Một &i phương trình vô nghiệm – 123doc

2 Tổng thu hẹp-phương pháp đa thức

3.2.1 Một &i phương trình vô nghiệm

Ví dụ 3.2.1. Xác định tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn

Bạn Đang Xem: Một &i phương trình vô nghiệm – 123doc

x2 + 1 = 3y+ 2016z4.

Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó có nghiệm trong

Z3. Khi đó A = {3y|y ∈ Z3} = {0}, B = {2016z4|z ∈ Z3} = {0} và A + B = {0}. Ta xác định C = {x2 + 1|x ∈ Z3} = {1,2}. Từ

C ∩(A+B) =∅ suy ra phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 3.2.2. Xác định tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn

x2 + 2015y3 + 2 = 5z10.

Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó có nghiệm trong

Z5. Khi đó A = {5z10|z ∈ Z5} = {0}, B = {2015y3|y ∈ Z5} = {0}. Ta xác định C = {x2 + 2|x ∈ Z5} = {1,2,3}. Từ A∩(B + C) = ∅ suy ra rằng, phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 3.2.3. Xác định tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn

x4 + 7y3 + 2 = 2016z5.

Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó có nghiệm trong

Z7. Khi đó A = {2016z5|z ∈ Z7} = {0}, B = {7y3|y ∈ Z7} = {0}. Ta xác định C = {x4+ 2|x ∈ Z7}= {2,3,4,6}. Từ A∩(B +C) = ∅ suy ra rằng, phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 3.2.4. Xác định tất cả những số nguyên dương x, y thỏa mãn

x2016+ 22016 + 3 = 2017y.

Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm trong N thì nó có nghiệm trong

Z2017. Ta có A = {x2016|x ∈ Z2017, x > 0} = {0,1}, B = {22016 + 3} =

{4}.Ta xác địnhC = {2017y|y ∈ Z2017, y >0} = {0}.TừC∩(A+B) = ∅ suy ra rằng, phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 3.2.5. Chứng minh rằng, phương trình x2 = y3 + 7 không có nghiệm nguyên.

Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó có nghiệm trong

Z4. Ta có A = {x2|x ∈ Z4} = {0,1}, B = {y3 + 7} = {0,2,3}. Từ

A∩ B = {0} suy ra rằng, x = 2m, y = 2n+ 1. Do x2 + 1 = y3 + 8 nên

4m2+ 1 = (2n+ 3)(4n2+ 3). Từ đây suy ra 4m2+ 1 chia hết cho 4n2+ 3,

nhưng điều này là không thể. Do vậy, phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 3.2.6. Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên

(x+ 1)2 + (x+ 2)2 +· · ·+ (x+ 2019)2 = y2.

Bài giải: Đặt x = z −1010. Phương trình đã cho trở thành

(z−1009)2 + (z−1008)2 +· · ·+z2+ (z+ 1)2 +· · ·+ (z+ 1009)2 = y2.

Ta có 2019z2 + 2(12 + 22 +· · ·+ 10092) =y2 hay ta nhận được

2019z2 + 1009.1010.673 = y2.

Do vế trái A = {2019z2 + 1009.1010.673|z ∈ Z3} = {2} và vế phải

B = {y2|y ∈ Z3} = {0,1} với A∩ B = ∅ nên phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài giải: Nếu phương trình đã cho có nghiệm trong Z thì nó cũng có nghiệm trongZ11.Vì(x5)2 = x10 ≡ 0,1(mod 11)nênx5 ≡ −1,0,1(mod 11).

Từ đó suy ra A = {x5 −4|x ∈ Z11} = {6,7,8} và B = {y2|y ∈ Z11} =

{0,1,3,4,5,9}. Do A∩B = ∅ nên phương trình vô nghiệm. 3.2.2 Phương trình có nghiệm

Ví dụ 3.2.8. [Rusian MO 2013] Tìm tất cả các cặp số nguyên tố

(p, q) thỏa mãn điều kiện

p3 −q5 = (p+q)2.

Bài giải: Xét trường hợp cả 2 số nguyên tố p, q đều khác 3. Khi đó

p ≡ 1,2(mod 3) và q ≡1,2(mod 3).

Khi p ≡q(mod 3) thì A = {p3−q5}= {0} và B = {(p+q)2} = {1}. Do

A∩B = ∅ nên không tồn tại p, q thỏa mãn những điều kiện vừa nêu ra. Khi p 6≡ q(mod 3) thì A = {p3 −q5} = {1,2} và B = {(p+ q)2} = {0}.

Do A∩B = ∅ nên không tồn tại p, q thỏa mãn điều kiện vừa nêu ra. Xét trường hợp p= 3. Khi đó q5 < 27, vô lý.

Xét trường hợp q = 3. Khi đó p3 − 243 = (p+ 3). Giải ra p = 7. Tóm lại, chỉ có duy nhất một cặp (7,3) thỏa mãn phương trình đã cho. 3.2.3 Điều kiện tham số của phương trình

Định nghĩa 3.2.9. Ta gọi số nguyên b là nghịch đảo của số nguyên a

modulo m khi (a, m) = 1 nếu ab ≡ 1(modm).

Định lý 3.2.10. Giả thiết hai số nguyên dương a, m thỏa mãn (a, m) = 1. Với tất cả các số nguyên dương nguyên tố với m và bé nhiều hơn m xét

A = {a1, a2, . . . , aϕ(m)|1 6 ai < m,(ai, m) = 1}. Khi đó ta cũng có

Chứng minh: Vì(ai, m) = 1 và(a, m) = 1 nên(aai, m) = 1với mỗii = 1,2, . . . , ϕ(m).Do vậy, mỗi phần tử thuộc tậpB = {aa1, aa2, . . . , aaϕ(m)} đều nguyên tố với m. Mặt khác, do (a, m) = 1 nên từ aai ≡ aaj(modm)

ta suy ra ngayai ≡ aj(modm).Như vậy tậpAvà tập{aa1, aa2, . . . , aaϕ(m)} có cùng lực lượng. Qua đó ta nhận được A= {aa1, aa2, . . . , aaϕ(m)}.

Định lý 3.2.11. Nếu hai số nguyên dương a, m thỏa mãn (a, m) = 1 thì

a luôn có nghịch đảo theo modulo m.

Chứng minh: Xét C = {a1, . . . , aϕ(m)|16 ai < m,(ai, m) = 1}. Khi đó 1 thuộc tập C. Theo Định lý 3.2.10, hai tập sau bằng nhau

{a1, a2, . . . , aϕ(m)} = {aa1, aa2, . . . , aaϕ(m)} nên có ai để aai ≡ 1(modm). Vậy b = ai là nghịch đảo của a.

Hệ quả 3.2.12. Với hai số nguyên dương a, m thỏa mãn (a, m) = 1,

phương trình ax ≡ b(modm) luôn có nghiệm x ≡ a−1b(modm).

Ví dụ 3.2.13. Giả sử hai số nguyên dương m, n có tính chất: (2017k−

1, m) = (2017k −1, n) với mọi số nguyên dương k. Khi đó tồn tại số nguyên r để m = 2017rn.

Xem Thêm : Sau sinh ăn củ cải trắng được không? 3+ Công dụng tuyệt hảo cho mẹ

Bài giải: Trước tiên ta chỉ ra rằng, với mọi số nguyên tố p 6= 2017 ta luôn có vp(m) = vp(n). Thật vậy, giả sử rằng, vp(m) > vp(n). Ta trình diễn m = pαb và n = pγc với α > γ và (b, p) = 1 = (c, p). Theo Định lý 3.2.11, tồn tại k để 2017k ≡ 1(modpα). Như vậy pα|(2017k−1, m) = (2017k−1, n),và suy rapα|(2017k−1, n).Vậypα|n, mâu thuẫn doα > γ.

Từ đó suy ra sự tồn tại của số nguyên r để m = 2017rn.

Ví dụ 3.2.14. Giả sử n là một số nguyên dương. Ký hiệu d(n) là số các ước dương của n và ϕ(n) là số các số nguyên dương thuộc tập {1,2,3, . . . , n} nguyên tố với n. Xác định tất cả các số nguyên không âm

Bài giải: Ký hiệu A là tập tất cả các ước nguyên dương của n và B

là tập tất cả các số nguyên dương thuộc tập {1,2,3, . . . , n} nguyên tố với n. Hiển nhiên A ∪ B ⊆ {1,2,3, . . . , n} và A ∩ B = {1}. Do vậy

d(n) +ϕ(n) 6 n+ 1. Từ đó suy ra c = 0 hoặc c = 1.

Xét trường hợp c = 0 hay d(n) + ϕ(n) = n. Với n = 6 ta có A =

{1,2,3,6}, B = {1,5}. Khi đó d(6) +ϕ(6) = 6.

Xét trường hợp c = 1 hay d(n) + ϕ(n) = n + 1. Với n = 3 ta có

A = {1,3}, B = {1,2}. Khi đó d(3) +ϕ(3) = 3 + 1.

Ví dụ 3.2.15. [USAJMO 2013] Tồn tại hay không tồn tại hai số nguyên dương a, b để a5b+ 3 và ab5+ 3 đều là lập phương của những số tự nhiên?

Bài giải: Ký hiệu A = {x3|x ∈ Z9} = {0,1,−1}. Giả sử đã xác định được hai số nguyên dương a, b để a5b+ 3 và ab5 + 3 đều là lập phương của những số tự nhiên. Khi đó ta phải có a5b+ 3 và ab5 + 3 thuộc tập {0,1,−1}. Từ đây suy ra kết quả dưới đây:

a5b, ab5 ∈ {5,6,7}.

Xét trường hợp 3|a. Khi đó a5b ≡ 0(mod 9), vô lý. Do vậy (3, a) = 1. Tương tự (3, b) = 1. Theo Định lý Euler, ta có n6 ≡ 0,1(mod 9).

Vì ϕ(9) = 6 nên (a5b)(ab5) ≡ 0,1(mod 9). Từ 5.5 ≡ 7(mod 9), 5.7 ≡

8(mod 9) và 7.7 ≡ 4(mod 9) suy ra rằng, không tồn tại hai số nguyên dương a, b để a5b + 3 và ab5 + 3 đều là lập phương của những số tự nhiên.

Ví dụ 3.2.16. Xác định một cấp số cộng gồm nhiều vô hạn các số nguyên dương khác nhau sao cho mỗi số hạng không thể biểu diễn thành tổng hai số lập phương.

Bài giải: Giả sử cấp số cộng (an) với a0 = a và an+1 = an + d với mọi số nguyên n > 0. Ta giới hạn xét số lớp thặng dư là những lập phương

theo modulo d. Trước tiên xét a3 ≡1(modd) cho tất cả các số nguyên a.

Với số nguyên tố p và (a, p) = 1 ta có ap−1 ≡ 1(modp) theo Định lý nhỏ của Fermat. Nếu p−1 = 3 thì p = 4, mâu thuẫn. Nếu p−1 = 6 = 3.2

thì p = 7. Dễ dàng kiểm tra A = {a3|a ∈ Z7} = {0,1,−1}, trong đó −1 = 6. Từ đây suy ra A+A = {0,1,−1,2,−2}. Vậy, ta chọn a sao cho

a theo modulo 7 không thuộc A+A. Ta có thể chọn hai cấp số cộng (an)

với số hạng đầu a0 = a = 3 hoặc a0 = a = 4, và công sai d = 7, thỏa mãn yêu cầu bài toán đặt ra.

Ví dụ 3.2.17. Giả sử a và b là hai số nguyên dương thỏa mãn (a, b) = 1.

Xét cấp số cộng (an) với a0 = a, an = a0 + nd với mọi số nguyên không âm n. Chứng minh rằng

(1) [Polya] Tồn tại nhiều vô hạn số hạng trong cấp số có ước nguyên tố chung.

(2) Tồn tại nhiều vô hạn số hạng trong cấp số nguyên tố cùng nhau. Bài giải: (1) Vì (a, b) = 1 nên a có nghịch đảo modulo b theo Hệ quả 3.2.12. Giả sử số nguyên m thỏa mãn am ≡ 1(modb). Với mỗi số tự nhiên r ta xét sr = (a+ b)(am)r Hiển nhiên sr ≡ a(modb). Do vậy sr

là một số hạng thuộc hạ số cộng (an). Các số hạng sr này có cùng ước nguyên tố, chẳng hạn ước nguyên tố của a, m, a+b.

(2) được chứng minh dễ dàng.

3.3 Phương pháp đa thức qua nghiệm

3.3.1 Chứng minh số vô tỷ

Theo kết quả sau đây, ta biết được rằng, một đa thức bậc n > 0 có không quá n nghiệm phân biệt.

Định lý 3.3.1. [Bézout] Một đa thức bậc n > 0 có không nhiều hơn n

nghiệm phân biệt.

Ví dụ 3.3.2. Chứng minh rằng, số √

3 là một số vô tỷ.

Bài giải: Đa thức x2 −3 là bất khả quy trong Z[x]. Vì đa thức x2 −3

không có nghiệm hữu tỷ trong Q và √

3 là nghiệm của đa thức này nên √

3 là một số vô tỷ.

Ví dụ 3.3.3. Chứng minh rằng, số α dưới đây là một số vô tỷ:

α = p10092 + 1 +p10102 + 1 +· · ·+ p20162 + 1.

Bài giải: Trước tiên ta chỉ ra số α không phải là một số nguyên. Thật vậy, từ việc đánh giá n < √

n2 + 1 < n+1

n ta có thể viết α = 1009 +t1+

1010 +t2+· · ·+ 2016 +t1008 với 0 < ti < 1

1008 với mọi i = 1,2, . . . ,1008.

Vì 0 < t1 + t2 +· · ·+t1008 < 1 nên α không là số nguyên. Tiếp theo, bằng cách quy nạp nta chỉ ra αn =

n

P

i=1 √

ai, trong đó các ai đều là số nguyên dương, không là số chính phương, là đại số trên

Q hay có một đa thức monic bậc dương thuộc &nh Z[x] nhận αn làm nghiệm. Với n= 1, α1 = √

a1 là nghiệm của đa thức monicx2−a1 ∈ Z[x],

kết luận đúng. Giả sử kết luận đúng cho n, có nghĩa: Có đa thức monic

f(x) = xr+b1xr−1+· · ·+br−1x+br ∈ Z[x], r > 0, nhận αn làm nghiệm. Với n+ 1, từ αn+1 = αn+√

an+1 ta suy ra f(αn+1−√an+1) =f(αn) = 0.

Như vậy, đa thức f(x−√an+1) nhận αn+1 làm nghiệm. Biểu diễn

f(x−√an+1) = (x−√an+1)r +b1(x−√an+1)r−1 +· · ·

+ br−1(x−√an+1) +br

Xem Thêm : Randy là ai? Tiểu sử ca sĩ Việt Nam hoạt động ở hải ngoại

= xr+ g(x) +√

an+1h(x)

với đa thức g(x), h(x) ∈ Z[x] và degg(x),degh(x) 6 r −1. Xét đa thức

với hệ số nguyên nhận αn+1 làm nghiệm, vì từ hệ thức αrn+1+g(αn+1) +

√

an+1h(αn+1) =f(αn+1 −√an+1) = 0 suy ra

αrn+1 +g(αn+1)2 −an+1h(αn+1)2 = 0

hay φ(αn+1) = 0.

Ví dụ 3.3.4. [Soviet MO 1991] Cho 2n số phân biệt a1, a2, . . . , an

và b1, b2, . . . , bn đặt &o các ô của một lưới nguyên tạo bởi các đường

x = 0, x = 1, . . . , x = n và y = 0, y = 1, . . . , y = n theo quy tắc sau: Ô lưới nguyên ở cột thứ i và dòng thứ j thì ta viết số ai +bj. Chứng minh rằng, nếu tích các số thuộc mỗi cột là bằng nhau thì tích các số ở mỗi dòng cũng bằng nhau.

Bài giải: Xét đa thức p(x) =

n Q i=1 (x + ai) − n Q j=1 (x − bj). Hiển nhiên

degp(x) < n. Theo giả thiết tất cả các số c = p(bj), j = 1,2, . . . , n,

đều bằng nhau. Như vậy, đa thức p(x)−c có bậc bé hơn n, nhưng có

n nghiệm phân biệt là b1, b2, . . . , bn. Đa thức này phải đồng nhất bằng 0 hay p(x) ≡ c với mọi giá trị của x. Ta nhận được c = p(−ai) = (−1)n+1

n

Q

j=1

(ai + bj) với mọi i = 1,2, . . . , n. Từ đó suy ra tích mỗi số ở mỗi dòng đều bằng nhau và

n

Q

j=1

(ai+bj) = (−1)n+1c.

Ví dụ 3.3.5. Cho 2n số chia thành hai nhóm phân biệt là a1, a2, . . . , an

và b1, b2, . . . , bn thỏa mãn điều kiện: ai +aj = bi +bj với 16 i < j 6 n.

Chứng minh rằng, n là một lũy thừa của 2.

Bài giải: Xét đa thức f(x) =

n P i=1 xai và g(x) = n P j=1 xbj. Khi đó f(x)2 = n P i=1 x2ai + 2 P 16i<j6n xai+aj = f(x2) + 2 P 16i<j6n xai+aj và g(x)2 = n P i=1 x2bi + 2 P 16i<j6n xbi+bj = g(x2) + 2 P 16i<j6n xbi+bj. Vì ai + aj = bi + bj với mọi

i, j = 1,2, . . . , n, i < j, theo giả thiết, nên ta có ngay f(x)2 −f(x2) =

nên f(x)−g(x) = (x−1)kq(x) với k là số nguyên dương và đa thức q(x) thỏa mãn q(1) 6= 0. Vậy f(x) + g(x) = f(x 2)−g(x2) f(x)−g(x) = (x2 −1)kq(x2) (x−1)ka(x) = (x+ 1) kq(x2) q(x) .

Với x = 1 ta nhận được 2n = 2k hay n= 2k−1.

Với tập khác rỗng A ta định nghĩa A + A = {a + b|a, b ∈ A} và

A−A = {a−b|a, b ∈ A}.

Ví dụ 3.3.6. [RMC 2015] Giả sử A là một tập hữu hạn các số thực, khác rỗng. Chứng minh rằng

card(A).card(A−A) 6 card(A+A)2.

Bài giải: Đặt S = A+A và D = A−A. Xây dựng ánh xạ f : A×D →

S×S,(a, d) 7→ (a+xd, a+yd)vớixd, yd ∈ Asao choxd−yd = dvàxdlà lớn nhất. Hiển nhiên, khi biết dthìxd, yd được xác định duy nhất. Bây giờ ta chỉ ra f là một đơn ánh. Nếuf(a, d) =f(a0, d0) thì    a+ xd = a0+xd0 a+ yd = a0 +yd0.

Từ hệ này suy ra d = xd −yd = xd0 −yd0 = d0. Từ đó suy ra a = a0 và

xd = xd0. Như vậy, f được xác định hoàn toàn và là một đơn ánh. Do f

là đơn ánh nên card(A).card(A−A) 6 card(A+A)2.

Ví dụ 3.3.7. [RMC 2015] Giả sử n ∈ N, n > 4. Xác định tập A =

{a1, a2, . . . , an} ⊂ N sao cho A chứa 2015 và |ai −aj| là số nguyên tố cho tất cả các số phân biệt i, j ∈ {1,2, . . . , n}.

Bài giải: Dễ dàng thấy ngay rằng A không thể chứa nhiều hơn hai số cùng chẵn hoặc cùng lẻ vì điều kiện |ai −aj| phải là một số nguyên tố. Do n > 4 nên n = 4 và A chứa hai số chẵn, hai số lẻ. Do 2015 ∈ A

nên hai số lẻ thuộc A hoặc là 2013,2015 hoặc là 2015,2017. Xét trường hợp A chứa 2013,2015. Hai số chẵn thuộc A là 2a,2a + 2, trong đó a

là số nguyên dương. Do |2013 − 2a|,|2011 − 2a| và |2015 − 2a| là số nguyên tố lẻ nên 2a không thể là 2010,2012,2014,2016. Khi 2a < 2010

thì 2011−2a,2013−2a,2015−2a là ba số lẻ liên tiếp và đều là số nguyên tố. Do vậy, một trong ba số đó phải bằng 3. Vậy 2a = 2008, a+ 2 = 2010.

Kiểm tra A = {2008,2010,2013,2015} thỏa mãn. Khi 2a > 2016 thì −2011+2a,−2013+2a,−2015+2alà ba số lẻ liên tiếp và đều là số nguyên tố. Do vậy, một trong ba số đó phải bằng 3. Vậy 2a = 2018, a+ 2 = 2020.

Kiểm tra A = {2013,2015,2018,2020} thỏa mãn. Tương tự ta cũng có

A = {2010,2012,2015,2017} và A = {2015,2017,2020,2022}.

3.3.2 Bài toán Waring về đa thức

Bài toán Waring đặt ra cho đa thức: Cho số nguyên dương n. Tìm số nguyên thấp nhất s = s(n) để mỗi đa thức g ∈ C[x] đều có thể biểu diễn thành tổng dạng

g = f1n +f2n +· · ·+fsn,

trong đó các fi ∈ C[x]. Ta chỉ cần xét sự biểu diễn cho đa thức x, vì khi

x = f1(x)n +· · ·+fs(x)n

thì với đa thức g(x) tùy ý có ngay

g(x) = f1(g(x))n+f2(g(x))n+· · ·+fs(g(x))n.

Chính vì lý do đó mà ta chỉ cần ân cần đến số s = s(n) bé nhất để

x = f1(x)n +· · ·+ fs(x)n. Số s nhỏ nhất là bao nhiêu và công thức xác định vẫn là bài toán chưa có lời giải. Người ta đã đưa ra các chặn cho