Và nhiều người nghĩ rằng đây chính là cách mà Fermat đã dùng để chứng minh “nhưng ông không viết vì không đủ chỗ” Nguyên lý xuống thang là một phương pháp có hiệu quả để giải một lớp khá[r]
Trang 1=======================================================================
NGUYÊN LÝ XUỐNG THANG
A Nguyên lí xuống thang
I Lịch sử của phương pháp
Nhà toán học lớn P Fermat (1601- 1655) viết rằng “ Do những phương pháp
bình thường đã có trong các sách không đủ để chứng minh những mệnh đề khó và quan trọng , vì thế tôi đã hoàn thiện một cách đặc biệt để giải quyết những bài toán này Tôi gọi cách chứng minh đặc biệt này là xuống thang không xác định hoặc là xuống thang đến vô cùng ”
Ban đầu Fermat chỉ dùng phương pháp này chứng minh những mệnh đề phủ
định Ví dụ như “ Không tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là những số tự
nhiên, mà số đo diện tích của nó là một số chính phương” Để chứng minh mệnh đề này Fermat đã dùng phương pháp sau: Nếu tồn tại một tam giác có số đo các cạnh là những số tự nhiên mà số đo diện tích của nó là một chính phương, thì tồn tại một tam giác khác nhỏ hơn tam giác ban đầu và có cung tính chất Nếu tam giác thứ hai nhỏ hơn tam giác ban đầu và có cùng tính chất, thì lí luận tương tự ta nhận được tam giác thứ ba nhỏ hơn tam giác thứ hai và cũng có cùng tính chất, quá trình này tiếp tục tìm được các tam giác thứ tư, thứ năm, … giảm đến vô cùng Số đo một cạnh của tam giác vuông xuất phát là một số tự nhiên, mỗi bước thực hiện trên số đo cạnh này giảm thành số tự nhiên nhỏ hơn, tạo ra một dãy số tự nhiên giảm , nhưng một dãy số tự nhiên giảm thực sự không thể giảm vô hạn lần Từ đó suy ra không tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là những số tự nhiên, mà số đo diện tích tích của nó là một số chính phương
Sau đó Fermat có nói rằng ( sau một thời gian dài suy nghĩ ) đã có thể ứng dụng
phương pháp này vào việc chứng minh những mệnh đề khẳng định Ví dụ như “ Mọi
số nguyên tố dạng 4n + 1 đều biều diễn thành tổng của 2 số chính phương ”. Nhưng
để ứng dụng phương pháp này vào việc chứng minh những mệnh đề khác như “ Mọi
số có thể biểu diễn thành tổng của không quá bốn số chính phương ” , thì Fermat không để lại chi tiết áp dụng phương pháp này như thế nào Hơn nữa,hàng loạt các định lý của Fermat được chứng minh bằng phương pháp này cũng không để lại tính toán chi tiết Trong số đó có định lí lớn Fermat cho trường hợp Sau này Euler
đã áp dụng có kết quả phương pháp này vào bài toán giải phương trình vô định và từ
đó việc chứng minh định lớn Fermat cho được phục hồi Fermat khẳng định rằng phương pháp này là của mình đưa ra lần đầu tiên và trước đó không ai biết
phương pháp này Nhưng ta nhớ lại rằng những cố gắng chứng minh không thể phân tích một lập phương của số nguyên thành tổng của hai số lập phương nguyên, được nghiên cứu khoảng năm 1000 ở phương Đông với các nhà toán học Ả Rập đã có nói tới phương pháp này
Phương pháp xuống thang thời hiện đại giữ một vai trò quan trọng trong giải tích Diophant với những công trình của J H Poincaré và A Baile Ngày nay phương pháp này vẫn còn được ứng dụng trong lí thuyết số của toán học
Trang 2=======================================================================
II Lý thuyết
1 Nguyên lý xuống thang
• Mọi người đều biết khẳng định của Fermat rằng với n nguyên ≥3 Phương trình
xn + yn=zn không có nghiệm nguyên dương ( Còn gọi là định lý Fermat lớn)
• Để giải quyết bài toán này nhiều nhà toán học đã sử dụng phương pháp gọi là “
phương pháp xuống thang” Và nhiều người nghĩ rằng đây chính là cách mà
Fermat đã dùng để chứng minh “nhưng ông không viết vì không đủ chỗ”
Nguyên lý xuống thang là một phương pháp có hiệu quả để giải một lớp khá
rộng những bài toán liên quan đến phương trình nguyên.Cơ sở của phương pháp
là tính sắp thứ tự các phần tử của một tập hợp và nguyên lý cực hạn.Phương
pháp này được mô tả như sau: Giả sử C là một tập các cấu hình nào đó ,mà nếu giả định C khác rỗng,thì trên C có thể trang bị được một quan hệ thứ tự,cho
phép lọc ra phần tử cực tiểu a ∈C Rồi bằng phương pháp nào đó (mà thường
gọi là xuống thang) ta lại chỉ ra được trong C có phần tử b với b<a Từ đó rút ra
C Phải là tập rỗng
• Một trong nội dung ta thường sử dụng trong “nguyên lý xuống thang” là tính
chất nghiệm của phương trình Pythagore
2 Phương trình Pythagore
• Phương trình x2 + y2=z2 (1)
gọi là phương trình Pythagore Bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn (1) được gọi là một bộ ba Pythagore Ta nhận thấy rằng nếu ( , , )x y z là một bộ ba Pythagore thì với mọi d nguyên dương , bộ ba (d x d y d z, , )cũng là một bộ ba Pythagore Vì lẽ đó ta chỉ quan tâm đến các bộ ba Pythagore (x,y,z) mà ở đó (x,y,z)=1 Khi đó (x,y,z) được gọi là một bộ ba Pythagore nguyên thủy
• Bổ đề:
Xét phương trình Pythagore x2 + y2=z2
Bộ ba ( , , )x y z là một bộ ba Pythagore nguyên thủy khi chỉ khi chúng có dạng sau
2 2
2 2
2
x m n
y mn
z m n
=
Với m,n là các số nguyên dương ,m>n và (m,n)=1và m,n khác tính chẵn lẻ
III Bài tập:
1 Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên
Ví dụ 1:
Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
8x4 + 4 y4 + 2z4=u4
Giải:
• 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 khác 0,
Trang 3=======================================================================
thậm chí d>0, theo tính chất của số tự nhiên thì phải có nghiệm (m,n,p,q) với q 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 vừa có,ta được 2m4 +
n4 + 8t4=4s4 Dẫn đến n chẵn,n=2v Tiếp tục thay vào đẳng thức kề trên ta có
m4 + 8v4 + 4t4=2s4 Lại có m chẵn và m=2w Khi đó có 8w4 + 4v4 + 2t4=s4 Đẳng thúc này chứng tỏ rằng (w,v,t,s) cũng là nghiệm của phương trình đã cho,nhưng với s<q (mâu thuẫn!)
Ví dụ 2:
CMR phương trình x4
+ y4=z2 (1) không có nghiệm nguyên xyz ≠0
Giải:
• Nhận xét nếu (1) có nghiệm thì nó sẽ có nghiệm (x,y,z) với x, y, z nguyên
dương và từng đôi một nguyên tố cùng nhau, cùng với x lẻ y chẵn
Để cho tiện ta chỉ nhắc đến những nghiệm loại này của (1) Giả sử (x,y,z)là
nghiệm của (1) với z nhỏ nhất Khi đó ta có (x2,y2,z) là một nghiệm của phương trình u2 + v2=w2 (2) Do đó tồn tại cặp (a,b) với a>b nguyên tố cùng nhau, chẵn
lẻ khác nhau sao cho
x2=a2 – b2 ; y2=2ab; z=a2 + b2 ( tính chất nghiệm của (2)) Vì x lẻ, nên a lẻ Do a
và 2b nguyên tố cùng nhau, nên từ y2
=2ab ta rút ra được a = t2
và 2b = s2
Từ
x2=a2– b2 ta cũng thấy ngay (x,b,a) là nghiệm của (2) Lại do x lẻ nên x=m2
–
n2 ; b=2mn ; a=m2 + n2 trong đó m,n nguyên tố cùng nhau và chẵn lẻ khác nhau Từ
x2= m2 + n2 trong đó m,n nguyên tố cùng nhau và chẵn lẻ khác nhau Từ a =
t2
và 2b = s2
ta có mn = b
a = (
2
s
)2
Do m,n nguyên tố cùng nhau ,nên m= p2
và n=q2 Cùng với a=m2 + n2=t2 , ta suy ra ( p,q,t ) là nghiệm của (1) Để ý rằng
t= a<4 z<z (Mâu thuẫn!)
• Nhận xét: (1) vô nghiệm chứng tỏ rằng phương trình Fermat x4
+ y4=z4 không có nghiệm nguyên xyz ≠0 Fermat đã chứng tỏ kết quả này sau đó Euler chứng minh cho phương trình x3 + y3=z3
Ví dụ 3: ( Bài toán Euler )
Chứng minh phương trình sau không có nghiệm trong các số tự nhiên
4xy –x –y = z2 (1)
HD:
a, Để giải quyết bài toán trên ta đi đên giải quyết bài toán sau đây:
4xy –x –1 = z2 (2) Giả sử (2) có nghiệm số tự nhiên x,y,z và giả sử a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (2) sao cho
4mn – m – 1 = a2 (3) Với m,n là các số tự nhiên Cộng 4m2 – 4ma vào hai vế của phương trình (3) ta được:
4m (n – a + m) – m – 1 = (a – 2m )2 (4)
Dễ dàng chứng minh được rằng a < m (5)
Trang 4=======================================================================
Thực vậy, không thể có a = m, vì nếu a = m thì vế phải của (4) chia hết cho m
và vế trái của (4) không chia hết cho m
Còn nếu a > m thì n – a + m < n, và do đó vế trái của (4) nhỏ hơn vế phải của (3) tức là (a – 2m)2 < a2, điều này trái với việc xác định số a là giá trị tự nhiên nhỏ
nhất của z thỏa mãn (2)
( Chú y rằng từ (4) thì a−2m cũng là giá trị của z thỏa mãn (2) trong đó x = m, y = n – a + m )
Bây giờ ta chứng minh tiếp rằng
Thật vậy, cộng (4n – 1 )2 – 2a(4n – 1) vào hai vế của (3) thì ta được (4n – 1)(m – 2a + 4n – 1 ) – 1 = [ a – (4n – 1 )]2
Hay là 4n (m – 2a + 4n – 1 ) – (m – 2a + 4n – 1 ) + 1 = [a – (4n – 1 )]2
Do đó z = a−(4n−1) thỏa mãn (2) với y = n, x = m – 2a + 4n – 1
Vì vậy theo sự xác định của số a, ta có a < a−(4n−1) , từ đây dễ dàng suy ra được (6)
Từ (3), (5), (6) ta có
a2 + 1 = (4n – 1 )m > 2a a = 2a2
Do đó a2 < 1 Vô lí, suy ra điều phải chứng minh
( Trong khi nghiên cứu để đi đến phát minh ra một định lí cơ bản của lí thuyết số, Euler đã chú ý đến phương trình vô định 4xy –x –y = z 2
Để chứng minh bài toán này cả Euler và Gôn – Bách phải dựa vào một định lí của Fermat nhưng nó
qua phức tạp vì thế hai người tìm cách chứng minh đơn giản hơn
Cách chứng minh bài toán: 4xy –x –1 = z 2 không có nghiệm tự nhiên trên là cách chứng minh mà Gôn –Bách gửi cho Euler )
Nhờ cách chứng minh của Gôn – bách mà Euler đã chứng minh được bài toán (1) như sau:
Giả sử (1) có nghiệm trong các số tự nhiên x,y,z và giả sử a là số tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (1) sao cho ta có
4mn – m – n = a2 (7) trong đó m và n là các số tự nhiên Nhân hai vế của (7) cho 4 và biến đổi, ta được :
(4m – 1) (4n – 1) – 1 = 4a2 (8) Cộng 4(4n – 1)2 – 8a(4n – 1) vào hai vế của (8), ta có
[4m – 1 – 8a + 4(4n – 1)] (4n – 1) – 1 =4(a – 4n + 1)2 (9)
Đẳng thức (9) giống đẳng thức (8), cho thấy rằng phương trình (1) có nghiệm là z =|a – 4n + 1| Theo sự xác định số a thì
hay
Do đó , từ (8) và (9) ta có
Vì vậy
Vì (7) là đối xứng với m và n, nên lí luận tương tự thì ta cũng được
Đặt
Trang 5
=======================================================================
trong đó p và q là những số tự nhiên Như vậy
Do đó, từ (8) ta suy ra với a, p, q là những số tự nhiên Điều này vô lý với chứng minh định lý đã cho
( Euler rất thích thú với cách chứng minh đơn giản này Trong thư gửi cho Gôn – Bách đề ngày
15 tháng 10 năm 1743, Euler viết “ Thú thật tôi không ngờ rằng định lí đó có thể chứng minh một cách dễ dàng và đẹp đẽ đến vậy Từ đó tôi tin rằng các định lí của Fermat cũng có thể chứng minh một cách tương tự, và vì vậy tôi cũng cảm ơn ông đã cho tôi biết cách chứng minh đẹp đẽ đó”.)
2 Nguyên lý xuống thang trong hình học:
Nguyên lý xuống thang ngoài ứng dụng giải phương trình nghiệm nguyên còn có
ứng dụng về mặt hình học
Ví dụ 1:
CMR với 3≤n≠4, không tồn tại đa giác đều n cạnh có đỉnh với tọa độ nguyên
HD:
• 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 thì ta được diện tích là một số hữu tỷ Ttrong khi đó cạnh của tam giác là a thì diện tích tam giác đó là
a2 3
4 lại là đại lượng vô tỷ ( mâu thuẫn)
• Mặt khác nếu tồn tại một lục giác đều 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 A1 A2 … An với n khác 3; 4; 6 là một đa giác đều đỉnh nguyên có cạnh nhỏ nhất ( chúng luôn tồn tại do có đỉnh nguyên) Ta lấy các điểm B1, B2,…, Bn sao cho
1 1
A B
= A A2 3
; A B2 2
= A A3 4, ,
A 3
+
A1
A4
A5
A7
B2
B3
B4
B5
B6
B7
A2
Trang 6======================================================================= A n−1B n−1= A A A B n 1; n n =A A1 2
Khi đó dễ thấy rằng B1, B2,…, Bn cũng là các điểm nguyên Do n khác 3,4,6 nên B1,
B2,…, Bn phân biệt và lập thành đa giác đều đỉnh nguyên bị chứa thực sự trong đa giác đều A1 A2 … An Như vậy cạnh của đa giác đều đỉnh nguyên mới B1B2…Bn nhỏ
hơn cạnh của đa giác đều A1 A2 … An ( mâu thuẫn!)
Ví dụ 2:
Biết rằng trong tất cả các đa giác n cạnh 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 3 đỉnh A;B;C liên tiếp theo thứ tự
đó sao cho AB khác BC Trên cung ABC của đường tròn lấy trung điểm B’ của nó, thì B’ khác B Dễ thấy khoảng cách từ B’ tới đường thẳng AC lớn hơn khoảng cách từ B đến đường thẳng này Vì vậy, diện tích tam giác 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 sẽ thu được đa giác S’ có diện tích lớn hơn diện tích đa giác S, mâu thuẫn
Vậy có điều phải chứng minh !
Các ví dụ trên đã cho ta một cách nhìn về việc sử dụng nguyên lí xuống thang trong giải các bài toán số học cũng như một số bài toán hình học Sau đây là một số bài toán :
3 Bài tập
Bài 1
• a, Giải phương trình với nghiệm nguyên:
x2 + y2 + z2 + u2 = xyzu
• b, Chứng minh rằng không thể biểu diễn số 7 thành tổng bình phương của 3
số hữu tỉ
• c, Giải phương trình với nghiệm nguyên x3 = 3y3 + 9z3
• d, Phối hợp với nguyên lí hàm liên tục trên tập compac, hãy chứng minh bất đẳng thức Cosi bằng nguyên lý xuống thang
HD
a, Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là (x,y,z,u)
Khi đó do x2 + y2 + z2 + u2 = xyzu (1)
Ta suy ra
+ Nếu một trong các số x,y,z,u bằng 0 thì suy ra x = y = z = u = 0
+ Nếu x,y,z, t đều khác 0 thì ta có trong các số x,y,z,u phải có một số chẵn số các
số lẻ
1 Nếu tất cả đều lẻ thì VP(1) lẻ còn VT(1) chẵn ⇒Vô lý
2 Nếu chỉ có hai số lẻ thì VP(1) 4 còn VT(1) không chia hết cho
4⇒Vô lý
3 Với x, y, z, u đều chẵn
Đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, u = 2u1
Trang 7=======================================================================
Thay vào phương trinh đã cho ta được x12+y12+z12+u12 =4x y z u1 1 1 1
Cũng lí luận như trên tất cả các nghiệm của phương trình phải chẵn
x1 = 2x2, y = 2y2, z = 2z2, u =2u2
Từ đó đi đến 2 2 2 2 4s
s y s z s u s x y z u s s s s
x + + + = Một cách tổng quát, xuất phát từ nghiệm (x,y,z,u) bằng phương pháp xuống thang ta đi đến phương trình
2 2 2 2 4s
s y s z s u s x y z u s s s s
x + + + =
Với xk = 2xk + 1, yk = 2yk + 1, zk = 2zk + 1, uk = 2uk + 1
Tức là với mọi s tự nhiên ta có x/2k, y/2k, z/2k, u/2k là các số nguyên Điểu này chỉ đúng với s = 1 tức x = y = z = u = 2
Vậy nghiệm của phương trình là (x,y,z,u) = (0,0,0,0) hoặc (2,2,2,2)
• b, Giả sử 7 có thể biểu diễn thành tổng bình phương của 3 số hữu tỉ khi đó ta có thể đưa bài toán về việc giải phương trình nghiệm nguyên : x2 + y2 + z2 = 7u2
• c, Tương tự ví dụ 1 Sử dụng tính chất chia hết cho 3
• d, Tự làm
Bài 2
Chứng minh rằng không thể chia một khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ từng đôi một khác nhau
HD
• Trước hết ta nêu ra một chú ý sau: “ nếu một hình vuông P phân chia được
thành một số hữu hạn hình vuông khác nhau thì hình vuông bé nhất không dính với biên của hình vuông P
• Bây giờ ta giả thiết rằng có thể chia cắt hình lập phương Q thành các lập phương khác nhau Qi và gọi P là một trong những mặt bên của Q
Các lập phương Qi dính với P tạo nên một sự phân chia P thành các hình vuông từng cặp khác nhau Gọi P1 là hình vuông bé nhất trong các hình vuông đó và Q1 là lập phương tương ứng P1 không dính với biên của P do đó bị bao bọc bởi các hình
vuông lớn hơn Các lập phương tương ứng tạo thành một “cái giếng ” có Q1 nằm trong đó
Giả sử P1’ là mặt đối diện với P1 của lập phương Q1 Các lập phương dính với
P1’ tạo nên một sự phân hoạch P1’ thành vố số hình vuông khác nhau Gọi P2 là hình vuông bé nhất trong chúng Vì P2 đặt trong P1’ nên những hình lập phương bao bọc lập phương Q2 lớn hơn Q2 và tạo thành “ giếng” Tiếp tục quá trình xây dựng như trên ta nhận được một “ cái tháp” vô hạn gồm tất cả các lập phuơng bé dần Đó là
điều không thể có được
4 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1 Giải phương trinh nghiệm nguyên:
2009x12009 + 20092x22009 + … + 20092009 x20092009 = y2009
Bài 2 Với giá trị nào của n thì phương trình
x2 + y2 + 1 = nxy
có nghiệm nguyên dương
Trang 8=======================================================================
Bài 3 Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình:
x2 + y2 + z2 + t2 = x2 y2 z2
Bài 4 CMR phương trình
x2 y2 = z2(z2- x2- y2)
không có nghiệm nguyên dương
Bài 5 Giải phương trình nghiệm nguyên:
x2 + y2 = 3z2
Bài 6 Giải phương trình nghiệm nguyên
5x3 + 11y3 + 13z3 = 0
Bài 7 CMR phương trình x4
– y4 = z2 (1) không có nghiệm nguyên dương
Bài 8 Giải phương trình nghiệm nguyên:
a, x4 + 4y4 = z2 (bài tập 3 ĐSSC trang 25)
b, x4 – 4y4 = z2
Bài 9 Chứng minh rằng số có dạng 4n
(8k – 1) ( trong đó k và n-tự nhiên) không thể là
số chính phương và không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai hay ba bình
phương của các số nguyên
Bài 10 Chứng minh phương trình
x4 + y4 = z4 không có nghiệm nguyên dương
Bài 11 Chứng minh rằng cạnh đáy và cạnh bên của một tam giác cân có góc ở đỉnh
là 36o không cùng đo được cùng đơn vị
Bài 12 Giải phương trình nghiệm nguyên
a, x4 + 4y4 = 2 (z4 + 4u4)
b, x3 + 3y3 + 9z3 = 0
c, x3 = 2y3 + 4z3
Gợi ý
Bài 1: Làm tương tự ví dụ 1
Bài 2:
1 Với n = 1;2 thì dễ thấy pt vô nghiệm
2 Với n = 3 ,có nghiệm (1,1) nên n = 3 thỏa mãn
3 Ta chứng minh n > 3 thì phương trình không có nghiệm nguyên dương
Thật vậy, giả sử tồn tại k > 3 nguyên mà phương trình đã cho có nghiệm nguyên
dương Giả sử (x0,y0) là nghiệm nguyên dương của phương trình, thỏa mãn x0 + y0
nhỏ nhất
Nếu x0 = y0 thì thay vào phương trình có k = 3 (vô lý với giả thiết k>3)
Vậy từ đó có x0 ≠ y0 Không mất tính tổng quát có thể giả sử x0 < y0 Khi đó xét
phương trình :
y2 – kx0y + x02 + 1 = 0 (2)
Rõ ràng y0 là một nghiệm của phương trình (2) Gọi y1 là nghiệm thứ hai của (2) suy
ra (x0,y1) là nghiệm của (1) Theo Vi-et thì ( )
( )
2
0 1 0
3
1 4
y kx x
y
y y
Do (3) suy ra y1 nguyên, còn do y0 > 0 nên từ (4) suy ra y1 > 0
Trang 9=======================================================================
Từ (4) có y=
2 0
0
1
x y
+
=
2 0
1
x
y + y < + y < +
( Do y0 > x0 ≥ 1,x0 nguyên dương )
Do y1 và x0 + 1 đều là nguyên, nên từ y1 < x0 + 1 suy ra y1 ≤ x0 Từ đó có y1 <
y0, vì thế có x0 + y1 < x0 + y0 ( mâu thuẫn với cách xác định nghiệm (x0,y0) ) Vậy giả thiết phản chứng là sai
Tóm lại n = 3 là giá trị duy nhất
Bài 3:
Gọi P là tập nghiệm nguyên không âm của phương trình
x2 + y2 + z2 + t2 = x2 y2 z2 (1) Khi đó P ≠ ∅ và ít nhất (0,0,0,0 ) ∈P Gọi (x0,y0,z0,t0 ) là một nghiệm nguyên ≥0 tùy ý của (1) Khi đó ta có x02+ y02+ z02+ t02= x y z02 0 02 2 (2)
+ Nhận xét: Với x∈Z thì x2 ≡ 1(mod4) hoặc x2 ≡ 0
+ Do đó nhờ nhận xét trên từ hệ thức (1) ta có thể suy ra x,y,z phải đồng thời chẵn
Đặt x0 = 2x1, y0 = 2y1, z0 = 2z1
Thay vào (2) ta có: 4 x12 + 4y12 + 4z12 + t02 = 64 x12 y12 z12 (3)
Từ đó suy ra t02 4 ⇒ t0 2 Suy ra t0 = 2t1
Thay vào (3) ta đi đến
1 1 1 1 16 1 1 1 1
x +y +z +t = x y z t (4) Suy ra vế phải của (4) phải chia hết cho 8
+ Ta lại có nhận xét sau : Nếu a ∈Z thì a2 ≡ 0,1,4 (mod 8)
Do đó ta có thể suy ra cả 4 số x1,y1,z1,t1 đều chia hết cho 2
Vì thế x1=2x2 , y1=2y2, z =1 2z2, t1=2t2
Thay vào (4) ta đi đến x22+ y22+ z22+ t22=16x y z2 2 2
Lập luận như trên ta đi đến x y z t2, , ,2 2 2 là số chẵn Quá trình trên cứ tiếp tục vô hạn lần Như vậy ta đã chứng minh được là nếu
(x y z t0, 0, ,0 0) là nghiệm của (1) thì , , ,
2k 2k 2k 2k
y
là các số nguyên với mọi k=0,1,2,…Điều này chứng tỏ x0= y0= z0= t0= 0
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là x0= y0= z0= t0= 0
Bài 6 : Sử dụng tính chất chia hết cho 13
Bài 7 : Giả sử (x0,y0,z0) là nghiệm nguyên dương của (1) sao cho x0 nhỏ nhất Ta suy
ra được (x0,y0) = 1 Từ (1) ta có (y02,z0,x02) là bộ ba nguyên thủy của phươngtrình Pythagore y2 + z2 = x2, và (y02,z0,x02) = 1
Theo tính chất nghiệm của phương trình Pythagore ta suy ra hai trường hợp sau
+ Nếu y0 lẻ , khi đó theo tính chất nghiệm của phương trình Pythagore , tồn tại các số nguyên dương m, n sao cho m>n và (m,n) = 1; m, n không cùng tính chẵn lẻ
Trang 10=======================================================================
2 2 2 0
2 2 2 0
Từ đó m4 – n4 = (x0y0)2 nên (m,n,x0y0) cũng là một nghiệm của (1) Do m,n nguyên dương nên m2 < m2 + n2=x Suy ra m < x02 0 Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của nghiệm (x0,y0,z0) Suy ra mâu thuẫn
+ Nếu y0 = 2y1 Vẫn theo tính chất nghiệm của phương trình Pythagore, tồn tại các số nguyên dương m, n sao cho m > n và (m,n) = 1; m, n không cùng tính chẵn lẻ
2 0
2 2 2 0
2
=
Do m2 + n2 = x02 và (m,n) = 1 nên (m,n,x0) là bộ ba Pythagore nguyên thủy của
phương trình Pythagore do đó tồn tại các số a, b nguyên dương sao cho với a>b và (a,b) = 1 và a,b khác tính chẵn lẻ sao cho:
2 2 0
2 2
2
x a b
m a b
n ab
=
hoặc
2 2 0
2 2
2
x a b
n a b
m ab
=
Khi đó ta có y12 =ab a( 2−b2) (6)
Do (a,b) = 1 nên (a,a2 – b2) = 1và (b,a2 – b2) = 1 nên từ (6) suy ra
2 1 2 1
2 2 2
a a
b b
a b r
=
=
Từ đó ta có a14−b14=r2
Đẳng thức trên chứng tỏ rằng (a1,b1,r) cũng là một nghiệm của (1) Do đó
a1< a12+ b12 = + a b 2 2
0
a + b = x
≤ nên ta suy ra mâu thuẫn với định nghĩa của nghiệm (x0,y0,z0)
Tóm lại ta luôn đi đến mâu thuẫn ,nếu giả thiết (1) có nghiệm nguyên dương Vậy (1) không có nghiệm nguyên dương Đó là đpcm
Bài 8:
• a, x4 + 4y4 = z2 (1)
Dễ thấy (0,0,0) là nghiệm, ta chứng minh nghiệm đó là duy nhất
Thật vậy, giả sử (x0,y0,z0) là nghiệm, với z0 nhỏ nhất
Khi đó có (x0,y0) = 1
1 Nếu x0 chẵn, x0 = 2k thay vào (1) có 16k4 + 4 y0
4
= z0 4
từ đó lại có z0
chẵn , z0 = 2h Lúc đó ta thay vào sẽ có (y0,k,h) cũng là nghiệm của (1)
mà h < z0 Mâu thuẫn!