Phương trình nghiệm nguyên

Chia sẻ: Boom Boom Boom | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

0
393
lượt xem
135
download

Phương trình nghiệm nguyên

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương trình nghiệm nguyên là một bộ phận quan trọng của số học. Lịch sử giải các phương trình nghiệm nguyên là một cuộc hành trình ly kỳ và đầy hấp dẫn đối với những ai yêu thích toán học.hẳn các bạn đã nghe câu chuyện thú vị của định lý Fermat? một bài toán hết sức đơn giản.......

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Phương trình nghiệm nguyên

  1. Phương trình nghiệm nguyên
  2. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Môû ñaàu… Phöông trình nghieäm nguyeân (phöông trình giaûi ñöôïc treân taäp soá nguyeân) laø moät boä phaän quan troïng cuûa soá hoïc. Lòch söû giaûi caùc phöông trình nghieäm nguyeân laø moät cuoäc haønh trình ly kyø vaø ñaày haáp daãn ñoái vôùi nhöõng ai yeâu thích toaùn hoïc. Haún caùc baïn ñeàu ñaõ nghe qua caâu chuyeän thuù vò veà Ñònh lyù Fermat? Moät baøi toaùn töôûng chöøøng nhö raát ñôn giaûn: "xn + yn =zn khoâng coù nghieäm nguyeân döông neáu n≥3"! Ñaõ khieán cho caû giôùi toaùn hoïc phaûi ñau ñaàu suoát 3 theá kiû vaø maõi cho ñeán cuoái theá kiû 20 thì lôøøi giaûi troïn veïn cho baøi toaùn môùi ñöôïc tìm ra treân cô sôû tinh hoa cuûa toaùn hoïc hieän ñaïi. Baøi toaùn Fermat ñoù laø moät phaàn trong chuoãi caùc phöông trình nghieäm nguyeân Diophantine – moät nhaø toaùn hoïc Hy Laïp soáng ôû Alexandria vaøo theá kiû III, ngöôøi chuyeân nghieân cöùu veà phöông trình nghieäm nguyeân. Töø thôøi cuûa Diophantine, ngöôøi ta ñaõ töï ñaët ra caâu hoûi: Coù hay khoâng moät thuaät toaùn chung ñeå giaûi taát caû caùc loaïi phöông trình Diophantine? Vaø ñoù chính laø noäi dung cuûa baøi toaùn Hilbert thöù 10 noãi tieáng, ñaõ ñöôïc nhaø toaùn hoïc Hilbert ( nhaø toaùn hoïc lôùn nhaát cuûa moïi thôøi ñaïi) ñeà ra trong soá 23 baøi toaùn cho toaùn hoïc theá kæ 20 taïi Ñaïi hoäi toaùn hoïc quoác teá ñaàu theá kæ 20. Vaø baøi toaùn ñoù ñaõ ñöôïc nhaø toaùn hoïc ngöôøi Nga Yuri Matijasievich giaûi naêm 1970. Caâu traû lôøi cho baøi toaùn thöù 10 laø: ! Tuy vaäy, ñoái vôùi moät soá lôùp phöông trình Diophantine, ta coù theå söû duïng moät soá caùch sau ñeå giaûi chuùng: + Söû duïng caùc tính chaát chia heát ñeå thu heïp taäp hôïp nghieäm coù theå. + Duøng caùc öôùc löôïng veà ñoä lôùn cuûa nghieäm ñeå thu heïp taäp hôïp nghieäm coù theå. Thoâng thöôøng ta hay söû duïng ñeán tính chaát “nghieäm cöïc trò” (nhoû nhaát hay lôùn nhaát theo moät quan heä naøo ñoù). Trong phaïm vi cuûa moät baøi taäp lôùn naøy, toâi seõ giôùi thieäu moät soá phöông trình Diophantine vaø caùch giaûi chuùng. Vaø tröôùc khi baét ñaàu vôùi caùc phöông trình ñoù, ta seõ ñi tìm hieåu ñoâi neùt veà caùch giaûi phöông trình Diophantine ña thöùc treân ℤ cuøng nhöõng khoù khaên trong vieäc giaûi phöông trình Diophantine. 1 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  3. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Phương trình DIOPHANTINE một ẩn. I. Chúng ta bắt đầu phần này với phương trình Diophantine một ẩn (hay còn gọi là phương trình đa thức) có dạng: a0 xm  a1 x m1  ...  am1x  am  0 (1) Với m  N * , ai  i  0, m . Nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn phương trình (1) thì khi đó: (a0 xm1  a1 x m2  ...  am1 ) x  am Vậy x là một ước của am. Nếu am  0 thì ta dễ dàng tìm được x bằng cách liệt kê các ước ( hữu hạn) nguyên âm và nguyên dương của am rồi lần lượt thử vào phương trình (1) để tìm ra giá trị phù hợp. Nếu am  0 thì rõ ràng x  0 là một nghiệm của phương tình (1), lúc đó ta xét phương trình: a0 xm1  a1 x m2  ...  am1  0 Đối với phương trình này ta lại tiếp tục cách giải trên bằng cách phân loại am-1=0 hay khác 0. Nếu am-1=0 thì ta lại tiếp tục xét tiếp một phương trình bậc m-2 và lặp lại quá trình giải trên. Vì bậc m đã cho trước là cố định nên quá trình này là hữu hạn, do vậy ta sẽ tìm được tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (1). Ta xét ví dụ sau: Bài toán : Giải phương trình sau trên tập : x7  x  2  0 (*) Giải Nếu là một nghiệm nguyên của (*) thì x 2 . Vậy các giá trị mà có thể nhận là 2, 1,1, 2 . Lần lượt thay vào phương trình (*) ta thấy chỉ có =-1 là thỏa mãn phương trình (*). . Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là Phương pháp nêu trên nói chung là không khó (chỉ gồm các tính toán sơ cấp) để tìm nghiệm nguyên của một phương trình đa thức có hệ số nguyên, ngay cả khi đa thức đó có bậc rất cao. Trường hợp này khác biệt hẳn so với các lý thuyết và định lý của Đại số vì như chúng ta đã biết , công thức nghiệm của phương trình bậc ba và bậc bốn rất phức tạp và các phương trình bậc cao hơn thì không có một công thức nghiêm chung nào để giải chúng. 2 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  4. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Một vấn đề đặt ra ở đây nữa là : Làm thế nào tìm tất cả các nghiệm hữu tỉ của k phương trình (1)? Chúng ta giải quyết vấn đề đó như sau : Giả sử r  (với s là s các số tự nhiên khác 0, k là một số nguyên và (k,s)=1) là một nghiệm hữu tỉ khác 0 của (1). Giả sử vế trái của phương trình (1) là một đa thức bậc m thì a0  0 . Lúc đó, từ phương trình (1), thế vào ta được : a0 k m  (a1k m1  a2 k m2 s  ...  am s m1 )s am s m  (a0 k m1  a1k m2 s  ...  am1s m1 )k Từ hai phương trình này ta có s a0 k m và k am s m . Vì (s,k)=1 nên s a0 và k am . Từ đây là có phương pháp chung để tìm các nghiêm hữu tỉ của phương trình (1) như sau : + Liệt kê các ước nguyên âm và dương của am và các ước số tự nhiên của a0. k + Liệt kê các số x  với k là ước của am và s là ước nguyên dương của a0, s (k,s)=1. + Lần lượt thử vào phương trình (1) để tìm ra giá trị thỏa mãn. Ta lưu ý là sự tồn tại các ước số của am và a0 là hữu hạn nên việc giải phương trình (1) trên tập hữu tỉ bằng phương pháp trên sẽ thu được nghiệm sau hữu hạn bước thế . Ta xét một ví dụ sau để rõ hơn về thuật toán này : Bài toán : Giải phương trình sau trên : x5  3x4  4x  2  0 (**) Giải với k  2, 1,1, 2 , s= 1 . Giả sử là một nghiêm hữu tỉ của (**), lúc đó Lần lượt kiểm tra các giá trị trên vào (**) ta có =1 là nghiệm hữu tỉ duy nhất của phương trình (**). Một số vấn đề liên quan đến các phương trình Diophantine hai hay II. nhiều ẩn. Dưới đây là một số câu hỏi đã được đặt ra có liên quan đến việc tìm nghiệm nguyên của phương trình hai hay nhiều ẩn : + Liệu phương trình đang xét có tồn tại nghiệm nguyên hay không ? + Số các nghiệm nguyên của phương trình đang xét là hữu hạn hay vô hạn ? + Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình đang xét ? 3 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  5. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Đó là những câu hỏi mà không phải bất kỳ ai trong chúng ta có thể có câu trả lời. Chúng ta không biết, ví dụ như phương trình x3  y3  z 3  30 , có tồn tại nghiệm nguyên hay không ? Hay phương trình x3  y3  z 3  3 rõ ràng có bốn nghiệm nguyên là  x, y, z   1,1,1 ,  4, 4, 5 ,  4, 5, 4  ,  5, 4, 4  nhưng đó có phải là tất cả nghiệm nguyên của phương trình này? Trả lời cho những câu hỏi này khó khăn không kém việc xác định các chử số thập phân của ! Dễ thấy phương trình x3  y3  z 3  2 có vô số nghiệm nguyên, ví dụ như  x, y, z   (1  6n3 ,1  6n3 , 6n2 ) với n nguyên dương là một họ nghiệm của phương trình. Tuy nhiên chúng ta lại không biết tất cả các nghiệm nguyên của phương trình này. Trái lại ta có thể chứng minh phương trình x3  y3  z 3  4 không có bất kỳ nghiệm nguyên nào. Thật vậy, xét phương trình x3  y3  z 3  k , rõ ràng nếu (x,y,z )là nghiệm của phương trình thì x3  y3  z 3 và k chia cho 9 có cùng số dư. Ta có nếu x  9q  r với r  0,1,..., 7,8 , q  , lúc đó x3  9q ' r ' với r '  0,1,8 , q '  . Tương tự cho y, ta có được x3  y3  9q '' r '' với r ''  0,1, 2, 7,8 , q ''  . Và cuối cùng áp dụng cho z ta thu được đẳng thức : x3  y3  z 3  9 p  s với s  0,1, 2,3, 6, 7,8 , p  . Vậy nếu k chia 9 dư 4 hoặc 5 thì chắc chắn phương trình vô nghiệm nguyên. Vậy phương trình x3  y3  z 3  4 vô nghiệm trên . Thêm một ví dụ nữa, phương trình x3  y3  z 3  6 như chúng ta đã biết là có các nghiệm nguyên như là  x, y, z   (1, 1, 2),(43, 58, 65),(55, 235, 236) nhưng chúng ta lại không biết số các nghiệm nguyên của phương trình này có hữu hạn hay không ? Đôi khi những khó khăn của việc tìm nghiệm nguyên chỉ xuất phát từ các tính toán thuần túy. Nghĩa là chúng ta biết phương pháp để tìm nghiệm nguyên nhưng các tính toán liên quan khi thực hiện lại quá dài. Ví dụ như người ta có thể chứng minh phương trình xy  2293  1 có nghiệm nguyên (x,y) với x>1, y>1 (xem thêm cách chứng minh 2293  1 là hợp số ở chương X [1]) nhưng chúng ta không thể tìm ra nghiệm đó. Rõ ràng là có phương pháp cụ thể để giải phương trình này: Chúng ta chia 2293 -1 cho một số nào đó bé hơn nó, tiếp tục như vậy cho đến khi tìm được số có phần dư bằng 0. Nhưng các phép tính đó lại quá dài và phức tạp nếu thực hiện bằng các công cụ tính toán đơn giản. Mặt khác, chúng ta không có bất kì phương pháp nào cho phép xác định phương trình x3  y3  z 3  30 có nghiệm nguyên hay không sau khi thực hiện các phép toán dài dòng. Dễ dàng chứng minh được rằng phương trình này vô nghiêm trên vì 30 chia 9 dư 4. 4 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  6. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Một số phương trình Diophantine đặc biệt. III. Trước khi nghiên cứu một số phương trình Diophantine đặc biệt, chúng ta trang bị một định lý sau để việc chứng minh đơn giản hơn: Định lý 1: Giả sử rằng a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau sao cho tích của chúng là lũy thừa bậc n của một số tự nhiên, tức là a.b = cn với c, n là các số tự nhiên. Khi đó bản thân a, b cũng là các lũy thừa bậc n. Chứng minh : Đặt (a, c) =d. Khi đó a = da1, c = dc1 với (a1, c1) = 1. Theo giả thiết a.b = cn chúng ta có da1b = dnc1n hay a1b = dn-1c1n. Nhưng vì d|a và (a, b) =1 nên (d, b) = 1 ⇒ (dn-1, b) = 1. Phương trình a1b = dn-1c1n cho ta b| dn-1c1n. Như vậy ta có b| c1n. Mặt khác cũng từ phương trình trên ta có c1n| a1b kết hợp với giả thiết (a1, c1) = 1 ta có c1 n | b . Như vậy ta đã chứng minh được b| c1n và c1n| b, tức là c1n = b. Khi đó a1 = dn-1 nên a = a1d = dn. Như vậy ta đi đến kết luận rằng mỗi số a, b là một lũy thừa bậc n của một số tự nhiên. Từ định lý 1, ta có hệ quả sau: Hệ quả: Giả sử k, n và c là các số tự nhiên và a1, a2,…,ak là một dãy số tự nhiên nguyên tố sánh đôi và a1. a2…ak = cn. Khi đó mỗi ai (i = 1,.., k) là một lũy thừa bậc n. Hệ quả trên dễ dàng chứng minh từ định lý 1 thông qua phương pháp quy nạp. 3. 1 Phương trình . Mục này chúng ta sẽ xét một phương trình ba ẩn bậc hai rất đặc biệt: (2) Được gọi là phương trình phương trình Pythagorean. Như chúng ta biết, đây là một phương trình đặc biệt quan trọng trong lượng giác và hình học giải tích. Và một trường hợp đặc biệt của nó, khi x = y, liên quan đến một chứng minh đơn giản nhất để chỉ ra sự tồn tại của số vô tỉ. Chúng ta sẽ tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (2). Rõ ràng (2) có nghiệm tầm thường (0,0,0). Nếu x và y đều khác 0 thì chúng ta chỉ việc xét các giá trị x, y nguyên dương vì việc đổi dấu các nghiệm nguyên dương không ảnh hưởng gì đến phương trình. Nếu (x,y,z) là một nghiệm nguyên của phương trình thì ta gọi (x,y,z) là một bộ số Pythagorean. Một nghiệm của phương trình (2) được gọi là một nghiệm cơ sở nếu các số x,y,z nguyên dương và nguyên tố cùng nhau. Ta dễ dàng chứng minh được nếu (x,y,z) là nghiệm cơ sở thì chúng nguyên tố sánh đôi. Thật vậy, nếu tồn tại số nguyên tố p là ước của x và y. Theo tính chia hết ta có x2+y2 chia hết cho p, tức là z2 chia hết cho p hay z chia hết cho p. Vậy (x,y,z )= p. Vô lý vì (x,y,z) = 1. 5 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  7. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Nếu  , ,  là một nghiệm cơ sở của (2) và d là một số tự nhiên tùy ý, khi đó: x  d , y  d , z  d (3) Cũng là một nghiệm của (2). Thật vậy, vì  2   2   2 nên khi nhân d2 vào hai vế ta có được điều cần chứng minh. Ngược lại, nếu (x,y,z) là một nghiệm nguyên dương của (2) thì đặt d = (x,y,z). x y z thì hiển nhiên ( , ,  ) là một bộ số Nếu d > 1 thì đặt   ,  ,   d d d Pythagorean (theo tính chất ước chung lớn nhất thì  , ,  nguyên tố cùng nhau từng đôi một). Chúng ta gọi nghiệm (x,y,z) của (2) thuộc vào lớp thứ d nếu (x,y,z) = d. Như vậy để tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của (2) thuộc vào lớp thứ d ta chỉ cần nhân d vào tất cả các nghiệm cơ sở của (2). Do đó, không mất tính tổng quát , chúng ta giới hạn việc tìm các nghiệm nguyên của (2) về tìm các nghiệm cơ sở của (2). Ta có thể tìm nghiệm cơ sở của (2) bằng định lý sau : Định lý 2 : Bộ số (x,y,z) với y là số chẵn là nghiệm cơ sở của phương trình khi và chỉ chi tồn tại các số tự nhiên m, n không cùng tính chẵn lẻ sao cho (m,n)=1, m > n và x  m2  n2 , y  2mn, z  m2  n2 Chứng minh  Trước hết ta thấy rằng nếu (x,y,z) là một nghiệm cơ sở của (2) thì một trong hai số x , y là chẵn và số còn lại là lẻ. Thật vậy, nếu cả x và y đều chẵn thì x2 +y2 chẵn, do đó z2 chẵn nên z chẵn, do đó (x,y,z) ≥ 2 mâu thuẫn với giả thiết đây là nghiệm cơ sở. Nếu x,y đều lẻ, ta biểu diễn x = 2k+1, y = 2h+1. Khi đó x2 = 4k2+4k+1  1 (mod 4) và y2=4h2+4h+1  1 (mod 4) nên x2+y2  2 (mod 4) hay z2  2 (mod 4). Ta lại có z2 là số chẵn (do x,y đều lẻ) nên z chẵn hay z = 2a. Do đó z2 = 4a2  0(mod 4) vô lý với lập luận vừa rồi. Vậy x, y không cùng chẵn hoặc cùng l ẻ. Theo lập luận trên, ta có thể giả sử y là số chẵn (do tính đối xứng của x2+y2). Khi đó x và z là các số lẻ. Phương trình (2) có thể viết lại : y 2   z  x   z  x  (4) Rõ ràng z+x và z-x là tổng và hiệu của hai số lẻ khác nhau nên chúng là các số chẵn. Theo đó thì z  x  2a, z  x  2b (5) với a, b là các số tự nhiên. Do đó z  a  b, x  a  b Từ các phương trình này dễ dàng suy ra a, b nguyên tố cùng nhau. Vì nếu giả sử (a, b) = d >1 thì z = kd, x = hd với h,d là các số tự nhiên. Dẫn tới y2=z2-x2 =(k2- h2)d2 hay d2 là ước của y2 hay d là ước của y. Điều này vô lý vì (x,y,z) = 1. 6 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  8. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Theo giả thuyết, vì y chẵn nên y = 2c với c là số tự nhiên. Từ (4) và (5) ta có c2  a.b .(6) Nhưng vì (a,b) = 1 nên theo định lý 1 ta có a = m2, b =n2 với m, n là số tự nhiên và (m,n) = 1. Từ đó ta có: z  a  b  m2  n2 , x  a  b  m2  n2 và vì c2 = ab = m2n2 nên c = mn, do đó y = 2c =2mn. Vậy ta đã chỉ ra được (x,y,z) là nghiệm cơ sở của (2) và y là số chẵn thì: x  m2  n2 , y  2mn, z  m2  n2 (7) với m,n nguyên dương và (m,n) =1. Hiển nhiên m > n vì x nguyên dương. Hơn thế nữa một trong hai số m, n là chẵn, số còn lại là lẻ. Thật vậy, rõ ràng m, n không thể cùng chẵn vì (n,m) = 1. Và m, n cũng không thể đồng thời lẻ bởi nếu thế thì x, y, z cùng chẵn (do(7)) mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) =1. Do vậy 2 mn nên y =2mn chia hết cho 4.  Giả sử m, n là các số tự nhiên sao cho m > n và (m,n) =1 và một trong hai số m, n chẵn, số còn lại lẻ. Chúng ta dễ dàng thấy rằng : (m2  n2 )2  (2mn)2  (m2  n2 )2 (8) Do đó ta chỉ cần chứng minh (x, y, z) = 1 với x  m2  n2 , y  2mn, z  m2  n2 hay 2m2  z  x, 2n2  z  x . (9) Giả sử (x, y ,z) = d >1. Khi đó d không thể là số chẵn vì x, y là các số lẻ. Theo (9) thì d là ước chung của cả m2 và n2 (do d là số lẻ). Mà vì (m, n) =1 nên (m2, n2) = 1. Vậy d =1. Vô lý. Do đó (x, y, z) =1. Áp dụng Định lý 2 ta dễ dàng tìm được các nghiệm cơ sở của phương trình (2) thông qua các số m,n thỏa mãn điều kiện của định lý. Các số m, n được gọi là xz nghiệm sinh của phương trình (2). Và hiễn nhiên ta có là một dạng của y m phân số tối giản . Để liệt kê ra một cách đầy đủ và có hệ thống các nghiệm cơ n sở của (2), ta lần lượt cho m nhận các giá trị 2,3,4…và khi đó ta cho n nhận các giá trị nguyên tố cùng m, bé hơn m và chẵn (lẻ) khi m lẻ (chẵn). Như đã đề cập từ đầu, để nhận đươc tất cả các nghiệm của (2) ta chỉ việc nhân các nghiệm cơ sở của nó với các số tự nhiên 1,2,3…. Bên cạnh đó, việc đổi vị trí x và y trong các nghiệm trên cũng sẽ cho ta các nghiệm của (2). 7 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  9. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Theo công thức (8), việc thế các số m, n thích hợp vào (7) chỉ cho chúng ta các nghiệm cơ sở của (2), ngay cả khi đổi chổ vị trí của x và y thì đó cũng vẫn là nghiệm cơ sở. Ví dụ như với nghiệm (9,12,15) của (2) thì không tồn tại số tự nhiên m, n nào nguyên tố cùng nhau và m > n sao cho 9 = m2-n2 , 12 = 2 mn, 15 = m2+n2. Thật vậy, ta chỉ cần xét các phân tích của là 15 =12+14 = 22+11=32+6 đều không có dạng m2+n2. Một cách tổng quát hơn, ta có thể xem nghiệm của (2) có dạng sau : x  (m2  n2 )l , y  2mnl , z  (m2  n2 )l  10  với m, n < m, l là các số tự nhiên, m và n thỏa mãn các điều kiện định lý 2. Vậy (2) có nghiệm là (x, y, z) và (y, x, z) sinh ra từ công thức (10). Tuy nhiên, cần lưu ý rằng công thức này có thể có nghiệm trùng nhau ngay cả khi m, n, l khác nhau. Ví dụ, với (m, n, l) = (2, 1, 4) = ( 4, 2, 1) cùng cho một nghiệm của (2) là ( x, y, z) = (12, 16, 20) hay bộ số (m, n, l) = (8, 4, 1) = ( 4, 2, 4) cũng cùng cho nghiệm là ( x, y, z) = (48, 64, 80). Dễ dàng thấy rằng nghiệm (3,4,5) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (2) và chúng là các số tự nhiên liên tiếp. Dễ dàng chứng minh đây là nghiệm duy nhất có tính chất này. Nếu n-1, n, n+1 là các số tự nhiên liên tiếp thỏa mãn phương trình (2) thì n2 = 4n hay n = 4. Do đó chỉ có duy nhất một nghiệm (3,4,5) có tính chất này. 3. 2 Phương trình Trong các nghiệm của ta dễ dàng nhận ra có hai nghiệm thỏa mãn phương trình: là (3,4,5) và (21,20,29). Ta sẽ chứng minh số nghiệm nguyên của phương trình dạng này là vô hạn. Ta dễ dàng có được phương trình x2  ( x  1)2  z 2 do điều kiện x  y  1 (tức x và y là hai số tự nhiên liên tiếp). Khi đó: (3x+2z+1) 2 + (3x+2z+2) 2 =18x 2 +24xz+8z 2 +18x+12z+5  x 2 +(x+l) 2 +16x 2 +16x+24xz+8z 2 +12z+4 =16x 2  9 z 2  4  24 xz  8 z  16 x =(4x+3z+2) 2 Như vậy, nếu cho trước một bộ số Pythagorean thỏa mãn điều kiện x  y  1 thì ta sẽ nhận được các bộ số Pythagorean cũng có tính chất đó bằng biểu thức trên. Đơn giản, ta xét bộ số (3, 4, 5), lúc đó 3.3+2.5+1=20, 20+1=21 và 8 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  10. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 4.3+3.5+2=29 hay 3.20+2.29+1=119, 119+1=120 và 4.20+3.29+2=169. Chúng ta liệt kê ra 6 bộ số đầu tiên nhận được từ phương pháp trên như sau: 3 4 5 20 21 29 119 120 169 696 697 985 4059 4060 5741 23660 23661 33461 Vấn đề đặt ra là phương pháp này có cho ra tất cả các bộ số Pythagorean có tính chất trên hay không? Đó chính là nội dung của định lý sau: Định lý 3 : Nếu các số tự nhiên x, z thỏa mãn phương trình x2  ( x  1)2  z 2 (12) Và nếu x > 3 thì khi đó ta có: x0  3x  2 z  1, z0  3z  4 x  2 (13) là các số tự nhiên thỏa mãn phương trình: x02  ( x0  1)2  z02 (14) với z0 < z. Chứng minh  x0 2  ( x0  1)2  2 x0 2  2 x0  1  18 x 2  8 z 2  24 xz  18 x  12 z  5 (15)  Từ (13) ta có :  z0 2  16 x 2  9 z 2  24 xz  16 x  12 z  4  Từ (12) ta lại có z 2  2 x2  2 x  1 nên: 16 x2  9 z 2  24 xz  16 x 12 z  4  18x2  8z 2  24 xz  18x 12 z  5 Do đó, từ (15) ta dễ dàng suy ra (14).  Ta tiếp tục chứng minh rằng các số x0, z0 là các số tự nhiên và z0 < z, tức là chứng minh: 3x  2 z  1  0 và 0  3z  4 x  2  z Điều đó tương đương với: 2 z  3x  1,3z  4 x  2, z  2 x  1 (16) Ta chú ý rằng x > 3 nên x2 > 3x = 2x + x > 2x +3, khi đó theo (12) ta có : 4 z 2  8x2  8x  4  9 x2  8x  4  x2  9 x 2  8 x  4  (2 x  3)  9 x 2  6 x  1  (3x  1) 2 Do đó 2z < 3x+1 và vì x > 0, 2z < 4x + 2 nên z < 2x +1. Và cũng theo (12) và x > 0 nên: 9 z 2  18x2  18x  9  16 x2  16 x  4  (4 x  2)2 Nên 3z > 4x+2. Vấn đề cuối cùng, giả sử tồn tại bộ số Pythagorean (x, x+1, z) khác biệt với bộ số (xn, xn+1, zn) được định nghĩa theo định lý 3. Trong các bộ số (x, y, z) như thế tồn tại một bộ 9 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  11. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 số mà z có giá trị nhỏ nhất. Lúc đó rõ ràng x không thể bé hơn hoặc bằng 3 vì nếu như vậy thì ta sẽ có bộ số Pythagorean (3, 4, 5) thuộc vào lớp (xn,xn+1,zn). Đặt u  3x  2 z  1, v  3z  4x  2 (17). Theo định lý 3 thì (u, u+1, v) là bộ số Pythagorean và v < z. Chú ý rằng z là số nhỏ nhất trong tất cả các z ' của tất cả các bộ số Pythagorean khác với các bộ có dạng (xn, xn+1, zn) và đương nhiên tồn tại một n tự nhiên nào đó để u = xn, v = zn và đặt: xn1  3u  2v  1, yn1  xn1  1, zn1  4u  3v  2 Theo (17) ta lại có: xn 1  3(3x  2 z  1)  2(3z  4 x  2)  1  x zn 1  4(3x  2 z  1)  3(3z  4 x  2)  2  z Như vậy (x, x+1, z) thuộc vào lớp các bộ số Pythagorean (xn, xn+1, zn) của định lý 3, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Vậy ta đã chứng minh được tất cả các bộ số Pythagorean có hai phần từ đầu liên tiếp nhau chính là các bộ số thuộc vào lớp (xn, xn+1, zn). Phương trình 3. 3 . Theo bạn thì phương trình Pythagorean có tồn tại nghiệm có dạng (a2, b2,c) hay không? Câu trả lời nằm trong định lý sau: Định lý 4: Phương trình x  y  z (18) không có nghiệm trên . 4 4 2 Chứng minh Giả sử trái lại phương trình (18) có nghiệm nguyên dương và z là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho z  x  y với x, y là các số tự nhiên. Lúc đó (x,y,z) là một nghiệm của 2 4 4 phương trình (18). Ta có (x, y) =1 bởi vì nếu (x, y) = d > 1, ta sẽ có x =dx1 và y=dy1 với 4 2 x1, y1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Lúc đó z2 = d4(x14 + y14) và do vậy d z nên d z tức là z  d z1 với z1 là số tự nhiên. Bởi vậy phương trình (18) trở thành 2 2 x14 +y14 = z12 < z 2 , trái với giả thiết (x, y, z) là nghiệm nguyên dương của (18) có z nhỏ nhất. Bởi vậy, vì (x, y) =1 nên (x2, y2) =1, dẫn đến x2, y2, z là một nghiệm cơ sở của phương trình Pythagorean: x   y  2 2  z 2 (19) 2 2 Khi đó, theo định lý 2, tồn tại các số tự nhiên m, n nguyên tố cùng nhau, m > n sao cho:  x 2  m2  n2 2  y  2mn  z  m2  n2  Ở đây ta giả sử là y chẵn , x lẻ (do tính đối xứng của x và y). Ta đã có một trong hai số m, n phải chẵn, số còn lại là số lẻ. Nếu m chẵn, n lẻ khi đó x2+n2 = m2 dẫn đến cả x và n đều lẻ. Điều này vô lý vì (x, n, m) là một nghiệm cơ sở của phương 10 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  12. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 trình Pythagorean (do (x, n, m)=1 và x2+n2=m2) nên x, n khác tính chẵn lẻ. Vậy m lẻ và n = 2k với k là số tự nhiên. Vì (m, n) = 1 nên (m, k) =1. Do đó y2 =22mk mà y = 2l với l là số tự nhiên (do y chẵn). Vậy l2=mk. Từ đó ta có m =a2, k =b2 với a, b là các số tự nhiên. Ta có n = 2k = 2b2. Áp dụng định lý 2 cho nghiệm cơ sở (x, n, m) ta có n = 2m1n1 và m = m12+n12 với m1, n1 là các số nguyên tố cùng nhau. Vì n = 2b2 nên b2= m1n1 nên ta lại có m1, n1 là các bình phương, tức là m1=a12, n1 = b12 . Mà m = a2 nên a2 = m12+n12 = a14+ b14. Nhưng vì a  a2  m  m2  n2  z hay a < z. Điều này trái với giả thiết của z. Vậy ta hoàn thành chứng minh định lý 4. Nhận xét: 1) Xét phương trình Fermat . Rõ ràng x4  y 4  z 4  x4  y 4  ( z 2 )2 Vì thế từ kết quả trên ta có phương trình trên không có nghiệm nguyên dương. 2) Tổng quát hơn: tất cả các phương trình Fermat xn  y n  z n với n = 2s, s ≥ 2 không có nghiệm ngu ên dương. Thật vậy:    y   z  4 4 4 s 2 2 s 2 2 s 2 x2  y 2  z 2  x2 s s s Theo nhận xét 1 thì x4  y 4  z 4 không có nghiệm nguyên dương nên ta có điều phải chứng minh. Phương trình 3. 4 . Công việc của phần này là tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x2  y 2  z 2  t 2 (20) Trước tiên ta để ý rằng ít nhất hai trong 3 số x, y, z phải chẵn. Giả sử điều đó không đúng, tức là có duy nhất một số chẵn hoặc cả ba số đều lẻ. Trong trường hợp thứ nhất, không mất tính tổng quát, ta giả sử x chẵn, y và z đều lẻ. Lúc đó x2 chia cho 8 dư 0 hoặc 4 còn y2 và z2 chia cho 8 đều cho số dư là 1. Do đó 2 x 2  y 2  z 2 chia cho 8 dư 2 hoặc 6. Ta chú ý rằng t là một số chẳn nên số dư của nó khi chia cho 8 là 0 hoặc 4. Do đó ta có điều mâu thuẫn. Trong trường hợp thứ hai ta thấy x2  y 2  z 2 chia cho 8 sẽ cho số dư là 3 và lúc đó t2 là một số lẻ nên có số dư là 1 khi chia cho 8. Vậy giả sử của ta có mâu thuẫn. Như vậy ta có thể giả sử y và z cùng chẵn. Vậy: y = 2l, z = 2m (21) với m, l là các số tự nhiên. Từ (20) ta thấy rằng t > x. Đặt t – x = u (22), ta nhận được số tự nhiên u mà: 11 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  13. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 ( x  u ) 2  x 2  4l 2  4m 2  2 xu  u 2  4l 2  4m 2  u 2  4l 2  4m2  2 xu (23) Vì vế phải của (23) là tổng các số chẵn nên u chẵn, tức tồn tại số tự nhiên n sao cho u = 2n (24). l 2  m2  n 2 Thế vào (23) ta được : n  l  m  nx  x  2 2 2 (25) n l 2  m2  n 2 Thế (22) vào biểu thức trên ta có: t  x  u  x  2n  n Bên cạnh đó, để ý rằng x là số tự nhiên nên từ (25) ta có l 2  m2  n2 . Như vậy chúng ta đã chứng minh được rằng tất cả các nghiệm nguyên dương của (20) sẽ nhận được từ công thức : l 2  m2  n 2 l 2  m2  n 2 x , y  2l , z  2m, t  (26) n n với m, n, l là các số tự nhiên, n là ước của l 2  m2 và nhỏ hơn l 2  m2 . Bây giờ chúng ta quan tâm đến điều ngược lại có đúng không? Tức là nếu tồn tại các số l, m, n thỏa mãn (26), khi đó ta nhận được các giá trị x, y, z, t có phải là các nghiệm của (20) không ? Từ giả thiết dễ dàng thấy rằng x, y, z, t là các số tự nhiên. Khí đó từ (26) thay vào (20) ta có ngay x, y, z,t là các nghiệm của (20), tức 2 2  l 2  m2  n 2   l 2  m2  n 2   (2l ) 2   2m    là:  2       n n tx y z Cũng từ (26) chúng ta có: l  , m  , n  2 2 2 nên l, m, n xác định duy nhất một bộ nghiệm (x, y, z, t). Từ kết quả trên ta có định lý sau : Định lý 5 : Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x2  y 2  z 2  t 2 với y, z là các số chẵn, nhận được từ các biểu thức sau: l 2  m2  n 2 l 2  m2  n 2 x , y  2l , z  2m, t  n n với l, m là các số tự nhiên tùy ý, n là ước của l 2  m2 và nhỏ hơn l 2  m2 . Mọi nghiệm nguyên của phương trình này đều nhận được từ các công thức này. 12 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  14. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Định lý 5 không những nói lên được sự tồn tại nghiệm nguyên của phương trình (20) mà còn chỉ ra cho ta phương pháp tìm các nghiệm nguyên của nó. Dễ dàng thấy rằng để loại đi những nghiệm có cùng x, y, z (tức là hoán đổi 3 phần tử đầu của nghiệm ta vẫn nhận được một nghiệm của (20)), chúng ta có thể loại di những cặp l, m mà l < m và chỉ lấy những n làm cho x là số lẻ. Để nhận lại những nghiệm đã loại, ta chỉ cần nhân các nghiệm của (20) có x lẻ với các lũy thừa của 3. 5 Phương trình . Giả sử rằng x, y, z, t là các số tự nhiên thỏa mãn phương trình xy = zt và đặt (x, z) =a ≥ 1. Khi đó x = ac, z= ad, với c, d là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Do đó ta có acy = adt hay cy = dt và vì (c, d) =1 nên d|y hay y = bd, với b là số tự nhiên. Khi đó t = bc. Điều này cho thấy rằng nếu các số tự nhiên x, y, z, t thỏa mãn phương trình xy=zt thì sẽ tồn tại các số tự nhiên a, b, c, d sao cho (c, d) =1 và x = ac, y = bd, z = ad, t = bc. Hiễn nhiên điều ngược lại cũng đúng, tức là nếu cho trước các số tự nhiên a, b, c, d thì ta xác định được x, y, z, t bằng các công thức trên thì khi đó xy = zt. Từ đó ta có định lý sau : Định lý 6 : Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình xy=zt được cho bởi công thức: x = ac, y = bd, z = ad, t = bc với a, b, c, d là các số tự nhiên tùy ý. Hơn nữa điều này vẫn đúng nếu thêm điều kiện (c, d) =1. Để nhận được các nghiệm của phương trình xy = zt, chúng ta cũng có thể làm như   x z sau: bắt đầu với các số tự nhiên x và z. Khi đó vì    1 nên từ đẳng ,  ( x, z ) ( x , z )  x z z z x thức .t ta có , khi đó t  u. . Do đó, cố .y  y hay y  u. ( x, z ) ( x, z ) ( x, z ) ( x, z ) ( x, z ) uz ux định x, z, u và đặt y  thì ta nhận được một nghiệm (x, y, z, t) của , t ( x, z ) ( x, z ) phương trình xy=zt. Như vậy, tất cả các nghiệm (x, y, z, t) của phương trình xy=zt uz ux trên được cho bởi công thức y  với x, y, u là các số tự nhiên , t ( x, z ) ( x, z ) cho trước. Một chú ý nhỏ là nếu x, y, z, t là một nghiệm nguyên dương của  x, z   x, t  . phương trình xy=zt thì x   x, y , z , t  Dễ dàng chứng minh được rằng tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình xy = z2 là các bộ số (x, y, z) được cho theo biểu thức x = u2t, y = v2t, z = uvt với u, v, t là các số tự nhiên tùy ý. Chúng ta có thể bổ sung thêm điều kiện (u, v) =1 thì công thức trên sẽ cho nghiệm duy nhất. 13 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  15. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Tương tự, công thức cho nghiệm nguyên của phương trình xy = z3 được đưa ra như sau: x  uv2t 3 , y  u 2vw3 , z  uvtw với u, v, t, w là các số tự nhiên tùy ý. n m  xi   yi Cuối cùng, ta xét một dạng đặc biệt của phương trình dạng xy=zt là i 1 i 1 với m, n là các số tự nhiên. Lúc đó nghiệm nguyên của phương trình này có công thức như sau : y1. y2 ... ym1 x1 x2 ...xm1 xn  t. , yn  t. ( x1 x2 ...xm1 , y1 y2 ... ym1 ) ( x1 x2 ...xm1 , y1 y2 ... ym1 ) Với x1 , x2 ,..., xm1 , y1 , y2 ,..., ym1 , t là các số tự nhiên xác định. Phương trình 3. 6 . Chúng ta sử dụng chứng minh của J. Cel để chỉ ra rằng phương trình trên vô nghiệm trên ℤ. 2 Giả sử rằng phương trình (27) có nghiệm nguyên dương và (x,y,z) là nghiệm của (27) có z đạt giá trị nhỏ nhất. Nếu (x,y) = d > 1 thì x = dx1, y = dy1 và khi đó theo (27) ta có d4|z2 hay d2|z nên z = d2z1 (x1, y1, z1 là các số nguyên dương. Chia 2 vế phương trình (27) cho d4 ta nhận được phương trình x14  9 x12 y12  27 y14  z14 . Điều này trái với giả thiết của z. Vậy (x, y) = 1. Nếu 2|x thì y là số lẻ và phương trình (27) cho ta 4|27y2-z2 nên z là số lẻ. Điều này không thể vì theo (27) z2 là tổng của một số chẳn với 2 số lẻ nên phải là số chẵn. Vậy x là số lẻ. Nếu 2∤y thì từ (27) cho ta 8|z2-5 (vì x, y lẻ nên đặt x = 2k + 1, y = 2h + 1 ta sẽ nhận được vế trái số dư là 5 khi chia cho 8) mà điều này là không thể vì bình phương của một số có số dư là 0, 1 hoặc 4 khi chia cho 8, do đó z2-5 chia 8 dư 3, 4 hoặc 7. Vậy x là số lẻ, y là số chẵn. Nếu 3|x thì rõ ràng ta có 27|z2 nên 9|z. Khi đó ta có 81|27y4 nên 3|y, mâu thuẫn với giả thiết (x, y) = 1. Vậy (3, x) = 1. Chúng ta có thể chứng minh rằng (x,z) = 1. Thật vậy, nếu (x,z) = d thì theo (27) ta có d|27y4. Khi đó (x,3y) = 1 nên (d,27y4) = 1 hay d = 1. Đặt y = 2y1. Phương trình (27) tương đương với phương trình : 14 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  16. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 z  x2 z  x2 27 y14  (  9 y12 )(  9 y12 ) (28) 2 2 Vì vế trái (28) dương nên tổng và tích vế phải cũng dương. Đặt d1 là ước chung lớn nhất của vế trái và vế phải. Khi đó d12 27 y14 nên d1 9 y12 và do vậy d1 ( x 2 , z ) . Nhưng (x, z) = 1 nên (x2,z) = 1 hay d1 = 1. Khi đó: z  x2 z  x2  9 y12  27a 4 ,  9 y12  b4 , y1  ab (29) 2 2 z  x2 z  x2  9 y12  a 4 ,  9 y12  27b4 , y1  ab (30). hoặc 2 2 với a, b nguyên tố cùng nhau. Từ (29) ta có x2  18a2b2  27a4  b4 hay x2  b4  27a4  18a 2b2 vậy 3 x 2  b4 hay 3 1  b4 (vì bình phương một số không chia hết cho 3 có số dư là 1 khi chia cho 3). Mà điều này là không thể vì lũy thừa bậc 4 của b có dạng 3k + r với r = 0 hoặc 1, do vậy b4 + 1 = 3k + s với s = 1 hoặc 2. Vậy ta chỉ cần xét phương trình (30). Từ (30) ta được x2  18a2b2  a4  27b4 (31). Từ đó ta được a hoặc b chẵn (do x lẻ). Nếu a chẵn thì a4  x2  18a2b2  27b4  8k  4 (do x và b lẻ nên x4, b4 có dạng 8k + 1 còn 18a2b2⋮8 (do a chẵn), 27 = 8.3+3 nên x2  18a2b2  27b4 chia 8 dư 4) mà điều này không thể vì a4 phải có dạng 8h do a chẵn. Vậy b chẵn nên ta có:  a 2  x 9 2  a 2  x 9 2  27b    b   b 4 2 2  2 2 Đặt:  a2  x 9 2 a2  x 9 2  d   b,  b 2 2 2 2 Ta có d22|27b4 nên d2|9b2 và d2|x. Như vậy d2|(9b2,x) và vì (3y,x) = 1 nên d2 = 1. a2  x 9 2 a2  x 9 2  b  0 thì a2 < 9b2, điều này mâu thuẫn với (31). Vậy  b  0, Nế u 2 2 2 2 a2  x 9 2  b  0 và nguyên tố cùng nhau nên ta có: 2 2 a2  x 9 2 2 4a x 92  b m ,  b  27n4 , b  mn 2 2 2 2 15 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  17. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 với m, n nguyên dương. Như vậy a2  m4  9m2n2  27n4 và a ≤ y1 ≤ y ≤ z. Như vậy (m,n,a) cũng là một nghiệm của (27), trái với giả thiết (x,y,z) là nghiệm có z nhỏ nhất. Như vậy phương trình (27) không có nghiệm trên ℤ. Phương trình 3. 7 . 2 có nghiệm nguyên x, y, z sao cho x≠ Giả sử rằng phương trình và ≠0. Chúng ta có thể giả sử rằng ( , ) vì trong trường hợp (x, y) =d > 1, ta đặt x = dx1, y = dy1, khi đó d3|2z3 nên d| dẫn đến z = dz1. Vậy x13+y13=z13 với (x1, y1)=1. x y x y 2 Từ và (x, y ) =1 ta có x, y là các số lẻ, nên u  là các ,v  2 2 số nguyên. Hơn nữa vì (x, y)= 1 và x = u+ v, y = u – v nên (u, v) = 1. Ta cũng có (u+v)3+(u-v)3 = 2z3 ⟹ u(u2+3v2)=z3 và áp dụng x≠y, z≠0, ta thu được ( x2  y 2 ) z ≠0. Ta xét hai trường hợp: uvz  4  Nếu (u, 3) =1 thì vì (u, v) = 1 nên ta có (u, u 2+3v2) =1. Vì thế tồn tại z1, z2 nguyên tố cùng nhau sao cho u=z13, u2+3v2= z23. Do đó z23- z16=3v2 hay ( z2  z12 ) ( z2  z12 )2  3z2 z12   3v 2 . Đặt t  ( z2  z12 ) , khi đó từ (z1, z2)=1 ta có (t, z1)=1   và t (t 2  3tz12  4 z14 )  3v2 . Điều này dẫn đến 3|t hay t = 3t1 và t1 (9t12  9t1 z12  3z14 )  v2 , từ đó ta có 3|v hay v = 3v1. Vì (z1, 3) =1 nên 9t12  9t1 z12  3z14 không chia hết cho 9, khi đó vì 9|v2 nên ta nhận được 3|t1 hay t1 = 3t2. Từ đó ta lại có t2 (27t2  9t2 z12  z14 )  v12 với (t2, z1) = 1 (do (t, z1)=1) và (t2 , 27t2  9t2 z12  z14 )  1 . Vì thế tồn tại các số tự nhiên b, c sao cho t2  b2 , 27b4  9b2 z12  z14  c2 . Các số b, z1 là các số tự nhiên nên khi b = 0 thì t2 = 0 dẫn đến t = 0, khi đó z2 =z12. Bên cạnh dó vì (z1, z2) =1 nên z1 = 1, z2 =1, suy ra v = 0. Vậy x = y, mâu thuẫn với giả thiết x≠y. mặt khác nếu z1=0 thì u = 0, khi đó 3v2 = z23 dẫn tới v = 0 là điều không thể (do x≠y). Như vậy chúng ta đi đến kết luận phương trình 27b4  9b2 z12  z14  c2 có nghiệm nguyên dương mà đây là điều không thể.  Nếu 3|u hay u = 3u1, khi đó vì (u,v)=1 nên (3, v) =1. Khi đó, từ u(u2+3v2)=z3 ta có z = 3z1 và u1 (3u12  v2 )  3z13 . Vì (v, 3) = 1 nên 3|u1 nên ta lại có u1 = 3u2 , từ đó suy ra u2  27u2  v2   z13 . Nhưng vì (u2, v) = 1 nên  u2 , 27u2  v2   1 , do đó ta lại 2 2 16 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  18. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 có a, b để cho u2  a3 , 27u2  v2  b3 với (a, b) = 1, (b, 3) = 1 ( do (v,3) = 1). Khi đó 2 ta có ta có 27a6  v2  b3 . Đặt t = b – 3a2 ta nhận được (t, 3) =1 và t (t 2  9a 2t  27a 4 )  v 2 . Vì (a, b) =1 nên (a, t) =1, kết hợp với (t, 3) = 1 ta lại thu được (t, t 2  9a2t  27a4 ) =1. Tiếp tục đặt t = a12, b12  t 2  9a2t  27a 4 với (a1, b1 ) = 1. Như vậy từ t (t 2  9a2t  27a4 )  v2 ta có a14  9a2 a12  27a4  b12 với a1 ≠ 0 , a ≠ 0 vì nếu a1 = 0 thì t = 0 trái với giả thiết (t, 3)=1 và nếu a = 0 thì u = 0, tất yếu z = 0 trái với giả sử z ≠ 0. Như vậy chúng ta đi đến trường hợp phương trình a14  9a 2 a12  27a 4  b12 có nghiệm nguyên dương mà đây là điều không thể. Như vậy chúng ta đã hoàn tất chứng minh cho định lý sau : Định lý 8 : Phương trình không có nghiệm nguyên (x, y, z) nếu x ≠ y và z ≠ 0. Điều này cho thấy lập phương của 3 số tự nhiên không thể lập thành cấp số cộng. Nếu đặt y = 1 thì dễ dàng thấy rằng các phương trình x3  2 z 3  1 không có nghiệm (x, z) nguyên ngoại trừ các nghiệm (-1, -1), (1, 0) ( cho phương trình x3  2 z 3  1) và nghiệm ( 1, 1), (-1, 0) (cho phương trình x3  2 z 3  1). Hệ quả 1 : Không tồn tại số tam giác có dạng là lập phương của một số tự nhiên. Chứng minh m(m  1) Như ta đã biết số tam giác thứ m có công thức . 2 x( x  1) Giả sử tồn tại số tam giác thứ x > 1sao cho  n3 hay x( x  1)  2n3 với n là số 2 tự nhiên. Nếu x chẵn thì x = 2k, k là số tự nhiên. Khi đó k (2k  1)  n3 và vì (k, 2k+1) = 1 nên có hai số a, b tự nhiên nguyên tố cùng nhau sao cho a3 = k, b3 = 2k+1. Lúc đó ta có phương trình b3 - 2a3 = 1, mà theo nhận xét trên thì phương trình này không có nghiệm a≠0. Nếu x lẻ thì = 2k -1 v i k > (vì > ) và (2k -1)k = n3 v i (2k- , k) . Như vậ chúng ta lại đi t i hệ quả tồn tại a, b ngu ên dương và ngu ên tố cùng nhau sao cho 2k-1 = a3, k = b3. Như vậy ta có phương trình 2b3- a3 vô nghiệm khi b≠0. Vậy ta chứng minh không tồn tại x thỏa mãn giả thiết phản chứng. Hệ quả 2 : Phương trình không có nghiệm nguyên dương nào khác nghiệm (x,y) = (3,2). Chứng minh 17 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  19. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Giả sử tồn tại số tự nhiên x≠3 và sao cho hay . Như ( )( ). Nếu x là số chẳn khi đó ta có ((x-1),(x+1)) = 1, vậy ta có do đó tồn tại các số nguyên dương a, b nguyên tố cùng nhau sao cho (x-1) = a3, (x+1) = b3. Khi đó (b-a)(b2+ab+a2) = b3-a3=2. Do đó b2+ab+a2|2mà điều này là không thể vì b2+ab+a2 ≥13+1.1+13 =3. Vậy x phải là số lẻ. Ta viết x = 2k +1 với k là số tự nhiên > 1 ( vì nếu k = 1 thì x = 3). Lúc đó y3 = x2-1 phải là số chẵn, tức y = 2n. Khi đó k(k+1) = 2n3 với k là số tự nhiên, trái với hệ quả 1. Vậy giả sử phản chứng là sai. Hệ quả 2 đã được chứng minh. Cuối cùng ta chú ý rằng phương trình không có nghiệm nguyên khác (0,0,0). Ta có thể chứng minh nó bằng cách dùng bổ đề sau : Bổ đề : Tất cả nghiệm nguyên của phương trình s3  a2  3b2 với (a, b) = 1, s là số lẻ được cho theo công thức sau : s   2  3 2 , a   3  9 2 , b  3 2   3 3 Với các số nguyên α, β thỏa mãn a ≢ b (mod 2) và (α, 3β) = 1. Việc chứng minh bổ đề các bạn có thể xem ở trang 415 [1]. Chúng ta sẽ sử dụng (32) vô nghiệm trên ℤ. bổ đề trên để chứng minh phương trình Thật vậy, giả sử (x, y, z) là nghiệm của (32). Hiễn nhiên ta có thể chọn (x, y, z) sao cho xyz  0 có giá trị nhỏ nhất. Ta dễ dàng chứng minh được x, y, z nguyên tố sánh đôi (nếu d = (x, y) thì d|x3+y3 hay d|z3, vậy  , ,  cũng là nghiệm của xyz   d d d  (32), mâu thuẫn giả thiết (x, y, z) là nghiệm có xyz  0 nhỏ nhất). Do vậy cả x, y, z không thể cùng chẵn và có duy nhất là một số chẵn. Giả sử rằng z chẵn, khi đó x và y lẻ và x – y, x + y là các số chẵn, do vậy có thể đặt: x + y = 2u, x – y = 2w hay x = u + w, y = u – w. Vì (x, y) = 1 nên (u, w) = 1 và u ≢ w(mod 2) (do x, y cùng lẻ). Thế vào phương trình (32), ta được: 2u(u 2  3w2 )  z 3 .  Nếu (u, 3) = 1 thì từ u ≢ w(mod 2) ta có (2u, u 2  3w2 )  1 , do đó tồn tại các số nguyên s, t nguyên tố cùng nhau và 2u  t 3 , u 2  3w2  s3 Rõ ràng s là số lẻ. Theo bổ đề trên, phương trình u 2  3w2  s3 có nghiệm : s   2  3 2 , u   3  9 2 , w  3 2   3 3 18 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
  20. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 Với các số nguyên α, β thỏa mãn a ≢ b (mod 2) và (α, 3β) = 1. Khi đó t 3  2u  2 (  3 )(  3 ) và chẳng khó khăn gì để nhận ra 2 , (  3 ) , (  3 ) nguyên tố sánh đôi. Do vậy ta tiếp tục có 2   3 ,   3   3 ,   3   3 và  3   3   3 . Vậy ta có  ,  ,   là một nghiệm của (32). Nhưng   t  2u  x  y  0 và x  y  xyz  xyz . Điều này mâu thuẫn với giả thiết 3 3 3 ban đầu của (x, y, z).  Nếu 3|u hay u = 3v, khi đó (32) trở thành 18v(3v2  w 2 )  z 3 . Sử dụng giả thiết 3v ≢ w (mod 2) và (3v, w) = 1, ta thu được (18v,3v2  w 2 )  1, bởi vậy tồn tại các số nguyên t, s sao cho (s, t) = 1 và 18v = t 3, 3v2+w2 = s3. Dễ thấy s là số lẻ và theo bổ đề trên ta có phương trình 3v2+w2 = s3 có nghiệm là s   2  3 2 , w   3  9 2 , v  3 2   3 3 . Khi đó t 3  18v  27.2 (   )     . Như chứng minh trên, ta lại có 2 ,    ,    nguyên tố sánh đôi nên ta tiếp tục có 2   3 ,      3 ,      3 . Dễ thấy  3   3  3 nên  , ,   là nghiệm của (32). Tuy nhiên, t3 2v 2u 1      x y  0 3 27 3 9 9 1 x  y  xyz  xyz . Điều này mâu thuẫn với giả thiết của (x, y, z). Và 3 9 Từ chứng minh trên ta có thể kết luận rằng phương trình vô a c e  nghiệm trên ℚ. Thật vậy, nếu  , ,  là một nghiệm của (32) với a, b, c, d, e, b d f  f ∈ ℤ và b, d, f ≠ 0. Lúc đó từ : 3 a  c   e  3 3        b d   f  Ta có được a3d 3 f 3  b3c3 f 3  e3b3d 3 hay (adf )3  (bcf )3  (ebd )3 . Điều này vô lý vì theo chứng minh trên rõ ràng không thể tồn tại nghiệm nguyên (adf, bcf, ebd) của (32). 19 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Đồng bộ tài khoản