Chương 3 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG 3.1. Nguyên lí xuống thang
3.2. Bài tập áp dụng
3.2.1. ÁP DỤNG NGUYấN LÍ XUỐNG THÃNG VểI PHƯƠNG TRèNH NGHIỆM NGUYÊN Nội dung của phương pháp xuống thang ta thường thực hiện như sau: Giả sử (x0Y 0 ,Z 0,...) là nghiệm nguyên của của phương trình f(x, y, Nhờ những biến đổi, suy luận số học ta tìm được một bộ nghiệm khác (X
X ,Y X ,Z x,...) sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm đầu tiên bởi tỉ số k nào đó. Ví dụ,
X
0 = /bq,y0 = KYX ,Z Ữ = KZ lt...
Lập luận tương tự như trên (X 2 ,Y 2 ,Z2,...) là nghiệm của phương trình trong đó X1 = KX 2 ,Y 1 = KY 2 ,Z 1 = KZ 2 , ... Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến
X
0 ,Y 0 ,Z 0,... chia hết cho K S , S E N .
Điều này xảy ra khi x0 = y0 = ZQ = ••• = 0.
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau
8x4 + 4 y4 + 2 z4 = lí4Giải 1
Trước hết ta thấy ngay phương trình có nghiệm (0, 0, 0, 0). Ta chứng minh phương trình không còn nghiệm nào khác.
Thật vậy, giả sử nó có nghiệm khác nghiệm trên thì phải tồn tại nghiệm có dạng (a, b, c, d) với d ^ 0, thậm chí d > 0, theo tính chất của số tự nhiên thì phải có nghiệm (m, n, p, q) với q là số nguyên dương bé nhất. Ta thấy ngay q-chẵn và giả sử q = 2s. Khi đó ta có: 4m4 + 2n4 + p4 = 8s4. Từ đẳng thức ta rút ra được p-chẵn, p = 2t.
Lại thay vào đẳng thức ta vừa có, ta được 2 m4 + n4 + 814 = 4 S2 .
Dan đến n-chẵn, đặt n = 2v. Tiếp tục thay vào đẳng thức kể ưên ta có m4 + 8V
4 + 414 = 2S 4 . Lại có m-chẵn, đặt m = 2w khi đó có 8w4 + 4v4 + 214 = s4. Đẳng thức này chứng tỏ (w, V, t, s) cũng là nghiệm của phương trình đã cho nhưng với s < q (mâu thuẫn với giả sử q bé nhất).
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất (0, 0, 0, 0).
Bài 2. Chứng minh rằng phương trình
x2y2 = z2{ z2 — X2 — y2) không có nghiệm dương.
Giải
Gọi p là tập hợp các nghiệm nguyên dương của phương trình x2y2 = z2(z2 — X2 — y2) (1) Ta phải chứng minh p = 0. Giả thiết phản chứng kết luận của bài
1
toán không đúng, tức là p Ф 0. Gọi (X, Y, Z) là một phần tử tùy ý của p.
Khi đó ta có X, Ỹ, Z nguyên lớn hơn 0 và x2ỹ2 = z2ự2 - X2 - ỹ2)
(3)
Do X, Y, Z nguyên lớn hơn 0 nên là số hữu tỉ, và để ý rằng từ (2)
suy ra Z 2 — X 2 — Ỹ 2 là số nguyên dương, vì thế từ (3) suy ra Ц- cũng là số nguyên dương.
Nói tóm lại, nếu (X,Ÿ,Z ) € p thì là số nguyên dương. Theo nguyên
z
lí cực hạn, tồn tại phần tử (X 1 ,Y 1 ,Z 1 ) 6P sao cho nhận giá trị nhỏ nhất. Đặt d = {XX ,Y X ,Z^), khi đó
X1 = DX 2 ) Ух = DY 2 ) Z X = DZ 2 . Lúc này X 2 ,Y 2 ,Z 2 cũng là số nguyên dương. Vì (X 1 ,Y 1 ,Z 1 ) G P, nên ta có
Xi2yi2 =z12(z12 -хг2 - У!2) d4x22y22 = d2z22d2(z22 - x22 - y22)
= > x22y22 = z22( z22 - x22 - y22)
Đặt и = (x2, z2), V = (y2,z2). bQii đó ta lại có biểu diễn x2 = ut, y2 = vw. Từ (3) suy ra (X 2 ,Y2 ,Z 2 ) cũng là nghiệm nguyên dương của (1), do đó nói riêng (theo nhận xét trên) thì X 2 Y 2 : Z 2 , tức là (uw)(tv) : Z 2 . Từ đó ta nhận được Z 2 = UV
Thay vào đẳng thức (4), ta đi đến:
u2t2v2w2 = u2v2(u2v2 - u2t2 - V2W2)
=> t 2 W 2 = U 2V 2 — u2 t 2 — V 2W 2 => t 2w 2 + u2 t 2 + V 2W 2 + U2 V 2 = 2 U 2V 2 => (и2 + w2)02 + t2) = 2 u2v2 Mặt khác, do ( х2, У2, г2) =1, nên (li, w)
=1; ( v , t)=1, từ đó ta có 1
(2
(
ịu2 +w2 = V2 , - (li2 + w2 = 2v2 \v2 + t2 = 2 u2 ■ { v2+ t2= u2
Do vai trò giống nhau ta giả sử cặp phương trình thứ nhất đúng. Có thể thấy rằng u và V là lẻ, nên từ u2 + w2 = V2 suy ra
' u = m2 — n2 w = 277171 .17 = m2 + n2
ở đây (m, n)=l và m, n có tính chẵn lẻ khác nhau. Thay lại vào V
2 + T2 = 2U2 , ta thu được t2 + (2mn)2 = (m2 — lí2)2. Từ đó suy ra 't = p2 - q2
mn = pq m2 -n2
= p2 + với những số tự nhiên p, q nào đó. Vì vậy
p2q2 = m2 (m2 -p2 - q2) (5) Đẳng thức (5) chứng tỏ rằng p, q, m cũng là nghiệm nguyên dương
của phương trình (1) ban đàu. Mặt khác
^ = n< d(p 2 - q 2 y 277171 = — 771
Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của nghiệm (X1 ,Y 1 ,Z 1 ) đã xây dựng ở trên. Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Bài 3. Chứng minh rằng phương trình 2 , 2 _ n 2 X + y = 3z không có nghiệm nguyên dương.
Giải
Xét phương trình X2 + y2 = 3z2 (1)
Và giả sử trái lại (1) có nghiệm nguyên dương (x0, yo, z0). Xét hai trường hợp sau:
THI. Nếu Xo : 3 và yo : 3. Khi đó đặt x0 = 3xi, y0 = 3yi 1
9Xj2 + 9У12 = 3z02 => 3xj2 + 3У12 = z02 (2) Từ (2) suy ra z0 : 3, và lại đặt z0 = 3zi (khi đó Zi nguyên dương) thì
từ (2) lại đi đến
X,2 + y,2 = 3zi2 (3)
Quá trình đó còn lặp lại, nếu như X! : 3 và У1 : 3. Vì thế đến một lúc nào đó ta có xk2 + yk2 = 3zk2, ở đó xk và yk không đồng thời chia hết cho 3. Khi đó chuyển sang trường hợp sau
TH2. Nếu Xo và Уо không đồng thời chia hết cho 3.
Đăt Ị X ° _ ^ R đây r, Ĩ1 thuôc vào tâp hơp {0,1,2} nhưng г, ri
không đồng thời bằng 0 (do Xo và Уо không đồng thời chia hết cho 3). Từ đó ta có
xo2 + Уо2 = (Зх + г)2 + (3 У + ĩi)2
= 9Х 2 + БХТ + г2 + 9ỹ2 + 6ỹĩ! + TỊ 2
= 3(3х2 + 3ỹ2 + 2xr + 2ỹri) + г2 + n2 (4) Từ (4) và Xo2 + Уо2 = 3z02, suy ra
(r2 + n2) : 3.
Do r, ri thuộc vào tập {0,1,2} và r, ri không đồng thời bằng không, nên tất cả các khả năng của tổng r2 + ri2 chỉ có thể là 02+ 12= l2 + 02= 1;
О2 + 22 = 22 + o2 = 4;
12+ 12 = 2;
l2 + 22 = 22 + l2 = 5;
22 + 22 = 8
Do 1 , 2 , 4, 5, 8 đều không chia hết cho 3. Vì thế xảy ra trường hợp 2, ta dẫn đến điều vô lí.
1
Mặt khác, nếu xảy ra trường hợp 1, thì sau một số bước cũng quy về trường hợp 2. Do vậy ta luôn gặp mâu thuẫn. Điều đó chứng tỏ giả thiết phản chứng sai, tức là phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Chú ý: Xét bài toán sau đây. Chứng minh rằng phương trình (I)
không có nghiệm nguyên khác không.
Ta nhận thấy, nếu (x0, yo, z0) là một nghiệm nguyên của (I), thì
(-Xo, -yo,- z0) cũng là nghiệm nguyên của (I). Vì lẽ đó ta chỉ quan tâm đến nghiệm nguyên > 0 của (I). Ngoài nghiệm (0, 0, 0) thỏa mãn (I), ta chứng minh rằng (I) không có nghiệm (X, ỹ, z), trong đỏ z =£ 0, X = 0, ỹ =£
1 (hoặc ĩ 0, X 0, ỹ = 0).
Thật vậy, khi đó từ y02 = 3z02, suy ra không thể có y0 và z0 cùng nguyên khác 0 mà thỏa mãn phương trình (cũng tương tự với x02 = 3z02). Vì lẽ ấy bài toán quy về. Chứng minh phương trình X2 + y2 = 3z2 không có nghiệm nguyên dương, và đó chính là bài toán vừa xét. Nói khác đi ta có thể giải bài toán (I), trong đó (I) phức tạp hơn bài toán vừa xét một lượng không đáng kể.
Bài 4. (Bài toán của Euler). Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương
4xy - X - y = z2 GIẢI
Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương và giả sử rằng (m, n, a) là nghiệm của (1) với a là nhỏ nhất, ta có
4mn - m - n = a2 Suy ra
(4m - l)(4n - 1) - 1 = 4a2 1
(
( (
Cộng (4n - l)2 - 2a(4n - 1) vào hai vế của (2) ta được
(4n - l)(m +4n - 2a - 1) - n = (a - 4n + l)2 (4) Từ đây suy ra bộ (m +4n - 2a - 1, n, la - 4n + II) là một nghiệm của
(1) . Theo cách xác định a ta có a < la - 4n + II. Vậy 4n - 1 > 2a. Vì trong
(2) vai trò của m, n là như nhau nên ta cũng có 4m - 1 > 2a. Thay vào (3) ta suy ra điều mâu thuẫn.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Bài 5. Với giá trị nguyên dương nào của n, thì phương trình X2 + y2 + 1 = nxy
có nghiệm nguyên dương.
Giải
Do X, y > 0, nên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có X2 + y2 > 2xy,
từ đó X2 + y2 + 1> 2xy với mọi X, y > 0. Vì thế khi n = 1, n = 2, thì phương trình X2 + y2 + 1 = nxy chắc chắn không có nghiệm dương, tức là không có nghiệm nguyên dương.
Với n = 3, thì phương trình đã cho chắc chắn có nghiệm nguyên dương, vì chẳng hạn (1,1) thỏa mãn phương trình
X2 + y2 + 1 = 3xy.
Bây giờ xét khi n nguyên v à n > 3 . Ta sẽ chứng minh rằng khi đó phương trình X2 + y2 + 1 = nxy không có nghiệm nguyên dương.
Thật vậy, giả sử điều ấy không đúng, tức là tồn tại k nguyên > 3 mà phương trình:
X2 + y2 + 1 = kxy (1)
có nghiệm nguyên dương. Gọi p là tập hợp nghiệm nguyên dương của (1).
Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại số nguyên dương (x0, yo) sao cho Xo + yo là bé nhất.
Rừ ràng Xo Ф Уо, vỡ nếu Xo = Уо, thỡ từ (1) ta có 2x02 + 1 = kx02=> x02(k - 2) = 1 1
=ằ ớ, = 1
lk - 2 = 1
=>k = 3.
Ta được điều vô lí, do к > 3.
Vì vai ưò của Xo, Уо là như nhau, nên không giảm tổng quát có thể cho là Xo < Уо- Xét phương trình
Y
1 = --- — = — + —<%0+ — <x0 + l
Уо Уо Уо Уо
(do у о > Хо > 1, chú ý là Xo nguyên dương).
Vì yi và Xo + 1 đều là nguyên, nên từ yi < Xo + 1 suy ra yi < x0. Từ đó ta có yi < Уо (do Уо > x0). Vì thế
Xo + yi < Xo + y0. (6)
Bây giờ từ (5) và (6) suy ra mâu thuẫn. Vậy giả thiết phản chứng là sai.
Tóm lại, n = 3 là giá trị nguyên dương duy nhất để phương trình X2 + у2 + 1 = nxy có nghiệm nguyên dương.
Nhân xét: Nguyên lí xuống thang thường giải quyết cho những bài toán chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên dương hoặc nếu có là bộ nghiệm (0, 0, 0,...)
Bài tập đề nghị Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau
X4 + 4y4 = 2(z4 + 4u4) Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên sau
14x2 + 17y2 = t2 Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau
x2002 + y2002 = 0 (mod 2003)
Nguyên lí xuống thang ngoài ứng dụng giải phương trình nghiệm nguyên còn có ứng dụng về mặt hình học.
3.3.2. Áp dụng nguyên lí xuống thang trong hình học 1
Bài 1. Chứng minh rằng với 3 < n Ỷ 4, không tồn tại đa giác đều n cạnh có đỉnh với tọa độ nguyên.
Giải
Với n = 3, ta sẽ chỉ ra không có tam giác đều đỉnh nguyên. Thật vậy, giả sử nếu có thì khi tính diện tích theo định thức ta được diện tích là một số hữu tỉ.
Trong khi đó cạnh của tam giác là a thì diện tích tam giác đó là a2 — lai là đai lương YÔ tỉ (mâu thuẫn)
4
Mặt khác, nếu tồn tại một lục giác đỉnh nguyên thì tam giác đều đan nó cũng đỉnh nguyên. Do đó theo chứng minh vừa rồi thì nó không tồn tại.
Vậy với n = 3; 6 thì nhận định là đúng. Ta xét các trường hợp còn lại.
Giả sử tồn tại đa giác đều đỉnh nguyên Ai, A2,...,An
(chúng luôn tồn tại do có đỉnh nguyên). Ta lấy các điểm Bi, Bn
sao cho
1
i4.
— A2A3) A2B2 A— 3A4 —
AnBn — i41i42
Khi đó dễ dàng thấy rằng Bi,Bn cũng là các đỉnh nguyên. Do
n Ỷ 3; 4; 6 nên Bi, Bn phân biệt và lập thànhđa giác đều đỉnh nguyên bị chứa thực sự trong đa giác đều Ai A2... An.
Như vậy cạnh của đa giác đều đỉnh nguyên mới BiB2...Bn nhỏ hơn cạnh của đa giác đều AiA2...An (mâu thuẫn)
=> Điều phải chứng minh.
BÀI 2. Biết rằng ữong tất cả các đa giác cạnh n cùng nội tiếp đường tròn luôn tồn tại một đa giác có diện tích lớn nhất. Chứng minh rằng đa giác có diện tích lớn nhất đó phải là đa giác đều.
Giải
Giả sử tồn tại một đa giác không đều s, n-cạnh nội tiếp đường tròn có diện tích lớn nhất. Vì s không đều nên ắt có ba đỉnh A, B, c liên tiếp theo thứ tự đó sao cho AB Ỷ BC. Trên cung ABC của đường tròn lấy trung điểm B’ của nó, thì B’ ^ B. Dễ thấy khoảng cách từ B’ tới đường thẳng AC lớn hơn khoảng cách từ B đến AC. Vì vậy diện tích tam giác
1
A1 A2
AB’C lớn hơn diện tích tam giác ABC. Khi đó ta thay đỉnh B của đa giác s bởi đỉnh B’, còn các đỉnh khác giữ nguyên thì ta thu được đa giác S’ có diện tích lớn hơn diện tích đa giác s => (Mâu thuẫn với giả sử)
Vậy đa giác có diện tích lớn nhất phải là đa giác đều.
BÀI 3. Chứng minh rằng không thể chia một khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ đôi một khác nhau.
Giải
Ta lấy một hình vuông p được chia thành hữu hạn các hình vuông khác nhau đôi một thì hình vuông nhỏ nhất không dính với biên của p.
Giả sử rằng có thể chia hình lập phương Q thành hữu hạn hình lập phương nhỏ khác nhau đôi một. Qi và p là một mặt bên của Q. Các hình lập phương Qi dính với p tạo ra sự phân chia p thành hữu hạn hình vuông đôi một khác nhau.
Gọi Pi là hình vuông nhỏ nhất trong số các hình vuông và Qi là hình lập phương tương ứng. Do Pi không dính với biên nên nó được bao bọc bởi các hình vuông lớn hơn. Các hình lập phương tương ứng tạo thành cái giếng chứa Qi.
Gọi Pí là mặt đối diện với Pi của hình lập phương Qi, các hình lập phương dính với PỊ cũng tạo ra sự phân chia PỊ thành các hình vuông khác nhau.
Gọi p2 là hình vuông nhỏ nhất trong số đó và Q2 là hình lập phương tương ứng. Do p2 nằm trong P[ nên các hình lập phương bao quanh Q2 lớn hơn và tạo thành một cái giếng chứa Q2.
Tiếp tục mãi quá trình trên ta sẽ thu được một cái tháp vô hạn những hình lập phương bé dần. Điều này mâu thuẫn.
Vậy không thể chia một khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ đôi một khác nhau.
=> Điều phải chứng minh.
BÀI 4. Người ta xếp trên mặt phẳng những hình tròn sao cho hai hình tròn bất kì có không quá một điểm chung và mỗi hình tròn đều tiếp xúc với ít nhất 6 hình tròn khác. Chứng minh rằng tập hợp các hình tròn đó là vô hạn.
1
Giải
Giả sử tập các hình tròn đã cho là hữu hạn. Khi đó tồn tại hình ưòn tâm О có bán kính r nhỏ nhất. Theo giả thiết hình tròn tâm о bán kính r này còn tiếp xúc với ít nhất 6 hình tròn khác. Giả sử 6 hình tròn đó lần lượt có tâm là Oi, 02,..., Об (xếp theo chiều kim đồng hồ quanh điểm O) và bán kính tương ứng là rb r2,..., r6. Trong tam giác O1OO2, cạnh O1O2 = Ĩ1 + r2 là lớn nhất, nên Z.
O1OO2 > 60°.
Tương tự ta có z O2OO3 > 60°,..., z 0600i > 60°. Vì Z. O1OO2+...+ z 0600i
= 360° nên Z. O1OO2 0600i = 60°.
Do đó Ĩ1 = r2 =...= r6 = r. Khi đó đường tròn tâm Oi bán kính r cũng là hình tròn có bán kính nhỏ nhất trong số các hình tròn đã cho, nên nếu lập luận tương tự như trên thì hình tròn tâm Oi bán kính г này còn tiếp xúc với ít nhất 6 hình tròn khác cũng có bán kính Г.
Do hai hình tròn bất kì có không quá một điểm chung và hình tròn tâm О bán kính r tiếp xúc với hình tròn tâm Oi bán kính r, nên trong 6 hình tròn tiếp xúc với hình ưòn tâm Oi này phải có một hình tròn là hình tròn tâm О bán kính r và một hình tròn có tâm O7 nằm trên đường thẳng
OOi cũng có bán kính r. Khi đó hình tròn tâm O7 bán kính r cũng là hình tròn có bán kính nhỏ nhất.
Như vậy nếu cứ lặp lại quá trình lập luận như trên thì ta được vô hạn hình tròn có tâm thuộc đường thẳng OOi có bán kính r thuộc tập các hình tròn đã cho => (mâu thuẫn với giả thiết số hình tròn là hữu hạn)
Vậy tập các hình tròn đã cho không thể là hữu hạn.
==> Điều phải chứng minh.
BÀI 5. Trên mặt phang cho một họ vô hạn những đường thẳng song song cách đều. Chứng minh rằng không thể dựng được một ngũ giác đều có đỉnh chỉ nằm trên những đường thẳng song song này.
Giải 1
Gọi h là khoảng cách giữa hai đường thẳng song song liên tiếp. Giả sử dựng được một ngũ giác đều có đỉnh chỉ nằm trên các đường thẳng song song đã cho. Nối các đường chéo của ngũ giác với nhau, ta thu được một hình ngũ giác đều khác có đỉnh là giao điểm của các đường chéo này. Ngũ giác đều mới thu được và ngũ giác đều ban đầu đồng dạng với nhau theo tỉ số q < 1.
Nhận xét rằng mỗi điểm giao của hai đường chéo là đỉnh thứ tư của hình bình hành có hai cạnh được tạo bởi hai đường chéo này và hai cạnh của ngũ giác tương ứng song song với chúng. Do ba đỉnh của ngũ giác này nằm trên các đường thẳng song song đã cho, nên đỉnh thứ tư cũng phải nằm trên một đường thẳng của họ đã cho. Vì vậy 5 đỉnh của ngũ giác đều mới cũng nằm trên đường thẳng song song của họ.
Gọi diện tích của ngũ giác ban đầu là s, diện tích của ngũ giác được tạo bởi cách ưên là Si thì ta có — = q2.
s
Tiếp tục quá trình như vậy sau n lần ta sẽ có ngũ giác với 5 đỉnh nằm trên các đường thẳng đã cho mà diện tích sncủa nó thỏa mãn— = Q2Ĩ L. Do đó khi n tiến tới vô cùng thì Sn tiến tới 0, ừong khi khoảng cách giữa các đường thẳng song song liên tiếp là không đổi (mâu thuẫn)
Vậy không thể dựng được một ngũ giác đều có đỉnh chỉ nằm ưên những đường thẳng song song.
=> Điều phải chứng minh.
Bài tập đề nghị
BÀI 1. Biết rằng trong các tam giác có cùng diện tích thì tồn tại tam giác có chu vi nhỏ nhất. Chứng minh rằng tam giác có chu vi nhỏ nhất đó phải là tam giác đều.
BÀI 2. Cho trước một tam giác ABC, và sơn tất cả các điểm của mặt phẳng bằng hai màu xanh hoặc đỏ. Hãy chứng minh rằng hoặc tồn tại hai điểm màu đỏ có khoảng cách bằng một đơn vị, hoặc tồn tại ba điểm màu xanh là ba đỉnh của một tam giác bằng tam giác ABC.
1
BÀI 3. Cho đa giác lồi A nằm trong đa giác lồi B. Chứng minh rằng chu vi của đa giác A bé hơn chu vi của đa giác B.
1