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

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- DƢƠNG XUÂN LỢI TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ƢỚC SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- DƢƠNG XUÂN LỢI TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ƢỚC SỐ Chuyên ngành: Phƣơng 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 i Mục lục Mở đầu 1 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Thặng dư bậc hai và ký hiệu Legendre 1.4 Sơ lược về đa thức bất khả quy . . . . . . . . 3 3 4 5 6 . . . . . . . . . . . . . 7 7 7 14 18 25 39 43 43 44 47 47 52 53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên 2.1 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên . . 2.1.1 Cách phân tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Cách dùng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Cách tham số hóa, số học mô-đun hóa . . . . . . . 2.1.4 Cách quy nạp toán học và cách lùi vô hạn . . . . . 2.1.5 Một số cách giải khác . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Một số dạng cổ điển của phương trình nghiệm nguyên . . 2.2.1 Dạng bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Bộ ba Pitago . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Ước số của một vài số có dạng đặc biệt . . . . . . . . . . 2.3.1 Ước số của a2 + b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Ước số của a2 + 2b2 . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3 Ước số của a2 − 2b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 1 Mở đầu Trong các kỳ thi HSG thường xuất hiện các bài toán tìm nghiệm nguyên. Loại toán này còn xuất hiện trong các kỳ thi quốc tế. Đó là loại toán 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 tưởng tượng và sự thông minh. Vấn đề thừa nhận rằng: Nếu như người học nắm chắc các cách tiếp cận để giải bài toán của phương trình nghiệm nguyên thì việc giải dạng toán này 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 trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số” để bản thân tôi và đồng nghiệp có thêm tư liệu về dạy toán nói chung và dạy dạng toán nghiệm nguyên nói riêng. Mục đích chính của luận văn là nêu ra được một số cách tiếp cận sơ cấp 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 các kết quả ở chương sau, chẳng hạn về số nguyên tố, đồng dư thức, phương trình 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. Phần thứ hai trình bày một số phương trình nghiệm nguyên cổ điển. Phần cuối giới thiệu sơ lược cách tiếp cận cao cấp liên quan đến ký hiệu Legendre và 2 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 học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của Phó giáo sư-Tiến sĩ Nguyễn Văn 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. Từ đáy 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 quan tâm 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 gia đình 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 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, ta quy ước rằng tất cả các chữ a, b, c, x, y, z, . . . biểu thị các số nguyên và tất cả các mô-đun m, n, . . . là các số nguyên dương. Nội dung 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 nói rằng a chia hết b hoặc a là một ước số của b nếu b = ac với một số nguyên c nào đó, ký hiệu a | b. Ta cũng nói rằng b chia hết cho a hoặc b là một bội số . của 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 và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu gcd(a, b) = 1. Định nghĩa 1.1.2. (xem [1]) Số 1 chỉ có đúng một ước dương. Mỗi số nguyên lớn hơn 1 đều có ít nhất hai ước dương (chẳng hạn 1 và chính nó). Các số nguyên dương lớn hơn 1 mà 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 hợp số. Mệnh đề 1.1.3. (xem [1]) (i) Cho a, b, c ∈ Z. Nếu a|bc và (a, b) = 1 thì a|c. (ii) Cho a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bm là hai dãy các số nguyên thỏa mãn điều kiện gcd(ai , bj ) = 1 với mọi i mọi j . Khi đó gcd(a1 a2 . . . an , b1 b2 . . . bm ) = 1. 4 Đặc biệt, nếu gcd(p, q) = 1 thì gcd(pn , q m ) = 1 với mọi m, n là các số nguyên dương. Định lý 1.1.4 (Định lý cơ bản về số nguyên tố). (xem [1]) Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Khi đó n luôn có thể biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng n = pα1 1 · pα2 2 . . . .pαk k trong đó k > 0, αi (i = 1, 2, . . . , k) là các số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thỏa mãn p1 < p2 < · · · < pk . 1.2 Đồng dư thức 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 m d ). 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). 5 Định lý 1.2.6 (Định lý Euler). (xem [1]) Nếu m là số nguyên dương và gcd(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 dương n. 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 ra các 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 số   nguyên tùy ý. Ký hiệu Legendre ap được xác định như sau:  1 nếu gcd(a, p) = 1 và a là số chính phương mod p;     a = − 1 nếu gcd(a, p) = 1 và a không là số chính phương mod p;  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   a p−1 (0) a 2 ≡ (mod p). p      ab a b (1) = . p p p     α b (2) Nếu a ≡ b (mod p) thì = . p p   1 (3) = 1. p (   1 khi p ≡ 1 (mod 4) −1 (4) = (−1)(p−1)/2 = p − 1 khi p ≡ 3 (mod 4). 6 (   1 khi p ≡ 1 hoặc 7 (mod 8) 2 2 (5) = (−1)(p −1)/8 = p − 1 khi p ≡ 3 hoặc 5 (mod 8). (   1 khi p ≡ 1 hoặc 11 (mod 12) p+1 3 = (−1)[ 6 ] = (6) p − 1 khi p ≡ 5 hoặc 7 (mod 12). (7) Với mỗi số nguyên tố lẻ p bất kỳ, (   1 khi p ≡ 1 hoặc 4 (mod 5) p−2 5 = (−1)[ 5 ] = p − 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) p+1 7 = (−1)[ 6 ] = p − 1 khi p ≡ 5, 11, 13, 15, 17 hoặc 23 (mod 28). (9) Nếu p và q là các sốp nguyên tố lẻ thì     p−1 q−1 q p = (−1) 2 2 . p q 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 miền nguyên. 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 đa thức khác 0, không khả nghịch, mà không bất khả quy thì được gọi là đa thức khả quy. Định nghĩa 1.4.2 (Vành Gauss). (xem [6]) Một vành giao hoán D được là một vành Gauss (hay vành nhân tử hóa, hay vành phân tích duy nhất), viết tắt 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 được thành 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 sai khác 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. 7 Chương 2 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên Nội dung của chương được tổng hợp từ các tài liệu [3], [4] và [5]. Chủ yếu sử dụng tài liệu [4]. 2.1 2.1.1 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên Cách phân tích Trước hết ta xét sự phân tích của đa thức ra các đa thức bất khả quy. Ta biết rằng trong vành đa thức Z[x1 , x2 , . . . , xn ], mọi đa thức khác 0 và khác ±1 của nó đều phân tích được thành tích các đa thức bất khả quy trong Z[x1 , x2 , . . . , xn ] (vì nó là vành Gauss). Xét phương trình f (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0. (2.1) Ta có thể viết (2.1) ở dạng tương đương f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) f2 (x1 , x2 , . . . , xn ) · · · fk (x1 , x2 , . . . , xn ) = a với f1 , f2 , . . . , fk ∈ Z [x1 , x2 , . . . , xn ] và a ∈ Z. Lại vì a có thể phân tích được thành các thừa số nguyên tố, nên ta luôn có thể viết được a là tích của k số nguyên a1 , a2 , . . . , ak (khi cần thiết ta có thể thêm các thừa số đơn vị, hoặc nhóm các thừa số dư thừa lại với nhau). Ứng với mỗi phân tích như vậy ta 8 xét một hệ phương trình sau đây  f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = a1     f2 (x1 , x2 , . . . , xn ) = a2 ..  .     fk (x1 , x2 , . . . , xn ) = ak . Bằng việc giải tất cả các hệ phương trình như vậy sẽ cho ta tập tất cả các nghiệm 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 phương trình

x2 + 1 y 2 + 1 + 2(x − y)(1 − xy) = 4(1 + xy). Lời giải. Viết phương trình dưới dạng x2 y 2 − 2xy + 1 + x2 + y 2 − 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   x + 1 = 2, x + 1 = −2, y − 1 = 1,  x + 1 = 1, y − 1 = 2, y − 1 = −1,  x + 1 = −1, y − 1 = −2. 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   x + 1 = 2, x + 1 = −2, y − 1 = −1,  x + 1 = 1, y − 1 = −2, y − 1 = 1,  x + 1 = −1, y − 1 = 2. Giải các hệ ta được các nghiệm (1, 0), (−3, 2), (0, −1), (−2, 3). Tất cả tám cặp số đã tìm thấy đều thỏa mãn phương trình đã cho. 9 Ví dụ 2.1.2. Cho p và q là hai số nguyên tố. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1 1 1 + = . x y pq Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình nghiệm nguyên (x − pq)(y − pq) = p2 q 2 (với x 6= 0, y 6= 0). Vì điều kiện x, y nguyên dương nên từ phương trình ban đầu ta thấy rằng 1 1 < do đó ta có x > pq . Bây giờ ta xem xét tất cả các ước số của tích x pq p2 q 2 , chúng cho ta các hệ phương trình    x − pq = 1, x − pq = p, x − pq = q, y − pq = p2 q 2 , y − pq = pq 2 , y − pq = p2 q, ( (  2 x − pq = pq, x − pq = p , x − pq = pq 2 , y − pq = q 2 , y − pq = pq, ( x − pq = q 2 , ( x − pq = p2 q, y − pq = p, ( x − pq = p2 q 2 , y − pq = p2 , y − pq = q, y − pq = 1. Giải các hệ trên ta được các nghiệm của phương trình ban đầu (1 + pq, pq(1 + pq)), (p(1 + q), pq(1 + q)), (p(p + q), q(p + q)), (pq(1 + p), q(1 + p)), (2pq, 2pq), (q(1 + p), pq(1 + p)), (pq(1 + q), p(1 + q)), (q(p + q), p(p + q)), (pq(1 + pq), 1 + pq). 1 1 1 + = (với n = pα1 1 · · · pαk k ), ta sẽ phải x y n xét (2α1 + 1) · · · (2αk + 1) ước số nguyên dương. Thật vậy, phương trình đã cho tương đương với (x − n)(y − n) = n2 Chú ý. Khi xét phương trình 2αk 1 và n2 = p2α có (2α1 + 1) · · · (2αk + 1) ước số. 1 · · · pk Ví dụ 2.1.3 (Olympic Toán Ấn Độ). Xác định tất cả các cặp số nguyên không âm (x, y) thỏa mãn (xy − 7)2 = x2 + y 2 . 10 Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình (xy − 6)2 + 13 = (x + y)2 , hoặc (xy − 6)2 − (x + y)2 = −13. Ta được phương trình [xy − 6 − (x + y)][xy − 6 + (x + y)] = −13. Ta có các hệ ( xy − 6 − (x + y) = −1, xy − 6 + (x + y) = 13, Các hệ này tương đương với  x + y = 7, xy = 12, ( xy − 6 − (x + y) = −13, xy − 6 + (x + y) = 1.  x + y = 7, xy = 0. 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) + y 2 (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)2 v + (v + 1)2 u = 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 hệ phương trình:   u+v =1 u + v = −9 uv = 0,  u + v = −3 uv = 4, uv = −2,  u + v = −5 uv = −6. Chỉ có hệ đầu tiên và cuối cùng trong số này có nghiệm thỏa mãn. Ta có (0, 1), (1, 0), (−6, 1), (1, −6). Do đó, kết quả cuối cùng (x, y) = (u + 1, v + 1) phải là một trong các cặp (1, 2), (−5, 2), (2, 1), (2, −5). 11 Ví dụ 2.1.5 (Titu Andreescu). Tìm tất cả các số nguyên n để phương trình x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = n có nghiệm nguyên dương. Lời giải. Ta viết lại vế trái của phương trình x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z) x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx
hay [(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ] x + y + z − 3xyz = (x + y + z) , (2.2) 2 3 3 3 và ở một dạng khác ta cũng có x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)3 − 3(x + y + z)(xy + yz + zx). (2.3) 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 hợp n chia hết cho 3. Khi đó từ (2.3) suy ra (x+y +z)3 chia 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 − 2 2 +(z−x)2 ] 1, k, k + 1) thỏa mãn (x + y + z) [(x−y) +(y−z) = 3k 26 = 9k = n. Nếu 2 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 số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = p với p là số nguyên tố lớn hơn 3. 12 Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với
(x + y + z) x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = p. Vì x, y, z nguyên dương nên x + y + z > 1. Do đó từ phương trình trên ta phải có x + y + z = p và x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 1. Phương trình cuối tương đương với phương trình (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 2. 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 trường
p+1 p−2 hợp đầu tiên các nghiệm của phương trình là p+1 , , và các hoán vị 3 3 3
p+2 p−1 p−1 tương ứng. Trong trường hợp thứ hai các nghiệm là 3 , 3 , 3 và các hoán vị tương ứng. Ví dụ 2.1.7. Tìm tất cả bộ ba số nguyên (x, y, z) thỏa mãn x3 + y 3 + z 3 = x + y + z = 3. Lời giải. Từ giả thiết và đồng nhất thức (x + y + z)3 = x3 + y 3 + z 3 + 3(x + y)(y + z)(z + x) ta suy ra 8 = (x+y)(y +z)(z +x). Do đó kết hợp với giả thiết x+y +z = 3 ta thu được (3 − x)(3 − y)(3 − z) = 8. Mặt khác, do (3 − x) + (3 − y) + (3 − z) = 9 − (x + y + z) = 6, nên phải xảy ra một trong hai trường hợp: hoăc là cả ba số 3 − x, 3 − y , 3 − z là số chẵn, hoặc là chỉ có duy nhất một số là chẵn. Trong trường hợp số hai: một trong ba số |3 − x|, |3 − y|, |3 − z| phải bằng 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, ta suy ra chỉ xảy ra khả năng x = −5 và y = z = 4. Bây giờ ta xét trường hợp thứ nhất: lại vì cả ba số đó khác 0, và từ tính chất tích ba số đó bằng 8, ta suy 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. 13 Tóm lại, các bộ số cần tìm là (1, 1, 1), (−5, 4, 4), (4, −5, 4), và (4, 4, −5). Ví dụ 2.1.8 (Ion Cucurezeanu). Tìm tất cả các số nguyên tố p để phương trình x4 + 4 = py 4 có nghiệm nguyên. Lời giải. Phương trình vô nghiệm khi p = 2 (vì lúc đó vế trái x4 + 4 là số chẵn, suy ra x4 chẵn, nên x phải chẵn; vì thế x4 + 4 ≡ 4 (mod 16). Trong lúc đó vế phải  0 (mod 16) khi y ≡ 0 (mod 2) py 4 = 2y 4 ≡ ; 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 = py 4 , ta suy ra x lẻ nếu và chỉ nếu y lẻ. Vì x4 +4 = (x2 +2)2 −(2x)2 , nên phương trình tương đương với (x2 +2)2 −(2x)2 = py 4 , hay (x2 −2x+2)(x2 +2x+2) = py 4 . 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 d là một ước chung lớn nhất của x2 −2x+2 và x2 +2x+2, với lưu ý x lẻ, suy ra d lẻ. Lại vì d là ước của 8, nên suy ra d = 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 thứ nhất cho ta x = 1 và a2 = 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. Các nghiệm (x, y) của phương trình lúc đó là (1, 1), (−1, 1), (1, −1), (1, 1). 14 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 trong các khoảng bằng cách sử dụng các bất đẳng thức thích hợp. Nói chung, quy trình 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 + y 3 = (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 + y 2 = 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 ≥ 2 thì (x − y)2 = 0 = (y − 1)2 ; suy ra x = y = 1 mâu thuẫn với (x − 1)≥ 2). Từ đó ta hạn chế các biến x, y vào trong đoạn [0, 2]. Do đó ta nhận được các nghiệm 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, z nguyên dương: 1 1 1 3 + + = . x y z 5 Lời giải. Vì tính chất đối xứng của các biến, nên ta có thể giả sử 2 ≤ x ≤ y ≤ z . Từ đó ta có bất đẳng thức x3 ≥ 35 , và do đó x ∈ {2, 3, 4, 5}. 1 Nếu x = 2, thì y1 + z1 = 10 với y ∈ {11, 12, . . . , 20} (do y ≤ z ). Do đó 100 z = 10 + y−10 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). 4 Nếu x = 3, thì ta có y1 + z1 = 15 với y ∈ {3, 4, 5, 6, 7} (vì y ≤ z ). Suy ra y−60 z = 4 − 4y−15 và (4y − 15)|(y − 60). Ta có các nghiệm là (3, 4, 60), (3, 5, 15), (3, 6, 10). Nếu x = 4, thì y1 + z1 = Nếu x = 5, thì 1 y + 7 20 với 1 2 z = 5 và y ∈ {4, 5} (vì y ≤ z ). Ta có nghiệm là (4, 4, 10). y = z = 5, ta thu được nghiệm là (5, 5, 5). 15 Ví dụ 2.1.11 (Titu Andreescu). Tìm các bộ bốn số nguyên dương (x, y, z, w) thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) = w2 . Lời giải. Ta có (x + y + z − 1)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z − 1) − 2z + 1 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) − 2z − 4y + 1 = w2 − (4y + 2z − 1) < w2 . (x + y + z + 1)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z + 1) + 2y(z + 1) + 2z + 1 = x2 + y 2 + z 2 + 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 ở hai đầu là bình phương của hai số nguyên cách nhau 2 đơn vị). Vì thế số x2 +y 2 +z 2 +2xy +2x(z −1)+2y(z +1) chỉ có thể bằng với (x+y +z)2 . Nghĩa là x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2xz + 2yz, hay 2x(z −1)+2y(z +1) = 2xz +2yz , hay −2x+2y = 0. Suy ra x = y , dó đó các 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 phương trình x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + · · · + (x + 7)3 = y 3 . Lời giải. Đặt P (x) = x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + · · · + (x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 420x + 784. Nếu x ≥ 0, thì (2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343 < P (x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x + 10)3 , vậy 2x + 7 < y < 2x + 10; vì thế y có thể là 2x + 8 hoặc 2x + 9. Nhưng cả hai phương trình P (x)−(2x+8)3 = −12x2 +36x+272 = 0, và P (x)−(2x+9)3 = −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 16 của phương trình. Do đó phương trình không có nghiệm với x ≤ −7. Vậy nếu (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 nghiệm của phương trình khi −3 ≤ x ≤ −1. Do đó (−4, −4) và (−5, −6) là nghiệm của 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 Tìm tấtcả các bộ ba số nguyên dương    Quốc).  1 1 1 (x, y, z) thỏa mãn 1 + 1+ 1+ = 2. x y z Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z . Do đó ta thấy 2 ≤ (1 + 1/z)3 , từ đó suy ra z ≤ 3. 
 1 1 Xét trường hợp nếu z = 1 thì 1 + x 1 + y = 1, điều này không xảy ra. 
 1 1 Xét trường hợp z = 2 dẫn đến 1 + x 1 + y = 43 (*). Do đó 43 ≤ 2  1 1 + y , suy ra y < 7. Mặt khác vì 1 + x1 > 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). 
 1 1 Xét trường hợp nếu z = 3 thì 1 + x 1 + y = 23 . Làm tương tự thì dẫn đến y < 5 và y ≥ z = 3. Ta được các bộ số (8, 3, 3) và (5, 4, 3) là nghiệm. Tóm lại, các nghiệm của phương trình là (7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2), (8, 3, 3) và (5, 4, 3) cùng với các hoán vị của nó. 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 k11 + · · · + k1n = 1. Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy–Schwarz ta có   1 1 (k1 + · · · + kn ) + ··· + ≥ n2 . k1 kn Do đó ta có 5n − 4 ≥ n2 , vậy n ≤ 4. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng k1 ≤ · · · ≤ kn . Nếu n = 1, ta phải có k1 = 1 thỏa mãn. Lưu 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 tra thấy không cặp nào là nghiệm. 17 Nếu n = 3, thì k1 + k2 + k3 = 11, nên 3k1 ≤ 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 thấy chỉ có (2, 3, 6) thỏa mãn. Nếu n = 4, thì dấu bằng của bất đẳng thức (AM–HM) xảy ra khi và chỉ khi 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).