Một số phương trình Diophantine và cách giải chúng

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 = c n chúng ta có da1b = d n c1 n hay a1b = d n-1 c1 n. Nhưng vì d|a và (a, b) =1 nên (d, b) = 1 ⇒ (d n-1 , b) = 1. Phương trình a1b = d n-1 c1 n cho ta b| d n-1 c1 n. Như vậy ta có b| c1 n . Mặt khác cũng từ phương trình trên ta có c1 n | a1b kết hợp với giả thiết (a1, c1) = 1 ta có c1 n | b. Như vậy ta đã chứng minh được b| c1 n và c1 n | b, tức là c1 n = b. Khi đó a1 = d n-1 nên a = a1d = d n. 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 = c n. 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. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 6 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá 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). Nếu d > 1 thì đặt , , x y z d d d      thì hiển nhiên ( , , )   là một bộ số 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 2 2 2 2, 2 ,x m n y mn z m n     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 = 4k 2 +4k+1  1 (mod 4) và y2=4h2+4h+1  1 (mod 4) nên x2+y2  2 (mod 4) hay z 2  2 (mod 4). Ta lại có z2 là số chẵn (do x,y đều lẻ) nên z chẵn hay z = 2a. Do đó z2 = 4a 2  0(mod 4) vô lý với lập luận vừa rồi. Vậy x, y không cùng chẵn hoặc cùng lẻ. 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 :   2y 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 2 , 2z x a z x b    (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- h 2 )d 2 hay d 2 là ước của y2 hay d là ước của y. Điều này vô lý vì (x,y,z) = 1. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 7 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá Theo giả thuyết, vì y chẵn nên y = 2c với c là số tự nhiên. Từ (4) và (5) ta có 2 .c 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: 2 2 2 2,z a b m n x a b m n        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: 2 2 2 2, 2 ,x m n y mn z m n     (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 : 2 2 2 2 2 2 2( ) (2 ) ( )m n mn m n    (8) Do đó ta chỉ cần chứng minh (x, y, z) = 1 với 2 2 2 2, 2 ,x m n y mn z m n     hay 2 22 ,2m z x n 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 nghiệm sinh của phương trình (2). Và hiễn nhiên ta có x z y  là một dạng của phân số tối giản m n . Để liệt kê ra một cách đầy đủ và có hệ thống các nghiệm cơ 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). Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 8 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá 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 = m 2 +n 2 . 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 :  2 2 2 2( ) , 2 , ( ) 1•0x m n l y mnl z m n l     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 2 2 2( 1)x x z   do điều kiện 1x y   (tức x và y là hai số tự nhiên liên tiếp). Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (3x+2z+1 + (3x+2z+2) =18x +24xz+8z +18x+12z+5 +(x+l) +16x +16x+24xz+8z +12z+4 =16x 9 4 24 8 16 =(4x+3z+2) x z xz z x       Như vậy, nếu cho trước một bộ số Pythagorean thỏa mãn điều kiện 1x y   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 Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 9 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá 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 20 119 696 4059 23660 4 21 120 697 4060 23661 5 29 169 985 5741 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 2 2 2( 1)x x z   (12) Và nếu x > 3 thì khi đó ta có: 0 03 2 1, 3 4 2x x z z z x      (13) là các số tự nhiên thỏa mãn phương trình: 2 2 2 0 0 0( 1)x x z   (14) với z0 < z. Chứng minh  Từ (13) ta có : 2 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 0 ( 1) 2 2 1 18 8 24 18 12 5 16 9 24 16 12 4 x x x x x z xz x z z x z xz x z                  Từ (12) ta lại có 2 22 2 1z x x   nên: 2 2 2 216 9 24 16 12 4 18 8 24 18 12 5x z xz x z x z xz x z           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: 3 2 1 0x z   và 0 3 4 2z x z    Điều đó tương đương với: 2 3 1,3 4 2, 2 1z x z x z x      (16) Ta chú ý rằng x > 3 nên x2 > 3x = 2x + x > 2x +3, khi đó theo (12) ta có : 2 2 2 2 2 2 2 4 8 8 4 9 8 4 9 8 4 (2 3) 9 6 1 (3 1) z x x x x x x x x x x x                  Do đó 2z 0, 2z 0 nên: 2 2 2 29 18 18 9 16 16 4 (4 2)z x x x x x        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 (15) Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 10 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá 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 3 2 1, 3 4 2u x z v z x      (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: 1 1 1 13 2 1, 1, 4 3 2n n n nx u v y x z u v           Theo (17) ta lại có: 1 1 3(3 2 1) 2(3 4 2) 1 4(3 2 1) 3(3 4 2) 2 n n x x z z x x z x z z x 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). 3. 3 Phương trình . 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 4 4 2x y z  (18) không có nghiệm trên . Chứng minh Giả sử trái lại phương trình (18) có nghiệm nguyên dương và z là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho 2 4 4z x y  với x, y là các số tự nhiên. Lúc đó (x,y,z) là một nghiệm của phương trình (18). Ta có (x, y) =1 bởi vì nếu (x, y) = d > 1, ta sẽ có x =dx1 và y=dy1 với x1, y1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Lúc đó z 2 = d 4 (x1 4 + y1 4) và do vậy 4 2d z nên 2d z tức là 2 1z d z với z1 là số tự nhiên. Bởi vậy phương trình (18) trở thành 4 4 2 2 1 1 1x +y = z < z , 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:     2 2 2 2 2x y z  (19) Khi đó, theo định lý 2, tồn tại các số tự nhiên m, n nguyên tố cùng nhau, m > n sao cho: 2 2 2 2 2 2 2 x m n y mn z m n         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 Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 11 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá 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 = m1 2 +n1 2 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=a1 2 , n1 = b1 2 . Mà m = a2 nên a2 = m1 2 +n1 2 = a1 4 + b1 4. Nhưng vì 2 2 2a a m m n 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 4 4 4 4 4 2 2( )x y z x y z     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 n n nx y z  với n = 2s, s ≥ 2 không có nghiệm ngu ên dương. Thật vậy:       2 2 24 4 42 2 2 2 2 2s s s s s sx y z x y z         Theo nhận xét 1 thì 4 4 4x y z  không có nghiệm nguyên dương nên ta có điều phải chứng minh. 3. 4 Phương trình . Công việc của phần này là tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 2x y z t   ( 0) 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 2 2x y z  chia cho 8 dư 2 hoặc 6. Ta chú ý rằng t2 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 2 2 2x y z  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: Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 12 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 4 4 2 4 4 4 4 2 x u x l m xu u l m u l m xu             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). Thế vào (23) ta được : 2 2 2 2 2 2 l m nn l m nx x n        (25) Thế (22) vào biểu thức trên ta có: 2 2 2 2 l m n t x u x n n        Bên cạnh đó, để ý rằng x là số tự nhiên nên từ (25) ta có 2 2 2l m n  . Như vậy chúng ta đã chứng minh được rằng tất cả các nghiệm nguyên dương của (20) sẽ nhận được từ công thức : 2 2 2 2 2 2 , 2 , 2 , l m n l m n x y l z m t n n         (26) với m, n, l là các số tự nhiên, n là ước của 2 2l m và nhỏ hơn 2 2l m . 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 là:   2 2 2 2 2 2 2 2 22(2 ) 2 l m n l m n l m n n                  Cũng từ (26) chúng ta có: 2 y l  , 2 z m  , 2 t x n   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 2 2 2 2x y z t   với y, z là các số chẵn, nhận được từ các biểu thức sau: 2 2 2 2 2 2 , 2 , 2 , l m n l m n x y l z m t n n         với l, m là các số tự nhiên tùy ý, n là ước của 2 2l m và nhỏ hơn 2 2l m . Mọi nghiệm nguyên của phương trình này đều nhận được từ các công thức này. (23) Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 13 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá 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 sau: bắt đầu với các số tự nhiên x và z. Khi đó vì , 1 ( , ) ( , ) x z x z x z       nên từ đẳng thức . . ( , ) ( , ) x z y t x z x z  ta có ( , ) z y x z hay . ( , ) z y u x z  , khi đó . ( , ) x t u x z  . Do đó, cố định x, z, u và đặt ( , ) uz y x z  , ( , ) ux t x z  thì ta nhận được một nghiệm (x, y, z, t) của phương trình xy=zt. Như vậy, tất cả các nghiệm (x, y, z, t) của phương trình xy=zt trên được cho bởi công thức ( , ) uz y x z  , ( , ) ux t x z  với x, y, u là các số tự nhiên cho trước. Một chú ý nhỏ là nếu x, y, z, t là một nghiệm nguyên dương của phương trình xy=zt thì      , , , , , x z x t 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. Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 14 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá Tương tự, công thức cho nghiệm nguyên của phương trình xy = z3 được đưa ra như sau: 2 3 2 3, ,x uv t y u vw z uvtw   với u, v, t, w là các số tự nhiên tùy ý. Cuối cùng, ta xét một dạng đặc biệt của phương trình dạng xy=zt là 1 1 n m i i i i x y     với m, n là các số tự nhiên. Lúc đó nghiệm nguyên của phương trình này có công thức như sau : 1 2 1 1 2 1 1 2 1 . ... . ( ... , ... ) m n m m y y y x t x x x y y y     , 1 2 1 1 2 1 1 2 1 ... . ( ... , ... ) m n m m x x x y t x x x y y y     Với 1 2 1 1 2 1, ,..., , , ,...,m mx x x y y y  , t là các số tự nhiên xác định. 3. 6 Phương trình . Chúng ta sử dụng chứng minh của J. Cel để chỉ ra rằng phương trình trên vô nghiệm trên ℤ. Giả sử rằng phương trình 2 (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 d 4 |z 2 hay d 2 |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 4 2 2 4 4 1 1 1 1 19 27x x y y z   . 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 : Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 15 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá 2 2 4 2 2 1 1 127 ( 9 )( 9 ) 2 2 z x z x y y y      (28) 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 2 4 1 127d y nên 2 1 19d y và do vậy 2 1 ( , )d x z . Nhưng (x, z) = 1 nên (x2,z) = 1 hay d1 = 1. Khi đó: 2 2 2 4 2 4 1 1 19 27 , 9 , 2 2 z x z x y a y b y ab        (29) hoặc 2 2 2 4 2 4 1 1 19 , 9 27 , 2 2 z x z x y a y b y ab        (30). với a, b nguyên tố cùng nhau. Từ (29) ta có 2 2 2 4 418 27x a b a b   hay 2 4 4 2 227 18x b a a b   vậy 2 43 x b hay 43 1 b (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 2 2 2 4 418 27x a b a b   (31). Từ đó ta được a hoặc b chẵn (do x lẻ). Nếu a chẵn thì 4 2 2 2 418 27 8 4a x a b b k     (do x và b lẻ nên x4, b4 có dạng 8k + 1 còn 18a2b2⋮8 (do a chẵn), 27 = 8.3+3 nên 2 2 2 418 27x a b b  chia 8 dư 4) mà điều này không thể vì a4 phải có dạng 8h do a chẵn. Vậy b chẵn nên ta có: 2 2 4 2 29 927 2 2 2 2 a x a x b b b             Đặt: 2 2 2 29 9, 2 2 2 2 a x a x d b b          Ta có d2 2 |27b 4 nên d2|9b 2 và d2|x. Như vậy d2|(9b 2 ,x) và vì (3y,x) = 1 nên d2 = 1. Nếu 2 29 0 2 2 a x b    thì a2 < 9b2, điều này mâu thuẫn với (31). Vậy 2 29 0 2 2 a x b    , 2 29 0 2 2 a x b    và nguyên tố cùng nhau nên ta có: 2 2 2 4 2 49 9, 27 , 2 2 2 2 a x a x b m b n b mn       Phöông trình nghieäm nguyeân 2011 16 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá với m, n nguyên dương. Như vậy 2 4 2 2 49 27a m m n n   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. 3. 7 Phương trình . Giả sử rằng phương trình 2 có nghiệm nguyên x, y, z sao cho x≠ 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 x1 3 +y1 3 =z1 3 với (x1, y1)=1. Từ 2 và (x, y ) =1 ta có x, y là các số lẻ, nên , 2 2 x y x y u v     là các 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 = 2z 3 ⟹ u(u2+3v2)=z3 và áp dụng x≠y, z≠0, ta thu được 2 2( ) 4 x y z uvz   ≠0. Ta xét hai trường hợp:  Nếu (u, 3) =1 thì vì (u, v) = 1 nên ta có (u, u2+3v2) =1. Vì thế tồn tại z1, z2 nguyên tố cùng nhau sao cho u=z1 3 , u 2 +3v 2 = z2 3. Do đó z2 3 - z1 6 =3v 2 hay 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1( ) ( ) 3 3z z z z z z v      . Đặt 2 2 1( )t z z  , khi đó từ (z1, z2)=1 ta có (t, z1)=1 và 2 2 4 2 1 1( 3 4 ) 3t t tz z v   . Điều này dẫn đến 3|t hay t = 3t1 và 2 2 4 2 1 1