Phương trình vô định trong tập số hữu tỷ

Cho phương trình vô dịnh

ax2+2bxy+cy2+2dx+2ey+ f =0. (8.8) Nếuxvàylà nghiệm bất kỳ của (8.8) trong tập số hữu tỷ, thì chúng có thể viết

x= m

n, y= p q,

ở đâym,n,p,qlà những số nguyên. Ta có thể viết theo x= X

Z, y= Y Z,

ở đây X = mq,Y = np,Z = nq. Hiển nhiên X,Y,Z là những số nguyên.

Phương trình (8.8) có thể viết lại aX2

Z2 +2bXY Z2 +cY2

Z2 +2dX

Z +2eY

Z+ f =0 hoặc là

aX2+2bXY+cY2+2dXZ+2eYZ+ f Z2=0. (8.9)

8.2.Phương trình vô định trong tập số hữu tỷ 193 Theo cách này ta nhận được phương trình vô định ba ẩn, nhưng nghiệm của chúng chỉ tìm trong tập số nguyên.

Nếu ta giải được trong tập số nguyên phương trình (8.9)X,Y,Z, thì bằng cách đó ta giải phương trình (8.8) trong tập số hữu tỷ

x= X

Z, y= Y Z.

Dễ thấy mọi phương trình n ẩn, nghiệm phải tìm trong tập số hữu tỷ, ta có thể đưa về gải phương trình n+1 ẩn trong tập số nguyên. Tất nhiên sự chuyển đổi phương trình không phải là điều kiện cần, nghĩa là không vét hết được nghiệm trong tập số hữu tỷ cho phương trình ta cần giải.

Ví dụ 8.18. Giải phương trình trong tập số hữu tỷx2+y2 =1.

Lời giải. Ta đặt x = X

Z, y = Y

Z, ta nhận được phương trình X2+Y2 = Z2. Như ta đã biết đây là phương trình Pythagoras có công thức nghiệm

X=mn,Y = m

2−n2

2 t,Z= m

2+n2 2 t,

ở đây m và n là những số nguyên nguyên tố cùng nhau, t là số nguyên bất kỳ.Từ đây cho nghiệm hữu tỷ của phương trình là

x= 2mn

m2+n2, y= m

2−n2 m2+n2.

tất nhiên những sốm,nchỉ lấy trong số nguyên của việc giải phương trình đã chuyển đổi.

Nhưng ta có thể kiểm tra thấy rằng số m,nlà những số nguyên bất kỳ (tất nhiên không đồng thời bằng không), thì x,y đều là nghiệm hữu tỷ của phương trìnhx2+y2 =1. J

194 Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định Ví dụ 8.19. Giải phương trình Pell trong tập số hữu tỷ

t2−Du2 =1,

ở đây D > 0và nguyên, không là số chính phương (nghĩa là √ Dlà số vô tỷ).

Lời giải.Ta có thể giải phương trình trên trong số hữu tỷ không cần chuyển đổi ẩn số. Thật vậy, cho tvà ulà nghiệm hữu tỷ bất kỳ của phương trình Pell, vớiu 6= 0. Ta có thể lấy đẳng thứct =1+ku, ở đâykxác định bằng biểu thứck= t−1

u và hiển nhiên là số hữu tỷ.

Ta nhận được

(1+ku)2−Du2 =1⇒1+2ku+k2u2−Du2= 1

⇒2ku+k2u2−Du2=0.

Giản ước u(u 6= 0), ta nhận được 2k+k2u−Du = 0, từ đó ta tìm đượcu = − 2k

k2−D (k2−Dchắc chắn không bằng không vìD không phải là số chính phương).

Tìm biếnt

t=1+ku=1− 2k

2

k2−D =−k

2+D k2−D.

Như vậy mọi nghiệm hữu tỷ của phương trình Pell, với u 6= 0, tồn tại số hữu tỷksao cho

t =−k2+D k2−D, u=− 2k

k2−D.

(8.10)

Từ đẳng thức

−k

2+D k2−D

2

−D

− 2k k2−D

2

=1

8.2.Phương trình vô định trong tập số hữu tỷ 195 Ta thấy rằng với mọi số hữu tỷ k , (8.10) đều là nghiệm của phương trình Pell. Đặc biệt vớik =0ta nhận đượcu=0.

Để thuận tiện việc tính toán ta có thể viết lại công thức nghiệm, vì t,u là nghiệm của phương trình Pell thì −t,−u cũng là nghiệm của phương trình này, nên công thức (8.10) có thể viết lại

t= k

2+D

k2−D,u= 2k k2−D.

Bằng cách tương tự ta cũng có thể giải phương trình sau trong tập số hữu tỷ

t2−Du2= à2,

ở đõy D là số nguyờn dương khụng chớnh phương, cũn à là số nguyên bất kỳ.

Nghiệm hữu tỷ của phương trình trên là t= à(k2+D)

k2−D ,u= 2àk k2−D,

ở đâyklà số hữu tỷ bất kỳ. J

Ví dụ 8.20(Ukraina 1997). Tìm tất cả những nghiệm trong số thực trong hệ phương trình dau đây

(x1+x2+ã ã ã+x1997 =1997,

x41+x24+ã ã ã+x41997 = x31+x32+ã ã ã+x31997.

Lời giải. Ta sẽ chứng minh hệ phương trình chỉ có một nghiệm x1 = x2 = ã ã ã= x1997= 1. Ta đặtSn =xn1+xn2+ã ã ã+xn1997. Theo bất đẳng thức trung bình lũy thừa, ta có

S4 1997

14

≥ S1 1997 =1 và

S4 1997

14

≥ S3

1997 13

= S4

1997 13

196 Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định và như vậy S4

1997 ≤1. Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi và chỉ khix1= x2 =ã ã ã= x1997. J Ví dụ 8.21 (Ba Lan 1997). Giải hệ phương trình sau đây trong tập số thực

(3(x2+y2+z2) =1,

x2y2+y2z2+z2x2 = xyz(x+y+z)3.

Lời giải.Ta chú ý rằng không một số nào trongx,y,zhoặcx+y+z có thể bằng0, nếu ngược lại, thì theo phương trình thứ hai phải có x = y = z = 0, điều này không thể thỏa mãn phương trình thứ nhất. Ta cũng chú ý rằng

xyz(x+y+z) = x

2y2+y2z2+z2x2 (x+y+z)2 ≥0.

Cho ba số thực a,b,c, ta luôn có(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2 ≥ 0 hoặc tương đương vớia2+b2+c2≥ ab+ac+bc, bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi và chỉ khia=b=c. Như vậy

1=3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2= x

2y2+y2z2+z2x2 xyz(x+y+z)

≥ xy

2z+x2yz+xyz2 xyz(x+y+z) =1.

Do tất cả bất đẳng thức trên trở thành dấu bằng, nên ta phải có x = y = z. Từ phương trình thứ nhất ta tìm được các khả năng bộ ba nghiệm

1 3,1

3,1 3

và

−1 3,−1

3,−1 3

. Kiểm tra lại thì các bộ ba này là nghiệm của hệ phương trình đã cho. J Ví dụ 8.22(Bungari 1997). Chứng minh rằng phương trình

x2+y2+z2+3(x+y+z) +5=0 không có nghiệm hữu tỉ.

8.2.Phương trình vô định trong tập số hữu tỷ 197 Lời giải.Ta đặt u= 2x+3,v =2y+3,w= 2z+3. Khi đó phương trình đã cho tương đương với

u2+v2+w2 =7.

Mệnh đề của bài toán đặt ra tương đương với bài toán:Chứng minh rằng phương trình

x2+y2+z2 =7w2 không có nghiệm khác không trong tập số nguyên.

Ta đi giải bài toán này bằng phương pháp phản chứng. Giả sử (x,y,z,w) là một nghiệm khác không với|x|+|y|+|z|+|w| nhỏ nhất (điều này luôn luôn tồn tại do tiên đề thứ tự). Ta lấy mô đun4 cho hai vế của phương trình, ta cóx2+y2+z2 ≡ 7w2, nhưng mọi bình phương đều có đồng dư là0 hoặc1theo mô đun4 (điều này dễ kiểm tra theo các trường hợp chẵn lẻ). Như vậy từ phương trình đồng dư trên ta phải cóx,y,z,wlà số chẵn và khi đó(x

2,y 2,y

2,w 2)là một nghiệm nguyên nhỏ hơn nghiệm đã chọn, điều này vô lý. J Ví dụ 8.23 (Anh 1998). Tìm tất cả những nghiệm của hệ phương

trình (

xy+yz+zx=12, xyz=2+x+y+z trong tập số thực dương.

Lời giải.Ta đặt√3

xyz = a > 0. Sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân, ta có

12= xy+yz+zx≥3a2, a3=2+x+y+z≥2+3a.

Do đó a2 ≤ 4và a3−3a−2 = (a−2)(a−1)2 ≤ 0. Để tất cả bất đẳng thức đúng, thìa=2vàx= y=z. Do đó(x,y,z) = (2, 2, 2)là

một nghiệm duy nhất. J