Mục lục LỜI NÓI ĐẦU .2 Đơi nét lịch sử ngun lí xuống thang A.Nguyên lí xuống thang .4 I Lý thuyết 1.Nguyên lý xuống thang .4 Phương trình Pythagore II.Ứng dụng: .5 1.Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên 2.Nguyên lí xuống thang hình học: .7 III Bài tập IV Bài tập tự giải: 13 B.Ngun lí lùi vơ hạn 13 I.Nội dung ngun lí lùi vơ hạn: 13 II.Ứng dụng 14 Phương pháp lùi vô hạn số học .14 2.Phương pháp lùi vơ hạn hình học: 16 LỜI NĨI ĐẦU Từ lâu phương trình nghiệm ngun trở thành mối quan tâm lớn cho nhiều người nghiên cứu Toán học Qua nhiều kỉ,rất nhiều phương pháp hay độc đáo đưa Trong khơng thể khơng nhắc đến ngun lí xuống thang Và nhóm số chúng em hướng dẫn cô Trần Thị Trang, định thực chuyên đề nguyên lí để thử sức trao đổi kiến thức với bạn bè, anh chị khối chuyên Toán Trong trình thực chuyên đề, chúng em cố gắng để làm khơng thể tránh khỏi sai sót nhỏ, mong nhận đóng góp thầy bạn.Trong phần tập chúng em có chưa giải mong thầy cô bạn giúp đỡ Chúng em xin chân thành cảm ơn ! -Nhóm biên soạn- Đơi nét lịch sử ngun lí xuống thang Nhà tốn học lớn P Fermat (1601- 1655) viết “ Do phương pháp bình thường có sách khơng đủ để chứng minh mệnh đề khó quan trọng , tơi hồn thiện cách đặc biệt để giải tốn Tơi gọi cách chứng minh đặc biệt xuống thang không xác định xuống thang đến vô ” Ban đầu Fermat dùng phương pháp chứng minh mệnh đề phủ định Ví dụ “ Khơng tồn tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích số phương” Để chứng minh mệnh đề Fermat dùng phương pháp sau: Nếu tồn tam giác có số đo cạnh số tự nhiên mà số đo diện tích phương, tồn tam giác khác nhỏ tam giác ban đầu có cung tính chất Nếu tam giác thứ hai nhỏ tam giác ban đầu có tính chất, lí luận tương tự ta nhận tam giác thứ ba nhỏ tam giác thứ hai có tính chất, q trình tiếp tục tìm tam giác thứ tư, thứ năm, … giảm đến vô Số đo cạnh tam giác vuông xuất phát số tự nhiên, bước thực số đo cạnh giảm thành số tự nhiên nhỏ hơn, tạo dãy số tự nhiên giảm , dãy số tự nhiên giảm thực khơng thể giảm vơ hạn lần Từ suy khơng tồn tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích tích số phương Sau Fermat có nói ( sau thời gian dài suy nghĩ ) ứng dụng phương pháp vào việc chứng minh mệnh đề khẳng định Ví dụ “ Mọi số nguyên tố dạng 4n + biều diễn thành tổng số phương ” Nhưng để ứng dụng phương pháp vào việc chứng minh mệnh đề khác “ Mọi số biểu diễn thành tổng khơng q bốn số phương ” , Fermat khơng để lại chi tiết áp dụng phương pháp Hơn nữa,hàng loạt định lý Fermat chứng minh phương pháp khơng để lại tính tốn chi tiết Trong số có định lí lớn Fermat cho trường hợp n  Sau Euler áp dụng có kết phương pháp vào tốn giải phương trình vơ định từ việc chứng minh định lớn Fermat cho n  phục hồi Fermat khẳng định phương pháp đưa lần trước khơng biết phương pháp Nhưng ta nhớ lại cố gắng chứng minh khơng thể phân tích lập phương số nguyên thành tổng hai số lập phương nguyên, nghiên cứu khoảng năm 1000 phương Đơng với nhà tốn học Ả Rập có nói tới phương pháp Phương pháp xuống thang thời đại giữ vai trò quan trọng giải tích Diophant với cơng trình J H Poincaré A Baile Ngày phương pháp ứng dụng lí thuyết số tốn học PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG VÀ ỨNG DỤNG A.Nguyên lí xuống thang I Lý thuyết Nguyên lý xuống thang • Mọi người biết khẳng định Fermat với n nguyên lớn Phương trình xn  y n  z n khơng có nghiệm nguyên dương ( Còn gọi định lý Fermat lớn) • Để giải tốn nhiều nhà toán học sử dụng phương pháp gọi “phương pháp xuống thang” Và nhiều người nghĩ cách mà Fermat dùng để chứng minh “nhưng ơng khơng viết khơng đủ chỗ” Ngun lý xuống thang phương pháp có hiệu để giải lớp rộng toán liên quan đến phương trình nguyên Cơ sở phương pháp tính thứ tự phần tử tập hợp nguyên lý cực hạn.Phương pháp mô tả sau: Giả sử C tập cấu hình ,mà giả định C khác rỗng,thì C trang bị quan hệ thứ tự,cho phép lọc phần tử cực tiểu a �C Rồi phương pháp (mà thường gọi xuống thang) ta lại C có phần tử a  b • Một nội dung ta thường sử dụng “nguyên lý xuống thang” tính chất nghiệm phương trình Pythagore Phương trình Pythagore • Phương trình x  y  z (1) gọi phương trình Pythagore Bộ ba số nguyên dương ( x, y , z ) thỏa mãn (1) gọi ba Pythagore Ta nhận thấy ( x, y, z ) ba Pythagore với d nguyên dương , dx, dy, dz  ba  ba Pythagore Vì lẽ ta quan tâm đến ba Pythagore ( x, y, z ) mà ( x, y , z )  Khi ( x, y , z ) gọi ba Pythagore nguyên thủy • Bổ đề: Xét phương trình Pythagore Bộ ba ( x, y, z ) ba Pythagore nguyên thủy khi chúng có dạng sau � x  m  n � � y  2mn �z  m  n � m, n   Với m,n số nguyên dương , m  n  m,n khác tính chẵn lẻ II.Ứng dụng: 1.Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên 2 2 Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 8a  4b  2c  d Lời giải: • Trước hết ta thấy phương trình có nghiệm (0,0,0,0) Ta chứng minh phương trình khơng nghiệm khác Thật vậy,giả sử có nghiệm khác nghiệm phải tồn nghiệm có dạng (a,b,c,d) với d khác 0, chí d > 0, theo tính chất số tự nhiên phải có nghiệm (m,n,p,q) với q nguyên dương bé 4 4 Ta thấy q chẵn giả sử q=2s Khi ta có 4m  2n  p  8q Từ đẳng thức ta rút 4 4 p chẵn, p=2t Lại thay vào đẳng thức vừa có,ta 2m  n  8t  4s Dẫn đến 4 4 n chẵn,n=2v Tiếp tục thay vào đẳng thức kề ta có m  8t  4v  s Lại có m chẵn 4 4 m=2w Khi có 8w  4v  2t  s Đẳng thúc chứng tỏ (w,v,t,s) nghiệm phương trình cho,nhưng với s phương trình khơng có nghiệm ngun dương Thật vậy, giả sử tồn k > nguyên mà phương trình cho có nghiệm ngun dương Giả sử (x0,y0) nghiệm nguyên dương phương trình, thỏa mãn x0 + y0 nhỏ Nếu x0 = y0 thay vào phương trình có k = (vơ lý với giả thiết k>3) Vậy từ có x0 ≠ y0 Khơng tính tổng qt giả sử x0 < y0 Khi xét phương trình : y2 – kx0y + x02 + = (2) Rõ ràng y0 nghiệm phương trình (2) Gọi y1 nghiệm thứ hai (2) suy (x0, y1 ) nghiệm phương trình (1) Theo Vi-et �y0  y1  kx0         3 � �y0 y1   x0  1         Do (3) suy y1 nguyên, y0 > nên từ (4) suy y1 > y x0  x0 1     x0   x0  y0 y0 y0 y0 Từ (4) có ( Do y0 > x0 ≥ 1,x0 nguyên dương ) 10 Do y1 x0 + nguyên, nên từ y1 < x0 + suy y1 ≤ x0 Từ có y1 < y0, có x0 + y1 < x0 + y0 ( mâu thuẫn với cách xác định nghiệm (x0,y0) ) Vậy giả thiết phản chứng sai Tóm lại n = giá trị 2 Bài 3: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình x  y  Lời giải: Dễ dàng kiểm tra: x1  3; y1  nghiệm phương trình Ta thấy cặp (x; y) nghiệm 3x  y  cặp (3x + 4y, 2x + 3y) nghiệm vì:    2x  3y   x2  y 2 Như cặp: x2   3.3  4.2  17; y2  2.3  3.2  12 x3  99; y3  70, nghiệm Ta có dãy vô số nghiệm ta chứng minh khơng nghiệm khác Giả sử x, y nghiệm Trong trường hợp này: x1  3x  y, y1  y  x 2 2 nghiệm (3x  y )  2(2 x  y )  x  y Do  9( x  y )  2 y suy x  y với y > 2 2  4( x  y )  y suy 3y > 2x Như vậy, với y > phương trình có nghiệm x, y ta nhận nghiệm x1, y1 số nguyên dương x1 < x, y1 < y Vì trình tiếp tục vô hạn (trong tập hợp khác rỗng số tự nhiên dương có số nhỏ nhất) nên đến lúc đấy, ta có nghiệm xn, yn yn = Khi xn = tức xn, yn thuộc tập hợp nghiệm ban đầu => Mâu thuẫn Bài 4: Một cân hai đĩa có 2n + cân, có khối lượng số nguyên dương Biết rằng, 2n cân đặt lên hai bên đĩa cân, bên n cân, cho cân thăng Hãy chứng minh, cân có khối lượng Lời giải: Tất cân có khối lượng chẵn lẻ (vì khối lượng 2n cân số chẵn) Giả sử ta giảm khối lượng tất cân, lượng khối lượng cân nhẹ nhóm cân thoả mãn điều kiện 11 Trong cân mới, có có khối lượng = Khối lượng cân nhóm số chẵn Ta lại lập nhóm mà khối lượng khối lượng cân trước Nhóm thoả mãn điều kiện lập luận ta lại có khối lượng cân số chẵn Quá trình diễn vô hạn (mâu thuẫn) Vậy cân ban đầu Bài 5: Chứng minh phương trình x y   z  z  x  y  khơng có nghiệm nguyên dương Lời giải xy Giả sử (x, y; z) nghiệm nguyên dương phương trình cho z nhỏ số nghiệm phương trình xy Dễ thấy z số nguyên Viết x, y, z thành x  dx1 , y  dy1 , z  dz1 Ở d = (x,y,z), (x1,y1,z1) = Phương trình cho tương đương với x12 y12  z12  z12  x12  y12  Đặt u = (x1,z1), v = (y1,z1) x1 = ut, y1 = vu Vì x1, y1 chia hết cho z1, ta có z1 = uv Ta có: u  w2   v  t   2u 2v Hơn từ (x1, y1,z1) = suy (u, w) = 1, (v,t) = 2 2 2 2 2 2 Do đó: u  w  v , v  t  2u u  w  2v , v  t  u 2 Giả sử phương trình đúng, dễ thấy v u lẻ u  w  v nghiệm tổng quát phương trình 2 2 Pytago ta có: u  m  n , w  2mn, v  m  n (m, n số tự nhiên nguyên tố khác  2 t   2mn   m2  n v  t  u tính chẵn lẻ) Thay giá trị vào phương trình cho kết  12 2 2 2 t  p  q , mn  pq, m  n  p  q với số tự nhiên p, q Do p q  m  m2  p  q  => (p,q,m) nghiệm nguyên dương phương trình ban đầu pq xy  n  d ( p  q )2mn  z (mâu thuẫn) Ta có m Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun dương IV Bài tập tự giải: 2 2 2 Bài Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình: x  y  z  t  x y z 2009 2009 2009 2009  y 2009 Bài Giải phương trinh nghiệm nguyên: 2009 x1  2009 x2   2009 x2009 khơng có nghiệm nguyên dương 2 Bài Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y  3z B.Nguyên lí lùi vơ hạn Như biết ngun lí lùi vơ hạn ngun lí xuống thang có chất khác vẻ bề ngồi Nó gọi với tên “ngun lí xuống thang khơng xác định” Hầu hết tốn giải phương pháp giải phương pháp Phần tơi trình bày sơ q ngun lí lùi vơ hạn số tập nguyên lí I.Nội dung ngun lí lùi vơ hạn: Chúng ta tóm tắt bước chứng minh tốn sử dụng ngun lí lùi vơ hạn sau Giả sử tốn có nghiệm ( đại lượng thỏa mãn toán ) Từ giả thiết toán ta lại xây dựng đại lượng giảm thực thỏa mãn điều kiện toán cho Một cách lặp lại ta xây dựng dãy đại lượng giảm thực Từ dãy giảm vô hạn ta suy điều vơ lí dãy số ta xây dựng khơng thể giảm vơ hạn mà hữu hạn Vậy điều giả sử sai suy kết luận toán II.Ứng dụng Phương pháp lùi vơ hạn số học Ví dụ 1:Chứng minh số vô tỉ 13 Lời giải: Giả sử nguyên dương) số hữu tỉ Khi ta biều diễn 3 r s (ở r s số 2  Khi 3s  r (1) Như vế phải (1) số chia hết cho 3, suy r chia hết cho Điều chứng tỏ r chia hết cho Ta đặt r    3r1 Lí luận tương tự cho phương trình (2) tìm  r  r1 2 thay vào (1) ta nhận s  3r1 (2) s    3s1 ( s1 �N* ) 2 r  3r1 đồng thời 3s1  r1 (3) Từ có Phương trình (3) tương tự phương trình (2) Ta lại sử dụng lí luận cho phương trình (3) ta r   r  �      rn   �      0 nhận dãy số nguyên dương vô hạn : (4) Điều (4) vơ lí tập hợp số tự nhiên dương nhỏ r hữu hạn Điều phương trình (3) khơng có nghiệm ngun Suy điều phải chứng minh ( Bằng cách bạn chứng minh tập sau: 1.Chứng minh p1 p2 � pn (với p2 , p2 ,� pn số nguyên tố khác nhau) số vô tỉ 2.Chứng minh số tự nhiên p không lũy thừa bậc n số tự nhiên số vô tỉ) n p 2 2 Ví dụ 2: Chứng minh phương trình: 6( x  y )  t  z (*) vô nghiệm nguyên dương Lời giải: Giả sử phương trình (*) có nghiệm nguyên dương (x , y , z , t ) 2 2 Do đó: 6( x0  y0 )  t0  z0 2 Vế phải (6) chia hết cho 3, nghĩa t0  z0 chia hết cho Dễ chứng minh điều 2 2 z z t t xảy và chia hết cho Vì , suy t0  z0  t1  z1 Thay 2 2 vào phương trình (6) ta nhận được: 2( x0  y0 )  3(t1  z1 ) 2 Vế trái phương trình chia hết cho 3, suy x0  y0 chia hết cho Tương tự ta có đề u chia hết cho Ta đặt (7) x   3x1 y0   y1 (x1 , y1 �N *) 2 2 Khi ta nhận phương trình 6( x1  y1 )  t1  z1 14 Phương trình giống phương trình (6) , có khác số Ta lập luận tương tự, ta thu x1  nghiệm (7) t0  t1   t2   �  x0 y z t y1  z1  t1  3, , , tạo dãy số ngun dương vơ hạn Điều vơ lí dãy số tự nhiên nhỏ có hữu hạn 3 Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x  y  z (1) Lời giải: 3 Từ (1) dễ thấy xM3  nên đặt x=3x1 Suy phương trình (1) trở thành x1  y  z  (2) Từ ta suy y M3 � y  y1 3 Thay vào (2) ta được: x1  9 y1  z Ta lại suy z M3 � z  3z1 3 Phương trình là: x1  y1  z1 Nếu (x;y;z) nghiệm (1) (x1; y1 ; z1 ) nghiệm Cứ tiếp tục ta đến kết luận x,y,z chia hết cho 3k với k số tự nhiên tùy ý Điều với x = y = z = 2 2 Ví dụ 4: Tìm nghiệm ngun phương trình: x  y  z  x y (*) Lời giải: Giả sử x,y lẻ z chẵn => VT(*) chia cho dư 2, VP(*) chia cho dư 1( vô lý) 2 Vậy tồn số x,y chẵn Không g ảm tổng quát gọi x chẵn y  z M4 nên y,z chẵn Từ ta suy x  x1 ; y  y1 ; z  z1 Thay vào pt (*) ta được: x12  y12  z12  x12 y12 Cứ tiếp tục ta : x,y,z chia hết cho 2k Điều với x = y = z = 2.Phương pháp lùi vơ hạn hình học: Ví dụ: Chứng minh đường chéo hình vng khơng đo với cạnh Lời giải: Cho hình vng ABCD Ta đặt hình vng từ điểm B đoạn có độ dài 15 cạnh BD1  AB (hình bên) Từ điểm nhận ta dựng đường thằng vng góc với đường chéo hình vng cắt cạnh hình vng nối với B Có △ AB1B △ D1 B1B (tam giác vuông chung BB1 BD1 = BA (theo cách dựng) Suy AB1 =D1B1 Trong tam giác vng B1 C D1 có góc B1CD1=45(do BC đường chéo hình vng) Suy góc CB1D1 =45và B1D1 = D1C Ta chứng minh AB1 = B1D1 =D1C , từ suy D1C CD2 > CD3 >…>0 Mỗi đoạn thẳng hiệu đường chéo cạnh hình vng Theo cách dựng ta tính : CD1 = CB – AB, CD2 = CB1 –A1 B1, CD3 = CB2 – A2 B2 ,… Giả sử đường chéo cạnh hình vng ban đầu đo tồn đoạn thằng đơn vị e mà đường chéo BC cạnh hình vng AB biểu diễn số nguyên lần đoạn thẳng đơn vị 16 Trong trường hợp CD1 =CB – AB biểu diễn thành số nguyên lần đoạn thẳng đơn vị đường chéo CB1 hình vng A1CB1D1 hiệu AC – AB1 = AB – CD1 số nguyên lần đoạn thẳng đơn vị Như ta xây dựng dãy giảm vô hạn số nguyên giảm CD > CD1 > CD2 > … > CDk >… > (ở CDi độ dài đoạn CDi ) Không thể xảy dãy số nguyên dưong vô hạn giảm tới Điều vô lí khơng đo đường chéo cạnh hình vng C Kết luận: Như với việc sử dụng nguyên lý xuống thang có cách làm vơ đơn giản cho nhiều toán liên quan đến số học hình học tổ hợp mà tưởng chừng giải cách dễ dàng Có thể thấy sử dụng nguyên lý xuống thang phương pháp đẹp mắt độc đáo Tài liệu tham khảo:  Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi-Nguyên lí xuống thang (Trần Quang Thuận)  Giải toán phương pháp sử dụng đại lượng cực biên (Nguyễn Hữu Điển) Các thành viên nhóm: Trần Quang Minh-10T2 Nguyễn Phương Thảo-10T2 Nguyễn Thu Hương-10T2 Cồ Huy Dũng-10T2 17