Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số

Vấn đề thừa nhận rằng: Nếu như người học nắm chắc các cách tiếpcận để giải bài toán của phương trình nghiệm nguyên thì việc giải dạng toánnày sẽ dễ dàng hơn và ngày càng hăng say học tập

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

DƯƠNG XUÂN LỢI

TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN

VỀ ƯỚC SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

DƯƠNG XUÂN LỢI

TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN

VỀ ƯỚC SỐ

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS NGUYỄN VĂN HOÀNG

THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục

1.1 Số nguyên tố 3

1.2 Đồng dư thức 4

1.3 Thặng dư bậc hai và ký hiệu Legendre 5

1.4 Sơ lược về đa thức bất khả quy 6

2 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên 7 2.1 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên 7

2.1.1 Cách phân tích 7

2.1.2 Cách dùng bất đẳng thức 14

2.1.3 Cách tham số hóa, số học mô-đun hóa 18

2.1.4 Cách quy nạp toán học và cách lùi vô hạn 25

2.1.5 Một số cách giải khác 39

2.2 Một số dạng cổ điển của phương trình nghiệm nguyên 43

2.2.1 Dạng bậc nhất hai ẩn 43

2.2.2 Bộ ba Pitago 44

2.3 Ước số của một vài số có dạng đặc biệt 47

2.3.1 Ước số của a2+ b2 47

2.3.2 Ước số của a2+ 2b2 52

2.3.3 Ước số của a2− 2b2 53

Mở đầu

Trong các kỳ thi HSG thường xuất hiện các bài toán tìm nghiệmnguyên Loại toán này còn xuất hiện trong các kỳ thi quốc tế Đó là loạitoán đòi hỏi một phản xạ nhanh và chính xác, một lý luận chặt chẽ và logic.Chính vì vậy giải phương trình nghiệm nguyên là phát triển tốt cho trí tưởngtượng và sự thông minh

Vấn đề thừa nhận rằng: Nếu như người học nắm chắc các cách tiếpcận để giải bài toán của phương trình nghiệm nguyên thì việc giải dạng toánnày sẽ dễ dàng hơn và ngày càng hăng say học tập hơn

Qua nghiên cứu đề tài luận văn “Tiếp cận sơ cấp giải phương trìnhnghiệm nguyên và một số bài toán về ước số” để bản thân tôi và đồngnghiệp có thêm tư liệu về dạy toán nói chung và dạy dạng toán nghiệmnguyên nói riêng

Mục đích chính của luận văn là nêu ra được một số cách tiếp cận sơcấp giải phương trình nghiệm nguyên và tìm ước của một vài lớp số đặc biệt

Có ví dụ và lời giải chi tiết cho từng cách tiếp cận, từng lớp số đặc biệt Đưa

ra được hệ thống các bài tập tham khảo cho từng cách

Nội dung của luận văn gồm hai chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị:

Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ bản cần thiết dùng cho cáckết quả ở chương sau, chẳng hạn về số nguyên tố, đồng dư thức, phươngtrình đồng dư, phần tử bất khả quy và ký hiệu Legendre

Chương 2: Các phương pháp sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên

Phần thứ nhất của chương này dự kiến giới thiệu một số phương pháp

sơ cấp giải nghiệm nguyên Mỗi phương pháp có trình bày định lý, bổ đề,nguyên tắc, phương pháp, ví dụ minh họa liên quan đến phương pháp Phầnthứ hai trình bày một số phương trình nghiệm nguyên cổ điển Phần cuốigiới thiệu sơ lược cách tiếp cận cao cấp liên quan đến ký hiệu Legendre và

phương trình nghiệm nguyên để tìm ước của một vài lớp số đặc biệt.

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại họcThái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của Phó giáo sư-Tiến sĩ NguyễnVăn Hoàng Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc về sự tận tâm

và nhiệt tình của thầy trong suốt quá trình tác giả thực hiện luận văn

Trong quá trình học tập và làm luận văn, từ bài giảng của các giáo sư,tiến sĩ đang công tác tại Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên,tôi đã trau dồi thêm rất nhiều kiến thức để nâng cao trình độ của mình Từđáy lòng mình, tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới tất cả các thầy, cô

Tôi xin chân thành cám ơn Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo Khoa học,Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã quantâm và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập tại trường

Nhân dịp này tôi xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp, bạn bè và giađình đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ, động viên để tôi hoàn thành luận văn này

Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019

Tác giả

Dương Xuân Lợi

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, ta quy ước rằng tất cả các chữ a, b, c, x, y, z, biểuthị các số nguyên và tất cả các mô-đunm, n, là các số nguyên dương Nộidung của chương được tổng hợp từ các tài liệu [1], [2] và [6]

1.1 Số nguyên tố

Định nghĩa 1.1.1 (xem [1]) (i) Cho các số nguyên a, b, với a 6= 0 Ta nóirằng a chia hết b hoặc a là một ước số của b nếu b = ac với một số nguyên cnào đó, ký hiệu a | b Ta cũng nói rằng b chia hết cho a hoặc b là một bội sốcủa a, ký hiệu b a

(ii) Cho a, b các số nguyên không đồng thời bằng 0 Ước chung lớn nhất của

a, b là số nguyên dương d thỏa mãn các điều kiện (1) d|a và d|b; (2) nếu có

số nguyên e sao cho e|a và e|b, thì e|d Kí hiệu ước chung lớn nhất của a và

b là gcd(a, b) hoặc (a, b)

(iii) Hai số nguyên a vàb được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu gcd(a, b) = 1

Định nghĩa 1.1.2 (xem [1]) Số1chỉ có đúng một ước dương Mỗi số nguyênlớn hơn 1 đều có ít nhất hai ước dương (chẳng hạn 1 và chính nó) Các sốnguyên dương lớn hơn 1mà chỉ có đúng hai ước dương được gọi là số nguyên

tố Bất kỳ số nguyên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được gọi là hợpsố

Mệnh đề 1.1.3 (xem [1]) (i) Cho a, b, c ∈ Z Nếu a|bc và (a, b) = 1 thì a|c.(ii) Choa1, a2, , anvàb1, b2, , bm là hai dãy các số nguyên thỏa mãn điềukiện gcd(ai, bj) = 1 với mọi i mọi j Khi đó gcd(a1a2 an, b1b2 bm) = 1

Đặc biệt, nếugcd(p, q) = 1 thìgcd(pn, qm) = 1với mọim, n là các số nguyêndương.

Định lý 1.1.4 (Định lý cơ bản về số nguyên tố) (xem [1]) Cho n là sốnguyên lớn hơn 1 Khi đó n luôn có thể biểu diễn được một cách duy nhấtdưới dạng

Định nghĩa 1.2.1 (Đồng dư thức) (xem [1]) Cho m là số nguyên dương

Ta nói số nguyên a đồng dư với số nguyên b theo mô-đun m nếu m | (a − b),

kí hiệu a ≡ b (mod m) Trường hợp ngược lại ta kí hiệu a 6≡ b (mod m)

Sau đây là một số tính chất cơ bản của đồng dư thức

Mệnh đề 1.2.2 (xem [1]) (i) a ≡ b (mod m) ⇔ tồn tại k ∈ Z để a =

b + km

(ii) a ≡ b (mod m) ⇔ a và b chia cho m có cùng một số dư

(iii) a ≡ a (mod m)

(iv) Nếu a ≡ b (mod m), thì b ≡ a (mod m)

(v) Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m)

Mệnh đề 1.2.3 (xem [1]) Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì

a + c ≡ b + d (mod m) và ac ≡ bd (mod m)

Mệnh đề 1.2.4 (xem [1]) (i) Nếu ac ≡ bc (mod m), (c, m) = 1, thì a ≡ b(mod m)

(ii) Nếu ac ≡ bc (mod m) và (c, m) = d, thì a ≡ b (mod md)

Định lý 1.2.5 (Định lý Fermat nhỏ) (xem [1]) Cho p là một số nguyên tố

và a là số nguyên Khi đó ap ≡ a (mod p) Đặc biệt, nếu (a, p) = 1, thì

ap−1 ≡ 1 (mod p)

Định lý 1.2.6 (Định lý Euler) (xem [1]) Nếu m là số nguyên dương vàgcd(a, m) = 1, thì aϕ(m) ≡ 1 (mod m) trong đó ϕ(m) là hàm số Euler của

m

1.3 Thặng dư bậc hai và ký hiệu Legendre

Định nghĩa 1.3.1 (xem [2]) Cho số nguyên dươngn Số nguyên a được gọi

là thặng dư bậc hai theo mod n, hay, gọi là số chính phương theo mod n,nếu tồn tại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod n)

Ví dụ 1.3.2 12 ≡ 1 (mod 6), 32 ≡ 3 (mod 6), 42 ≡ 4 (mod 6) Suy racác số 1, 3, 4 là các thặng dư bậc hai theo mod 6

Số 2 là một thặng dư bậc hai theo mod 7, vì 32 ≡ 2 (mod 7) Trong khi đó

3 không là thặng dư bậc hai theo mod 7

Định nghĩa 1.3.3 (xem [2]) Giả sử p là một số nguyên tố lẻ, a là một sốnguyên tùy ý Ký hiệu Legendre



a p

được xác định như sau:

1 nếu gcd(a, p) = 1 và a là số chính phương mod p;

− 1 nếu gcd(a, p) = 1 và a không là số chính phương mod p;

0 nếu a p

Tiếp theo ta nhắc lại một số tính chất của ký hiệu Legendre

Mệnh đề 1.3.4 (xem [2]) Cho p là số nguyên tố lẻ Khi đó

(0) ap−12 ≡

ap

(mod p)

 bp



(2) Nếu a ≡ b (mod p) thì

αp



=

bp



1 khi p ≡ 1 hoặc 7 (mod 8)

− 1 khi p ≡ 3 hoặc 5 (mod 8)

1 khi p ≡ 1 hoặc 11 (mod 12)

− 1 khi p ≡ 5 hoặc 7 (mod 12)

(7) Với mỗi số nguyên tố lẻ p bất kỳ,

5p



= (−1)[p−25 ] =

(

1 khi p ≡ 1 hoặc 4 (mod 5)

− 1 khi p ≡ 2 hoặc 3 (mod 5)

(8) Với mỗi số nguyên tố lẻ p bất kỳ,

1 khi p ≡ 1, 3, 9, 19, 25 hoặc 27 (mod 28)

− 1 khi p ≡ 5, 11, 13, 15, 17 hoặc 23 (mod 28).(9) Nếu p và q là các sốp nguyên tố lẻ thì

qp



=

pq

(−1)p−12

q−1

2

1.4 Sơ lược về đa thức bất khả quy

Định nghĩa 1.4.1 (Đa thức bất khả quy) (xem [6]) Cho A là một miềnnguyên Một đa thức f (x) ∈ A[x] được gọi là bất khả quy trên A nếu

f (x) 6= 0, f (x) không khả nghịch và f (x) không có ước thực sự Một đathức khác 0, không khả nghịch, mà không bất khả quy thì được gọi là đathức khả quy

Định nghĩa 1.4.2 (Vành Gauss) (xem [6]) Một vành giao hoán D được làmột vành Gauss (hay vành nhân tử hóa, hay vành phân tích duy nhất), viếttắt UFD, nếu D là một miền nguyên thỏa mãn các điều kiện:

(1) Mọi phần tử a khác không, khác đơn vị của D đều được phân tích đượcthành một tích của các phần tử bất khả quy của D

(2) Sự phân tích của một phần tử a như ở điều kiện (1) là duy nhất với saikhác là hoán vị các thừa số bất khả quy

Định lý 1.4.3 (xem [6]) Nếu D là một UFD thì D[x] cũng là một UFD

xét một hệ phương trình sau đây

fk(x1, x2, , xn) = ak

Bằng việc giải tất cả các hệ phương trình như vậy sẽ cho ta tập tất cả cácnghiệm của phương trình (2.1)

Ta sẽ minh họa phương pháp này bằng cách trình bày một vài ví dụ

Ví dụ 2.1.1 (Titu Andreescu) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phươngtrình

x2 + 1
y2 + 1
+ 2(x − y)(1 − xy) = 4(1 + xy)

Lời giải Viết phương trình dưới dạng

x2y2 − 2xy + 1 + x2 + y2 − 2xy + 2(x − y)(1 − xy) = 4,

hoặc (xy − 1)2+ (x − y)2− 2(x − y)(xy − 1) = 4 Điều này tương đương với

[xy − 1 − (x − y)]2 = 4 hoặc (x + 1)(y − 1) = ±2

Nếu (x + 1)(y − 1) = 2, ta có được các hệ phương trình

Giải các hệ ta được các nghiệm (1, 2), (−3, 0), (0, 3), (−2, −1)

Nếu (x + 1)(y − 1) = −2, ta có được các hệ phương trình

Ví dụ 2.1.2 Cho p và q là hai số nguyên tố Tìm nghiệm nguyên dương củaphương trình

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với phương trình

Các nghiệm của phương trình là (3, 4), (4, 3), (0, 7), (7, 0)

Ví dụ 2.1.4 (Olympic Toán Ba Lan) Giải phương trình

x2(y − 1) + y2(x − 1) = 1

với x, y là các số nguyên

Lời giải Đặt x = u + 1, y = v + 1 Khi đó phương trình trở thành

(u + 1)2v + (v + 1)2u = 1, hay v(u + v) + 4uv + (u + v) = 1

Phương trình cuối cùng có thể được viết là

uv(u + v + 4) + (u + v + 4) = 5,hoặc (u + v + 4)(uv + 1) = 5

Điều này có nghĩa là tổng u + v và tích uv phải thỏa mãn một trong bốn hệphương trình:

Ví dụ 2.1.5 (Titu Andreescu) Tìm tất cả các số nguyên n để phương trình

x3 + y3 + z3 − 3xyz = n

có nghiệm nguyên dương

Lời giải Ta viết lại vế trái của phương trình

Từ (2.2) ta thấy rằng phương trình ban đầu có nghiệm nguyên dương khi

n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 (với k ≥ 1) Bởi vì lúc đó bộ ba (k + 1, k, k)

và (k + 1, k + 1, k) là các nghiệm của phương trình đã cho (tương ứng với

n = 3k + 1, n = 3k + 2)

Bây giờ ta xét trường hợpnchia hết cho 3 Khi đó từ (2.3) suy ra(x + y + z)3chia hết cho 3, vì thế (x + y + z) chia hết cho 3 Do đó

n = (x + y + z)3 − 3(x + y + z)(xy + yz + zx)

phải chia hết cho 9 Ngược lại, nếu n = 9k (với k ≥ 2), thì bộ ba (k −

1, k, k + 1) thỏa mãn (x + y + z)[(x−y)2+(y−z)2 2+(z−x)2] = 3k62 = 9k = n Nếu

n = 0 thì (a, a, a) (với a nguyên dương) là nghiệm của phương trình

Kết luận: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên dương đó là n =3k + 1 (với k ≥ 1), hoặc n = 3k + 2 (với k ≥ 1), hoặc n = 9k (với

k = 0, 2, 3, 4, 5, )

Ví dụ 2.1.6 (Titu Andreescu, Dorin Andrica) Tìm tất cả các bộ ba sốnguyên dương (x, y, z) thỏa mãn x3+ y3+ z3 − 3xyz = p với p là số nguyên

tố lớn hơn 3

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng x ≥ y ≥ z Nếu x >

y > z, thì ta có x − y ≥ 1, y − z ≥ 1 và x − z ≥ 2, điều này suy ra rằng(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ 6 > 2

Vì vậy, ta phải có x = y = z + 1 hoặc x − 1 = y = z Khi đó số nguyên tố

p = x + y + z phải có một trong các dạng 3k + 2 hoặc 3k + 1 Trong trườnghợp đầu tiên các nghiệm của phương trình là p+13 ,p+13 ,p−23
và các hoán vịtương ứng Trong trường hợp thứ hai các nghiệm là p+23 ,p−13 , p−13
và cáchoán vị tương ứng

8 (và hai số còn lại là 1), chẳng hạn |3 − x| = 8 và |3 − y| = |3 − z| = 1,khi đó x ∈ {−5, 11} và y, z ∈ {2, 4} Điều này kết hợp với x + y + z = 3, tasuy ra chỉ xảy ra khả năng x = −5 và y = z = 4 Bây giờ ta xét trường hợpthứ nhất: lại vì cả ba số đó khác 0, và từ tính chất tích ba số đó bằng 8, tasuy ra được |3 − x| = |3 − y| = |3 − z| = 2; do đó x, y, z ∈ {1, 5} Lại bởi vì

x + y + z = 3, nên khả năng duy nhất có thể xảy ra là x = y = z = 1

py4 = 2y4 ≡



0 (mod 16) khi y ≡ 0 (mod 2)

2 (mod 16) khi y ≡ 1 (mod 2) ;

như vậy vế trái và vế phải luôn khác nhau khi p = 2

Bây giờ ta xét p là số nguyên tố lẻ Do đó từ đẳng thức x4 + 4 = py4, tasuy raxlẻ nếu và chỉ nếu y lẻ Vìx4+4 = (x2+2)2−(2x)2, nên phương trìnhtương đương với(x2+2)2−(2x)2 = py4, hay (x2−2x+2)(x2+2x+2) = py4

Ta có gcd(x2 − 2x + 2, x2 + 2x + 2) = 1 (thật vậy, ta thấy

8 = (x2 − 2x + 2)(x + 2) − (x2 + 2x + 2)(x − 2)

Lấy dlà một ước chung lớn nhất của x2− 2x + 2và x2+ 2x + 2, với lưu ýx

lẻ, suy radlẻ Lại vì dlà ước của8, nên suy rad = 1) Từ đó x2−2x+2 = a4

và x2 + 2x + 2 = pb4 trong đó a, b là các số nguyên thỏa mãn ab = y và(a, b) = 1 Suy ra (x − 1)2+ 1 = a4 và (x + 1)2+ 1 = pb4 Phương trình thứnhất cho ta x = 1 vàa2 = 1; do đó từ phương trình thứ hai ta được p = 5 và

b2 = 1 Do đó, chỉ có số nguyên tố p = 5, thì phương trình có nghiệm Cácnghiệm (x, y) của phương trình lúc đó là (1, 1), (−1, 1), (1, −1), (1, 1)

2.1.2 Cách dùng bất đẳng thức

Ở cách này ta sẽ hạn chế giá trị của các biến trong các khoảng thích hợp.Nói chung, quy trình này dẫn đến chỉ có hữu hạn đánh giá các biến trongcác khoảng bằng cách sử dụng các bất đẳng thức thích hợp Nói chung, quytrình này dẫn đến chỉ có hữu hạn khả năng cho tất cả các biến hoặc cho một

số biến

Ví dụ 2.1.9 Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x3 + y3 = (x + y)2

Lời giải Chú ý rằng tất cả các cặp số có dạng (k, −k), với k ∈ Z đều

là nghiệm của phương trình Nếu x + y 6= 0, thì phương trình trở thành

x2 − xy + y2 = x + y, và nó tương đương với phương trình

(x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2

Từ đó suy ra (x − 1)2 ≤ 1 và (y − 1)2 ≤ 1 (vì nếu chẳng hạn (x − 1)2 ≥ 2thì (x − y)2 = 0 = (y − 1)2; suy ra x = y = 1 mâu thuẫn với (x − 1)≥2)

Từ đó ta hạn chế các biếnx, y vào trong đoạn [0, 2] Do đó ta nhận được cácnghiệm của phương trình là (0, 1), (1, 0), (1, 2), (2, 1), (2, 2)

Ví dụ 2.1.10 (Olympic Rumani) Giải phương trình sau với các số x, y, znguyên dương:

y ≤ z Từ đó ta có bất đẳng thức x3 ≥ 35, và do đó x ∈ {2, 3, 4, 5}

Nếu x = 2, thì 1y + 1z = 101 với y ∈ {11, 12, , 20} (do y ≤ z) Do đó

z = 10 +y−10100 và (y − 10)|100 Từ đó ta nhận được các nghiệm là (2, 11, 110),(2, 12, 60), (2, 14, 35), (2, 15, 30), (2, 20, 20)

Nếu x = 3, thì ta có 1y + z1 = 154 với y ∈ {3, 4, 5, 6, 7} (vì y ≤ z) Suy ra

z = 4 −4y−15y−60 và (4y − 15)|(y − 60) Ta có các nghiệm là (3, 4, 60), (3, 5, 15),(3, 6, 10)

Nếux = 4, thì 1y+z1 = 207 vớiy ∈ {4, 5} (vì y ≤ z) Ta có nghiệm là (4, 4, 10).Nếu x = 5, thì 1y + 1z = 25 và y = z = 5, ta thu được nghiệm là (5, 5, 5)

Ví dụ 2.1.11 (Titu Andreescu) Tìm các bộ bốn số nguyên dương (x, y, z, w)thỏa mãn x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) = w2.

Lời giải Ta có

(x + y + z − 1)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z − 1) − 2z + 1

= x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) − 2z − 4y + 1

= w2 − (4y + 2z − 1) < w2.(x + y + z + 1)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x(z + 1) + 2y(z + 1) + 2z + 1

= x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) + 4x + 2z + 1

= w2 + (4x + 2z + 1) > w2

Do đó (x + y + z − 1)2 < w2 < (x + y + z + 1)2 (lưu ý rằng 2 số chặn ởhai đầu là bình phương của hai số nguyên cách nhau 2 đơn vị) Vì thế số

x2+y2+z2+2xy +2x(z −1)+2y(z +1)chỉ có thể bằng với(x+y +z)2 Nghĩa

làx2+ y2+ z2+ 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) = x2+ y2+ z2+ 2xy + 2xz + 2yz,hay2x(z −1)+2y(z +1) = 2xz +2yz, hay−2x+2y = 0 Suy rax = y, dó đócác nghiệm của phương trình là (m, m, n, 2m + n) trong đó m, n ∈ Z+

Ví dụ 2.1.12 (Olympic Hungary) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phươngtrình

−24x2 − 66x + 55 = 0 đều không có nghiệm nguyên, do vậy phương trình

vô nghiệm khi x ≥ 0

Tiếp theo, chú ý rằng P (x) thỏa mãn P (−x − 7) = −P (x), do đó (x, y)

là nghiệm của phương trình khi và chỉ khi (−x − 7, −y) cũng là nghiệm

của phương trình Do đó phương trình không có nghiệm với x ≤ −7 Vậynếu (x, y) là nghiệm của phương trình, thì ta phải có −6 ≤ x ≤ −1 Với

−3 ≤ x ≤ −1, ta có P (−1) = 440, không là lập phương của một số,

P (−2) = 216 = 63, và P (−3) = 64 = 43, vậy (−2, 6) và (−3, 4) là nghiệmcủa phương trình khi −3 ≤ x ≤ −1 Do đó (−4, −4) và (−5, −6) là nghiệmcủa phương trình khi −6 ≤ x ≤ −4 Vậy phương trình có nghiệm là (−2, 6),(−3, 4), (−4, −4), và (−5, −6)

Ví dụ 2.1.13 (Olympic Anh Quốc) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương(x, y, z) thỏa mãn



1 + 1x

 

1 + 1y

 

1 + 1z

, suy ra y < 7 Mặt khác vì 1 + 1x > 1, nên từ đẳng thức (*) ta suy

ra y > 3 Thử các giá trị thích hợp của các biến ta thu được các nghiệm là(7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2)

Ví dụ 2.1.14 (Cuộc thi toán Putnam) Tìm tất cả các số nguyên dương

n, k1, , kn thỏa mãn k1 + · · · + kn = 5n − 4 và k1

1 + · · · + k1

n = 1.Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy–Schwarz ta có

(k1 + · · · + kn)

1

ý rằng sau đây ta không thể có k1 = 1 khi xét n > 1

Nếu n = 2, thì k1 + k2 = 6; suy ra (k1, k2) ∈ {(2, 4), (3, 3)} Kiểm trathấy không cặp nào là nghiệm

Nếu n = 3, thì k1+ k2+ k3 = 11, nên3k1 ≤ 11; suy ra 2 ≤ k1 ≤ 3 Vì thế(k1, k2, k3) ∈ {(2, 2, 7), (2, 3, 6), (2, 4, 5), (3, 3, 5), (3, 4, 4)} Ta kiểm tra thấychỉ có (2, 3, 6) thỏa mãn.

Nếu n = 4, thì dấu bằng của bất đẳng thức (AM–HM) xảy ra khi và chỉkhi k1 = k2 = k3 = k4 = 4

Kết luận Nghiệm của phương trình là n = 1 và k1 = 1; n = 3 và(k1, k2, k3) là một hoán vị của (2, 3, 6); n = 4 và (k1, k2, k3, k4) = (4, 4, 4, 4)

2.1.3 Cách tham số hóa, số học mô-đun hóa

Trong nhiều trường hợp các nghiệm nguyên của phương trình nghiệmnguyên f (x1, x2, , xn) = 0 có thể được biểu diễn dưới dạng tham số hóanhư sau:

Ví dụ 2.1.15 (Cuộc thi liên thành phố) Chứng minh rằng có vô số bộ ba(x, y, z) nguyên sao cho x3 + y3 + z3 = x2 + y2 + z2

Lời giải Đặt z = −y, phương trình trở thành x3 = x2 + 2y2 Lấy y = mxvới m ∈Z, ta suy ra được x = 1 + 2m2 Vậy ta có vô số nghiệm

(b) Vì 22 + 32 = 13, nên ta có thể chọn m = 2, n = 3 thay vào phươngtrình ở ý (a), và ta thu được kết quả là họ các nghiệm của phương trình

trong đó x1 = m, y1 = n Ta có thể kiểm tra được rằng (|xk|, yk, k) (với

k ∈ Z+) là các nghiệm của phương trình x2 + y2 = (m2 + n2)z đã cho.(2) Một cách khác để tạo ra một họ nghiệm vô hạn đó là xem xét gắn với sốphức Gọik là số nguyên dương Ta có Ak+ iBk = (m + in)k với Ak, Bk ∈ Z.Lấy mô-đun hai vế của các số phức, ta được

A2k + Bk2 = m2 + n2
k,

và như vậy (|Ak| , |Bk| , k) là một nghiệm của phương trình x2+ y2 = (m2+

n2)z đã cho

Ví dụ 2.1.17 Tìm các bộ ba số nguyên duowng(x, y, z) thỏa mãn 1x+y1 = 1z

Lời giải Phương trình tương đương với z = x+yxy Đặt d = gcd(x, y) Do đó

x = dm, y = dn với gcd(m, n) = 1 Suy ra gcd(mn, m + n) = 1 (bởi vìlấy e = gcd(mn, m + n) thì e|mn và e|(m + n); suy ra e|n2 và e|m2; suy rae| gcd(m2, n2) Mà gcd(m2, n2) = 1, nên e = 1) Do đó z = m+ndmn, kéo theo(m + n)|d (tức là d = k(m + n) với k ∈ Z+)

Do vậy, các nghiệm của phương trình được cho bởi công thức

x = km(m + n), y = kn(m + n), z = kmn,

với k, m, n ∈Z+

Từ lời giải của Ví dụ 2.1.17, ta có nhận xét sau đây

Nhận xét (1) Nếu a, b, c là các số nguyên dương và nguyên tố cùng nhauthỏa mãn 1a + 1b = 1c thì a + b là một số chính phương Thật vậy, lấy k = 1,

từ chứng minh của Ví dụ 2.1.17, ta được a = m(m + n), b = n(m + n),

c = mn; đồng thời khi đó a + b = (m + n)2

(2) Nếu a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn a1 + 1b = 1c thì a2 + b2 + c2

là số chính phương Thật vậy, theo cách đặt và kết quả trong chứng minh Ví

Lời giải Ta sẽ sử dụng thêm kết quả phụ trợ sau đây

Bổ đề 2.1.19 Nếu A, B là các số nguyên dương và nguyên tố cùng nhau,thì tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho Au − Bv = 1

Chứng minh Xét các số nguyên1.A, 2.A, , (B −1).Alấy mô-đun B Tất

cả chúng đều khác nhau đôi một (vì nếuk1A = q1B + rvà k2A = q2B + r vớihai số k1 6= k2 trong tập {1, 2, , B − 1}, thì (k1 − k2)A = (q1 − q2)B ≡ 0(mod B) Từ đó dogcd(A, B) = 1, nên ta suy rak1− k2 ≡ 0 (mod B), mâuthuẫn) Ta lại thấy rằng k.A 6≡ 0 (mod B) với mọi k ∈ {1, 2, , B − 1}

Do đó có ít nhất một trong các số nguyên 1.A, 2.A, , (B − 1).A sẽ cóphần dư là1khi chia cho B Suy ra tồn tại u, v ∈Z+ sao cho u.A − 1 = v.B,hay 1 = u.A − v.B

Lấy (u0, v0) là nghiệm nhỏ nhất trong các nghiệm nguyên dương củaphương trình Ax − By = 1 Khi đó, tất cả các nghiệm nguyên dương củaphương trình Ax − By = 1 được cho bởi công thức

v2n− 2aunvn + (a2 − 4b)u2n + 4bun = zn2, n ∈ Z+

Rõ ràng là các dãy số(un)n≥1 và(vn)n≥1 chứa các dãy số con(unj)j≥1, (vnj)j≥1tăng nghiêm ngặt (tương ứng) Một họ vô hạn các nghiệm thỏa mãn yêu cầuđược cho bởi (vnj, unj, znj) với j ≥ 1

Nhận xét Vế trái của phương trình ở Ví dụ 2.1.18 có thể viết lại là (x −ay)2 − 4by(y − 1), đó là biệt thức của phương trình bậc hai byt2 + (ay −x)t + y − 1 = 0 ẩn mới là t Do đó, biệt thức này là một số chính phươngkhi mà phương trình cuối có nghiệm nguyên Viết lại phương trình đó dướidạng y bt2 + at + 1
= 1 + xt, ta có thể thấy rằng t = 1 là một nghiệm nếuy(b + a + 1) = 1 + x, nó thỏa mãn với một họ vô hạn các cặp số nguyên(x, y) Trong trường hợp này, bằng cách tính toán thông thường, ta nhậnđược z = by − y + 1 Do đó, ta đã tìm được một họ vô hạn các nghiệm

x = (a + b + 1)m − 1, y = m, z = (b − 1)m + 1, m ∈ Z+

Tiếp theo ta xét cách số học mô-đun hóa Trong nhiều trường hợp, sử dụnghợp lí mô-đun hóa đơn giản để chứng minh rằng các phương trình nghiệmnguyên nhất định vô nghiệm hoặc giảm phạm vi của các nghiệm có thể.

Ví dụ 2.1.20 Chứng minh rằng phương trình (x + 1)2 + (x + 2)2 + · · · +(x + 2001)2 = y2 vô nghiệm nguyên

Lời giải Đặt x = z − 1001 Phương trình trở thành

Vế trái đồng dư với2 (mod 3), vì vậy nó không thể là một chính phương

Ví dụ 2.1.21 (Olimpic Toán Nga) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q)thỏa mãn p3 − q5 = (p + q)2

Lời giải Nghiệm duy nhất là (7, 3) Thật vậỵ: đầu tiên ta giả sử rằng p và

q đều khác 3 Khi đó p ≡ 1 hoặc 2 (mod 3) và q ≡ 1 hoặc 2 (mod 3) Nếu

p ≡ q (mod 3), thì vế trái chia hết cho 3, trong khi vế phải thì không Nếu

p 6= q (mod 3), vế phải chia hết cho 3, còn vế trái thì không

Nếu p = 3, thì 27 − q5 = (3 + q)2, suy ra q5 = 27 − (3 + q)2 < 27 đó làđiều không thể đối với bất kì số nguyên tố q nào

Nếu q = 3, ta có p3 − 243 = (p + 3)2, có nghiệm nguyên duy nhất là

p = 7

Ví dụ 2.1.22 (Olympic Toán Balkan) Chứng minh rằng phương trình x5−

y2 = 4 vô nghiệm nguyên

Lời giải Ta xét phương trình mô-đun 11 Vì (x5)2 = x10 = xϕ(11) ≡ 1(mod 11) (nếu (x, 11) = 1), và ≡ 0 (nếu 11 | x), nên ta có x5 ≡ −1, 0, hoặc

1 (mod 11) Vậy x5 − 4 đồng dư 6, 7, hoặc 8 mô-đun 11 Tuy nhiên, đồng

dư của một số chính phương mô-đun 11 là 0, 1, 3, 4, 5 và 9, do đó phươngtrình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 2.1.23 (Olimpic Toán Đức) Xác định tất cả các số nguyên tố p để

hệ

(

p + 1 = 2x2

p2 + 1 = 2y2 có một nghiệm nguyên duy nhất (x, y).

Lời giải Số nguyên tố duy nhất như vậy là p = 7 Thật vậy, không mấttính tổng quát, ta giả sử x, y ≥ 0 Chú ý p + 1 = 2x2 là số chẵn, vậy p 6= 2

Ta có, 2x2 ≡ 1 ≡ 2y2 (mod p), suy ra x ≡ ±y (mod p), vì p là số lẻ Từ đó

tố, và ta có (x, y) = (2, 5) là nghiệm của phương trình

Ví dụ 2.1.24 (IMO lần thứ 23) Chứng minh rằng nếu nlà số nguyên dươngsao cho phương trình x3 − 3xy2 + y3 = n có một nghiệm nguyên (x, y), thì

nó có ít nhất ba nghiệm nguyên Chứng minh rằng phương trình không cónghiệm nguyên khi n = 2891

đến x = y = 0 mà n > 0 Tương tự, ta có

x3 − 3xy2 + y3 = x3 − 3x2y + 3xy2 − y3 + 2y3 + 3x2y − 6xy2

= (x − y)3 + 3xy(x − y) − 3xy2 + 2y3

= (−y)3 − 3(−y)(x − y)2 + (x − y)3,

vì vậy (−y, x − y) là nghiệm thứ ba cho phương trình

Ta sử dụng hai phép biến đổi này để giải quyết phần thứ hai của bài toán.Đặt (x, y) là một nghiệm Vì 2891 không chia hết cho 3, nên x3 + y3 cũngkhông chia hết cho 3 Vì vậy, cả x và y đều đồng dư nhau khi xét mô-đun 3(và không cùng đồng dư 0 (mod 3)), hoặc chính xác là chỉ có một trong x

và y chia hết cho 3 Một trong hai trường hợp này suy ra một trong số các

số −x, y, x − y chia hết cho 3, và sử dụng các biến đổi như trên, ta có thểgiả sử rằng y là bội số của3 Suy ra rằngx3 phải đồng dư với2891 (mod 9),điều này là không thể, vì số 2891 đồng dư với 2, trong khi đó x3 (mod 9)chỉ có thể là 0, 1 và 8

2.1.4 Cách quy nạp toán học và cách lùi vô hạn

Trước tiên ta xét cách quy nạp toán học Quy nạp toán học là một cáchchứng minh mạnh mẽ và hiệu quả để chứng minh các mệnh đề phụ thuộcvào các số nguyên không âm

Cho (P (n))n≥0 là dãy các mệnh đề Cách quy nạp toán học hỗ trợ tachứng minh rằngP (n) là đúng với mọi n ≥ n0, trong đón0 là một số nguyênkhông âm cho trước Sau đây là một vài dạng của quy nạp toán học

Quy nạp toán học (dạng yếu): Giả sử rằng

• P (n0) là đúng;

• Với mọi k ≥ n0, từ P (k) là đúng kéo theo P (k + 1) là đúng

Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0

Quy nạp toán học (với bước nhảy s): Cho s là một số nguyên dương cốđịnh Giả sử rằng:

• P (n0) , P (n0 + 1) , , P (n0 + s − 1) là đúng;

• Với mọi k ≥ n0, từ P (k) đúng kéo theo P (k + s) là đúng

Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0

Quy nạp toán học (dạng mạnh): Giả sử rằng

• P (n0) là đúng;

• Với mọi k ≥ n0, P (m) là đúng với mọi m mà n0 ≤ m ≤ k kéo theo

P (k + 1) là đúng

Khi đó P (n) đúng với mọi n ≥ n0

Cách chứng minh này được sử dụng rộng rãi trong các lĩnh vực khác nhaucủa toán học, bao gồm cả lý thuyết số Các ví dụ sau đây để chỉ ra cách thứcquy nạp toán học được áp dụng để nghiên cứu phương trình nghiệm nguyên

Ví dụ 2.1.25 (Olympic Toán Bungary) Chứng minh rằng với mọi số nguyên

n ≥ 3, tồn tại các số lẻ nguyên dương x, y, sao cho 7x2 + y2 = 2n

Lời giải Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương lẻ xn, yn saocho 7x2n + yn2 = 2n với n ≥ 3

Với n = 3, ta có x3 = y3 = 1 Bây giờ giả sử rằng với một số nguyên

n ≥ 3, ta đã có số nguyên lẻ xn, yn thỏa mãn 7x2n + yn2 = 2n Ta sẽ chỉ ramột cặp (xn+1, yn+1) các số nguyên dương lẻ thỏa mãn 7x2n+1+ y2n+1 = 2n+1.Thật vậy, ta có

7



xn ± yn2

2

+

7xn∓ yn2

2 là số lẻ, thì7xn− yn

2 = 3xn+

xn − yn2cũng là số lẻ (vì tổng của số lẻ và số chẵn); do đó trong này trường hợp này

ta có thể chọn

xn+1 = xn + yn

2 và yn+1 =

7xn − yn2

Ví dụ 2.1.26 (Dorin Andrica) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương

n, phương trình x2+ y2+ z2 = 59n có nghiệm trên tập các số nguyên dương

Lời giải Ta sử dụng quy nạp ứng toán học với bước nhảy s = 2 và n0 = 1.Lưu ý rằng cho (x1, y1, z1) = (1, 3, 7) và (14, 39, 42), ta có

Chú ý rằng: Ta có thể viết cụ thể các nghiệm như sau

có nghiệm trên tập số nguyên dương phân biệt

Lời giải Với trường hợp n = 3 ta có 12 + 13 + 16 = 1 Giả sử với k ≥ 3,

+ 12x2

12x2 + · · · +

12xk = 1, trong đó 2, 2x1, 2x2, , 2xk phânbiệt

n−1

X

k=1

(k + 1) − 1(k + 1)! =

n−1

X

k=1

1k! − 1(k + 1)!

1

+ 13!