2 ≡0,1,−1 (mod 5) và 1997≡2 (mod 5)nên m, n≡ ±1 pmod5.
Lại có, m2, n2 ≡0,1 (mod 3) và 1997≡2 (mod 3)nên m, n≡ ±1 pmod3.
Suy ra m, n≡1,4,11,14 (mod 1)5.
Màm > n nên 1997
2 ≤m2 ≤1997.Do đó ta thu được các giá trịm= 34,41,44.Thay vào1997 =m2+n2 ta chỉ thu được (m, n) = (34,29). Suy ra(a, b) = (1972,315).Như vậy ta có hệ sau ( x+y= 1972 1997−x+y= 315 ( x+y= 315 1997−x+y= 1972.
Giải 2 hệ trên ta được nghiệm của phương trình ban đầu là (x, y) = (170,145) và
(1827,145).
Ví dụ 3.12. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau
x2+y2+z2+xy+yz +zx= 2w2.
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương
(x+y)2+ (y+z)2+ (z+x)2 = (2w)2.
Theo định lí về cơng thức nghiệm của phương trình pythagore mở rộng, ta có
x+y= l 2+m2−n2 n , y+z = 2l, z+x= 2m,2w= l2+m2+n2 n , trong đón|l2+m2. Suy ra x=m−l+ l 2+m2−n2 2n , y =l−m+l 2+m2−n2 2n , z =l+m− l 2+m2−n2 2n , w = l2+m2+n2 2n ,
trong đó l, m, n là các số nguyên dương sao cho x, y, z là các số nguyên dương và
2n|l2+m2+n2.