Báo cáo nguyên lí xuống thang

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN TIN



BÁO CÁO: NGUN LÍ XUỐNG THANG
Giảng viên:

Nguyễn Cơng Minh

Sinh viên:

Phạm Thị Ngọc Bích
Vũ Thị Vân Anh

Lớp:

K68CLC Tốn Tin

Ngày 20 tháng 5 năm 2021


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG

MỤC LỤC
I.

LỊCH SỬ ......................................................................................................................... 3

II. NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG ................................................................................... 4
III. ỨNG DỤNG .................................................................................................................... 4

NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG VỚI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ............................. 4

1.
a.

Phương pháp ............................................................................................................. 4

b.

Ví dụ minh họa ......................................................................................................... 4

c.

Bài tập vận dụng ....................................................................................................... 8

2.

NGUN LÍ XUỐNG THANG TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN KHÁC .................................... 12
a.

Phương pháp ........................................................................................................... 12

b.

Ví dụ minh họa ....................................................................................................... 13

c.

Bài tập vận dụng ..................................................................................................... 14

TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................................. 20

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

2


NGUN LÍ XUỐNG THANG

I. LỊCH SỬ
Ngun lí xuống thang có lịch sử từ thời Pierre de Fermat
(1601 – 1665).
Trong bức thư ông gửi cho Carcavi năm 1659, ông đã ghi
rằng “Do những phương pháp bình thường đã có trong các
sách khơng đủ để chứng minh những mệnh đề khó và quan
trọng, vì thế tơi đã hồn thiện một cách đặc biệt để giải
quyết những bài tốn này. Tơi gọi cách chứng minh đặc
biệt này là xuống thang không xác định hoặc là xuống
thang đến vô cùng”.
Ban đầu Fermat chỉ dùng phương pháp này chứng minh
những mệnh đề phủ định. Ví dụ như “Khơng tồn tại một tam
giác vng có số đo các cạnh là những số tự nhiên, mà số
đo diện tích của nó là một số chính phương”.
Để chứng minh mệnh đề này, Fermat đã dùng phương pháp sau:
Nếu tồn tại một tam giác vng có số đo các cạnh là những số tự nhiên, mà số đo diện tích của
nó là một số chính phương, thì tồn tại một tam giác khác nhỏ hơn tam giác ban đầu và có cùng
tính chất. Lí luận tương tự, ta được tam giác thứ ba nhỏ hơn tam giác thứ hai và có cùng tính
chất, q trình này tiếp tục tìm được các tam giác thứ tư, thứ năm, ... giảm đến vô cùng.
Số đo cạnh của một tam giác vuông xuất phát là một số tự nhiên, mỗi bước thực hiện trên số đo
cạnh này giảm thành số tự nhiên nhỏ hơn, tạo ra một dãy số tự nhiên giảm nhưng một dãy số tự

nhiên giảm thực sự không thể giảm vơ hạn lần. Từ đó suy ra khơng tồn tại một tam giác vng
có số đo các cạnh là những số tự nhiên, mà số đo diện tích của nó là một số chính phương.
Sau đó Fermat nói rằng (sau một thời gian dài suy nghĩ) đã có thể ứng dụng phương pháp này
vào việc chứng minh những mệnh đề khẳng định. Ví dụ như
“Mọi số nguyên tố dạng 4n + 1 đều biểu diễn thành tổng của hai số chính phương”
“Mọi số có thể biểu diễn thành tổng của khơng q bốn số chính phương”
Một minh họa rõ hơn cho phương pháp này liên quan đến bài toán thách thức các nhà toán học
mọi thời đoạn, bài toán Fermat lớn mà ông đã ghi lại bên lề cuốn số học. Bài tốn Fermat lớn có
thể được phát biểu như sau:
Với n  3 không tồn tại nghiệm nguyên khác khơng thỏa mãn phương trình

xn + y n = z n
Đúng như tính cách của ơng - thiên tài ưa bí mật, như nhiều định lý khác ơng đã khơng để lại
chứng minh vì lí do “Tơi đã có một chứng minh thực sự tuyệt vời mệnh đề này, nhưng có lẽ q
hẹp khơng thể viết ra hết được”.
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

3


NGUN LÍ XUỐNG THANG
Mặc dù Fermat khơng viết ra chứng minh Định lý cuối cùng, nhưng ông lại phác ra lời giải đối
với trường hợp n = 4 ở đâu đó trong cuốn Số học và gộp nó vào chứng minh của một bài tốn
hồn tồn khác. Mặc dù đó là một tính tốn đầy đủ nhất mà ơng đã viết ra trên giấy, nhưng những
chi tiết vẫn còn khá mơ hồ. Mặc dù cịn thiếu chi tiết, nhưng nó cũng đủ minh họa khá rõ ràng
phương pháp ông sử dụng – phương pháp xuống thang.
Trải qua nhiều năm, phương pháp xuống thang thời hiện đại giữ một vai trò quan trọng trong
giải phương trình Diophant với những cơng trình của J.H.poincaré và A.Baile. Ngày nay phương
pháp này vẫn còn được ứng dụng rất nhiều trong lí thuyết số của tốn học.

II. NGUN LÍ XUỐNG THANG
Giả sử C là một tập các cầu hình nào đó, mà nếu giả định C khác rỗng thì trên có thể trang bị
được một quan hệ thứ tự, cho phép lọc ra được phần tử cực tiểu a  C .
Rồi bằng phương pháp xuống thang ta lại chỉ ra được trong C có phần tử b với b  a . Từ đó
rút ra C phải là tập rỗng.

III. ỨNG DỤNG
1. Nguyên lí xuống thang với phương trình nghiệm nguyên
a. Phương pháp
➢ Cơ sở của phương pháp xuống thang với phương trình nghiệm nguyên là tính sắp thứ tự
tốt của tập hợp số tự nhiên. Một tập con khác rỗng bất kì của tập hợp số tự nhiên đều có
phần tử nhỏ nhất.
➢ Để chứng minh một phương trình vơ nghiệm, ta thường làm như sau:
+ Giả sử tập nghiệm nguyên của phương trình khác rỗng.
+ Ta đưa ra một thứ tự tốt trên tập nghiệm đó và giả sử a0 là nghiệm nhỏ nhất.
+ Sử dụng một số tính chất nào đó để ta xây dựng nghiệm a1 nhỏ hơn a0 , từ đó dẫn đến
mâu thuẫn.
+ Kết luận giả sử sai và phương trình vơ nghiệm.
b. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau đây:
x3 + 3 y 3 = 9 z 3 (1)

Giải
* Nhận xét:
(+)
(+)

Phương trình có một nghiệm ( 0;0;0 ) .
Nếu ( x; y; z ) là nghiệm của (1) thì ( − x; − y; − z ) cũng là nghiệm của (1) .

➢ Ta sẽ chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm nào khác bằng cách:
(+)

Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0 ) .
Khơng mất tính tổng qt, ta chỉ tìm các nghiệm ( x; y; z ) , z  0.

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

4


NGUN LÍ XUỐNG THANG
Theo tính chất của số tự nhiên, trong số tất cả các nghiệm tồn tại nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 )

(+)

sao cho z0 là số nguyên dương nhỏ nhất.
Ta có x03 + 3 y03 = 9 z03  x0 3 . Đặt x0 = 3x1 , thay vào ta được:

(+)

27 x03 + 3 y03 = 9 z03  9 x13 + y03 = 3z03  y0 3

Đặt y0 = 3 y1 , tương tự ta có 3x13 + 9 y13 = z03  z0 3 .
Đặt z0 = 3 z1 , khi đó:
x13 + 3 y13 = 9 z13

(+)

Do đó ( x1 ; y1 ; z1 ) cũng là nghiệm nguyên của phương trình (1) và z1  z0 .

Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của z0 .  giả sử SAI.
➢ Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun duy nhất ( 0;0;0 ) .
Ví dụ 1.2: Giải phương trình nghiệm ngun sau đây:
8 x 4 + 4 y 4 + 2 z 4 = u 4 (2)

(Giáo trình Đại số sơ cấp)
Giải
* Nhận xét:
(+)

Phương trình có một nghiệm ( 0;0;0;0 ) .

(+)

Nếu ( x; y; z; u ) là nghiệm của ( 2 ) thì ( − x; − y; − z; −u ) cũng là nghiệm của ( 2 ) .

➢ Ta sẽ chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm nào khác bằng cách:
(+)

Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0;0 ) .
Khơng mất tính tổng qt, ta chỉ tìm các nghiệm ( x; y; z; u ) , u  0.

Theo tính chất của số tự nhiên, trong tất cả các nghiệm tồn tại nghiệm
( x0 ; y0 ; z0 ; u0 ) sao cho u 0 là số nguyên dương nhỏ nhất.

(+)

(+)

Ta có 8 x0 4 + 4 y0 4 + 2 z0 4 = u0 4  u0 2 . Đặt u0 = 2u1 , thay vào ta được:
8 x0 4 + 4 y0 4 + 2 z0 4 = 16u14  4 x0 4 + 2 y0 4 + z0 4 = 8u14  z0 2 .

Đặt z0 = 2 z1 , tương tự ta có 2 x0 4 + y0 4 + 8 z14 = 4u14  y0 2 .
Đặt y0 = 2 y1 , tương tự ta có x0 4 + 8 y14 + 4 z14 = 2u14  x0 2 .
Đặt x0 = 2 x1 , khi đó:
8 x14 + 4 y14 + 2 z14 = u14

(+)

Do đó ( x1 ; y1 ; z1 ; u1 ) cũng là nghiệm nguyên của ( 2 ) và u1  u0 .
Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của u 0 .  giả sử SAI.

➢ Vậy phương trình có nghiệm ngun duy nhất ( 0;0;0;0 ) .
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

5


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG
Nhận xét: Để xây dựng một nghiệm nhỏ hơn, ta thường sử dụng các tính chất liên quan
đến tính chia hết của một tổng, hiệu và điểm cực biên của tập hợp.
Ví dụ 1.3: Chứng minh rằng phương trình x 4 + y 4 = z 2 ( 3) khơng có nghiệm ngun thỏa
mãn xyz  0.
(Giáo trình Đại số sơ cấp)
Giải
* Nhận xét:
(+)

Phương trình có một nghiệm ( 0;0;0 ) .

(+)

Nếu ( x; y; z ) là nghiệm của (4) thì ( − x; y; z ) , ( x; − y; z ) , ( x; y; − z ) cũng là nghiệm.

(+)

Nếu ( x; y; z ) là nghiệm của (4) thì x 2 ; y 2 ; z là nghiệm của phương trình

(

)

u 2 + v2 =  2 ( 4)

Pythagoras:

Do đó x, y khơng cùng tính chẵn lẻ và

(( kx ) ; ( ky ) ; k z ) cũng là nghiệm của ( 4) .
2

2

2

➢ Ta sẽ chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm nào khác bằng cách:
(+)

Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0 ) .

Khơng mất tính tổng quát, ta chỉ tìm các nghiệm nguyên dương ( x; y; z ) với

( x, y ) = 1
(+)

và x lẻ, y chẵn.

Theo tính chất của số tự nhiên, trong số tất cả các nghiệm tồn tại nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 )

sao cho z0 là số nguyên dương nhỏ nhất.
(+)

(

)

Ta có x0 4 + y0 4 = z0 2  x0 2 ; y0 2 ; z0 là nghiệm của phương trình: u 2 + v 2 =  2 ( 4 )

Do tính chất nghiệm của ( 4 ) , tồn tại hai số nguyên dương a, b nguyên tố cùng nhau,

a  b , a lẻ, b chẵn sao cho:

x0 2 = a 2 − b 2
y0 2 = 2ab
z0 = a 2 + b 2
Do ( a, b ) = 1  ( a, 2b ) = 1 . Kết hợp với y0 2 = 2ab ta có: a = t 2 và 2b = s 2 .
Chú ý x0 2 = a 2 − b2  ( x0 ; b; a ) là nghiệm của phương trình: u 2 + v 2 =  2 ( 4 )
Tương tự, tồn tại hai số nguyên dương m, n nguyên tố cùng nhau, m lẻ, n chẵn sao cho:

x0 = m 2 − n 2

b = 2mn
a = m2 + n2
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

6


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG
2

b s
Mà 2b = s nên mn = =   . Do ( m, n ) = 1 nên m = p 2 và n = q 2 .
2 2
2

Khi đó ta nhận được:

t 2 = a = m2 + n2 = p4 + q4
(+)

Do đó ( p; q; t ) cũng là nghiệm nguyên của phương trình ( 3 ) và t 4 = a 2  z0 .

Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của z0 .  giả sử SAI.
➢ Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm ngun thỏa mãn xyz  0
Nhận xét
Phương trình Fermat với n = 4 : x4 + y 4 = z 4 khơng có nghiệm ngun khác 0.
Ví dụ 1.4: (Ví dụ tự đề xuất) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x 4 + y 4 + z 4 = 19u 4 (*)
Giải

Nhận xét:
(+)

Phương trình có một nghiệm ( 0;0;0;0 ) .

(+)

Nếu ( x; y; z; u ) là nghiệm của ( 5 ) thì ( − x; y; z; u ) ; ( x; − y; z; u ) ; ( x; y; − z; u ) ;

( x; y; z; −u )

cũng là nghiệm của ( 5 ) .

➢ Ta sẽ chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm nào khác bằng cách:
(+)

Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0;0 ) .
Khơng mất tính tổng qt, ta chỉ tìm các nghiệm ngun dương ( x; y; z; u ) .

Theo tính chất của số tự nhiên, trong tất cả các nghiệm tồn tại nghiệm
( x0 ; y0 ; z0 ; u0 ) sao cho u 0 là số nguyên dương nhỏ nhất.

(+)

(+) Ta

có x0 4 + y0 4 + z0 4 = 19u0 4 (*)

Mà số chính phương chia 5 dư 0 hoặc 1

 x0 4 + y0 4 + z0 4 chia 5 dư 0, 1, 2 hoặc 3
19u0 4 chia 5 dư 0 hoặc 4

 x0 4  y0 4  z0 4  u0 4  0 ( mod 5 )

Đặt x0 = 5 x1 , y0 = 5 y1 , z0 = 5 z1 , u0 = 5u1 ta được

54 x14 + 54 y14 + 54 z14 = 54.19u14  x14 + y14 + z14 = 19u14
(+)

Do đó ( x1 ; y1 ; z1 ; u1 ) cũng là nghiệm nguyên của ( 2 ) và u1  u0 .
Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của u 0 .  giả sử SAI.

➢ Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0;0;0;0 ) .
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

7


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG
c. Bài tập vận dụng
Bài 1.1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
a. x3 − 3 y3 = 9 z 3
b. x4 + 3 y 4 = 9z 4 + 27u 4
Hướng dẫn giải:
Tương tự như Ví dụ 1.1 và Ví dụ 1.2
Bài 1.2: Chứng minh rằng khơng thể viết 7 thành tổng bình phương của ba số hữu tỉ.
(Giáo trình Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải
* Nhận xét:

Bài toán đã cho tương đương với:
Chứng minh rằng phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương:
x 2 + y 2 + z 2 = 7u 2 (5)
(+)

Phương trình có một nghiệm ( 0;0;0;0 ) .

(+)

Nếu ( x; y; z; u ) là nghiệm của ( 5 ) thì ( − x; y; z; u ) ; ( x; − y; z; u ) ; ( x; y; − z; u ) ;

( x; y; z; −u )

cũng là nghiệm của ( 5 ) .

➢ Ta sẽ chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm nào khác bằng cách:
(+)

Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0;0 ) .
Khơng mất tính tổng qt, ta chỉ tìm các nghiệm ngun dương ( x; y; z; u ) .

Theo tính chất của số tự nhiên, trong tất cả các nghiệm tồn tại nghiệm
( x0 ; y0 ; z0 ; u0 ) sao cho u 0 là số nguyên dương nhỏ nhất.

(+)

(+)

Ta có x0 2 + y0 2 + z0 2 = 7u0 2
Vì số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1 nên ta xét hai trường hợp (TH) sau:

➢ TH1: u 0 lẻ  x0 2 + y0 2 + z0 2  3 ( mod 4 )

 x0 2  y0 2  z0 2  1 ( mod 4 )
 x0  y0  z0  1 ( mod 2 )
Đặt x0 = 2 x1 − 1, y0 = 2 y1 − 1, z0 = 2 z1 − 1, u0 = 2u1 − 1 ta được:

( 2 x1 + 1)

2

+ ( 2 y1 + 1) + ( 2 z1 + 1) = 7. ( 2u1 + 1)
2

2

2

Hay:
x1 ( x1 + 1) + y1 ( y1 + 1) + z1 ( z1 + 1) = 7u1 ( u1 + 1) + 1

Điều này vơ lí do vế trái là số chẵn cịn vế phải là số lẻ.

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

8


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG
➢ TH2: u 0 chẵn  x0 2 + y0 2 + z0 2  0 ( mod 4 )

 x0 2  y0 2  z0 2  0 ( mod 4 )
 x0  y0  z0  0 ( mod 2 )
Đặt x0 = 2 x1 , y0 = 2 y1 , z0 = 2 z1 , u0 = 2u1 ta được: 4 x12 + 4 y12 + 4 z12 = 7.4u12 . Hay:
x12 + y12 + z12 = 7u12
(+)

Do đó ( x1 ; y1 ; z1 ; u1 ) cũng là nghiệm nguyên của ( 5 ) và u1  u0 .
Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của u 0 .  giả sử SAI.

➢ Vậy phương trình có nghiệm ngun duy nhất ( 0;0;0;0 ) .
Nhận xét: Ngoài việc sử dụng các tính chất chia hết, ta có thể sử dụng tính chất đồng dư.
Bài 1.3: Chứng minh rằng khơng thể viết 13 thành tổng lũy thừa bậc bốn của hai số hữu tỉ.
Hướng dẫn giải
Bài toán đã cho tương đương với:
Chứng minh rằng phương trình sau khơng có nghiệm nguyên dương:
x 4 + y 4 = 13z 4

Tương tự như Bài 1.2:
Ở bước tạo ra nghiệm nhỏ hơn, ta xét phép đồng dư modulo 13:
Chú ý x0 4 + y0 4 = 13z0 4
Mà x04 , y04 chia 13 dư 0, 1, 4 hoặc 9
Nên x0  y0  0 ( mod13)
Bài 1.4: Giải hệ phương trình sau:

 x, y, z 
 2
2
2
 x + y + z + 3 ( x + y + z ) + 5 = 0 ( 6 )
(Bài tập Đại số sơ cấp)

Hướng dẫn giải:
Phương trình ( 6 ) tương đương với

( 2 x + 3)

2

+ ( 2 y + 3) + ( 2 z + 3) = 7
2

2

Đặt a = 2 x + 3, b = 2 y + 3, c = 2 z + 3 , ta được

a, b, c 
 2
2
2
a + b + c = 7
Đây chính là Bài 1.2 ta đã chứng minh ở trên.

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

9


NGUN LÍ XUỐNG THANG
Bài 1.5: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên sau:

 x2 − y 2 = 2 (u 2 − v2 )



 xy = uv
 x, y = u , v = 1
( ) ( )


(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải
Chú ý:
a = x − y, b = x + y
Đặt 
. Khi đó a, b cùng tính chẵn lẻ; u, v cùng tính chẵn lẻ và:
c = u − v , d = u + v


ab = 2cd
 2
2
2
2

a + b = 2 ( c + d )
Do ab = 2cd và a, b cùng tính chẵn lẻ nên a, b cùng chẵn.
Từ đó, áp dụng phương pháp xuống thang, ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình
là ( 0;0;0;0 )
Bài 1.6: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x4 + y 4 + z 4 = 19u 4 .
Hướng dẫn giải

Nhận xét:
Bài này không thể sử dụng xét đồng dư cho 19 như Bài 1.3 được
Do số chính phương chia 5 dư 0 hoặc 1 nên ta có x4 + y 4 + z 4 chia 5 dư 0, 1, 2 hoặc 3
Mà 19u 4 chia 5 dư 0 hoặc 4 nên x 4  y 4  z 4  u 4  0 ( mod 5 )
Từ đó, áp dụng phương pháp xuống thang, ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình
là ( 0;0;0;0 ) .
Bài 1.7: Giải phương trình nghiệm nguyên

x2026 + y 2026 = 2027 ( z 2026 + t 2026 )
Hướng dẫn giải
Nhận xét: 2027 là số nguyên tố, ở đây xuất hiện x 2017 −1 , ta có thể chủ ý đến Định lý Fermat
Theo Định lý Fermat, ta có:
Nếu ( x, 2027 ) = ( y, 2027 ) = 1 thì :
x 2026  y 2026  1( mod 2017 )

Mà x 2026 + y 2026  0 ( mod 2027 ) nên x 2026  y 2026  0 ( mod 2017 )
Từ đó, áp dụng phương pháp xuống thang, ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình
là ( 0;0;0;0 ) .
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

10


NGUN LÍ XUỐNG THANG
Bài 1.8: Chứng minh rằng phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương

x4 − y 4 = z 2
(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải
Cách làm tương tự Ví dụ 1.3

* Dưới đây là một số bài tập không sử dụng trực tiếp phương pháp xuống thang mà chỉ sử
dụng một số ý tưởng trong đó.
Bài 1.9: Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình
x + y + u + v = n xyuv

có nghiệm nguyên dương.
(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải
Phương trình đã cho tương đương với ( x + y + u + v ) = n 2 xyuv hay:
2

x 2 − x  n 2 yuv − 2 ( y + u + v )  + ( y + u + v ) = 0 ( 7 )
2

Gọi S là tập các nghiệm nguyên dương của ( 7 ) .
Tồn tại nghiệm ( x0 ; y0 ; u0 ; v0 ) của ( 7 ) sao cho x0 + y0 + u0 + v0 nhỏ nhất.
Khơng mất tính tổng qt giả sử x0  y0  u0  v0 .
Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 − x  n 2 y0 u0 v0 − 2 ( y0 + u0 + v0 ) + ( y0 + u0 + v0 ) .
2

Tồn tại một nghiệm x1 của f ( x ) thỏa mãn:
 x0 + x1 = n 2 y0 u0 v0 − 2 ( y0 + u0 + v0 )

2
 x0 . x1 = ( y0 + u0 + v0 ) .

Hơn nữa x1 nguyên dương và ( x1 ; y0 ; u0 ; v0 )  S .
 x1 + y0 + u0 + v0  x0 + y0 + u0 + v0
 x1  x0  y0  u0  v0

 f ( y0 )  0 hay ( 2 y0 + u0 + v0 )  n 2 y0 2 u0 v0 .
2

Do đó n 2 y0 2 u0 v0  ( 2 y0 + u0 + v0 )  ( 2 y0 + y0 + y0 ) = 16 y0 2  n  4 .
2

2

Thử với n = 1, 2,3, 4 ta thấy phương trình đã cho có nghiệm.
Bài 1.10: Chứng minh rằng phương trình
x 2 + y 2 + z 2 = 18 ( xyz + 1)( 8 )

khơng có nghiệm ngun dương.
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

11


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG
Hướng dẫn giải
Gọi S là tập các nghiệm nguyên dương của ( 8 ) . Giả sử S   .
Tồn tại nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ) của ( 8 ) sao cho x0 + y0 + z0 nhỏ nhất.
Khơng mất tính tổng qt giả sử x0  y0  z0 .
Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 − 18 x0 y0 x + y0 2 + z0 2 − 18 .
Tồn tại nghiệm x1 của f ( x ) thỏa mãn:


 x0 + x1 = 18 y0 z0
(*)


2
2

 x0 . x1 = y0 + z0 − 18.
+ Với x0 = 0 hoặc y0 = 0 hoặc z0 = 0 .
Không mất tổng quát giả sử x0 = 0 thì từ ( 8 ) ta có
y0 2 + z0 2 = 18

Phương trình nghiệm ngun này vơ nghiệm.
+ Với x0 y0 z0  0 , Từ (*) ta có:

Do đó

( x0 + 1) ( x1 + 1) = x0 x1 + x0 + x1 + 1 = y0 2 + z0 2 − 18 + 18 y0 z0 + 1  0
x1  0  ( x1 ; y0 ; z0 )  S

 x1 + y0 + z0  x0 + y0 + z0
 x1  x0  y0  z0

(

)

 f ( y0 )  0 hay 2 y0 2 + z0 2  18 y0 2 z0 + 1 .

Do đó 18 ( y0 z0 + 1)  2 y0 2 + z0 2  3 y0 2 vô lý
Thử với n = 1, 2,3, 4 ta thấy phương trình đã cho có nghiệm.
Vậy giả sử sai, phương trình đã cho khơng có nghiệm ngun dương.

2. Ngun lí xuống thang trong một số bài tốn khác

Khơng chỉ có ứng dụng trong giải các phương trình nghiệm ngun, ngun lí xuống thang
cịn cung cấp những lời giải sắc bén cho nhiều bài tốn Hình học, Số học, Tổ hợp rời rạc,
…
a. Phương pháp
Để sử dụng được Nguyên lí xuống thang ta cần:
➢ Xác định được tập C mà trên C có thể trang bị được một quan hệ thứ tự, cho phép lọc
ra được một phần tử cực tiểu a thuộc C.
➢ Chỉ ra được trong C có phần tử b < a

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

12


NGUN LÍ XUỐNG THANG
b. Ví dụ minh họa
Ví dụ 2.1: Cho tập M gồm những điểm trên cùng một đường thẳng, sao cho trung điểm
mỗi đoạn thẳng nối hai điểm bất kì thuộc M, cũng là điểm thuộc tập hợp M. Chứng minh
rằng tập hợp M gồm vô hạn các điểm.
(Bài tập Đại số sơ cấp)
Giải:
Giả sử tập M chỉ gồm hữu hạn các điểm trên đường thẳng. Khi đó trong tập hợp M tồn
tại hai điểm mà đoạn thẳng nối chúng có độ dài nhỏ nhất. Giả sử hai điểm đó là A, B.
Khi đó theo giả thiết thì trung điểm C của AB cũng thuộc tập hợp M.
Thấy rằng: AC < AB, điều này mâu thuẫn với cách chọn hai điểm A, B. Vậy tập hợp M
gồm vô hạn các điểm.
Nhận xét:
-

Tập C là tập gồm các đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc M.

-

Quan hệ thứ tự trong C là quan hệ về độ dài các đoạn thẳng trong C.

-

Phần tử cực tiểu là đoạn thẳng AB.

Ví dụ 2.2: Tại mỗi ô của một bảng ô vuông vô hạn viết một số nguyên dương, sao cho
mỗi số được viết bằng trung bình cộng của bố số kề với nó. Chứng minh rằng tất cả các
số được viết đều bằng nhau.
(Bài tập Đại số sơ cấp)
Giải:
Gọi S là tập các số được viết trên bảng. Khi đó S có phần tử nhỏ nhất, gọi phần tử đó là
a. Gọi A là tập các ô vuông được đánh số a, B là tập các ơ vng cịn lại.
Nếu B   thì tồn tại một ơ vng thuộc A mà bốn ơ kề nó khơng cùng thuộc A. Giả sử
4 số thuộc 4 ơ đó lần lượt là x, y, z, t không đồng thời bằng a nên trong 4 số này phải tồn
tại ít nhất một số nhỏ hơn a (mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của a).
Vậy B =  , tức là tất cả các số được viết đều bằng nhau.
Nhận xét:
-

CS

Câu hỏi: Nếu số trong mỗi ơ bằng trung bình cộng của bốn số trong các ơ vng bốn góc.
Ta có thể đặt được tối đa bao nhiêu giá trị của các số?

(

)

Ví dụ 2.3: (Ví dụ tự đề xuất) Tồn tại hay khơng một tập A A  4 gồm hữu hạn các số
thực dương không đồng thời bằng nhau thỏa mãn trong 3 số a, b, c bất kì thuộc A thì
ln tồn tại một số bằng trung bình nhân của hai số còn lại?
Giải:
Gọi S là tập hợp bao gồm tất cả các tập có ít nhất 4 phần tử thỏa mãn tính chất như tập A
Giả sử S   , khi đó trong S tồn tại một tập A0 nào đó sao trong tất cả các tập thuộc S
thì tổng các phần tử của A0 là nhỏ nhất.
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

13


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG
Giả sử A0 =  x1 , x2 ,..., xn 
Xét A1 =



x1 , x2 ,..., xn



Khi đó A1 cũng thuộc S, mà A1 có tổng các phần tử nhỏ hơn A0 (mâu thuẫn)
Suy ra S = 
Vậy khơng tồn tại tập A thỏa mãn u cầu.
Ví dụ 2.4: (Ví dụ tự đề xuất) Tìm tất cả các hàm số f:
1
lim f ( x ) = const và f ( x ) = f ( x − 1)

x →−
2

→

liên tục thỏa mãn

Giải:
Ta chứng minh được:

1
1
1
f ( x − 1) = 2 f ( x − 2 ) = ... = n f ( x − n ) n 
2
2
2
1
1
 f ( x ) = lim n f ( x − n ) = n lim f ( x − n ) = 0
n →+ 2
2 n→+
f ( x) =

*

Do đó hàm số cần tìm là f  0 .
Ví dụ 2.5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên lẻ m đều tồn tại số nguyên dương d sao
cho: Với mọi số tự nhiên n mà 2n  1( mod m ) thì n chia hết cho d.
(Bài tập Đại số sơ cấp)

Giải:
Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 2n  1( mod m ) .
Vì ( 2, m ) = 1  2

 1( mod m ) , do đó S   . Theo tính chất của số tự nhiên thì
trong S phải có phần tử bé nhất, giả sử phần tử đó là d. Ta chứng minh n chia hết cho d
với mọi n thuộc S. Thật vậy, giả sử tồn tại số tự nhiên n thuộc S mà n không chia hết
cho d, viết n dưới dạng n = dq + r ( 0  r  d ) . Khi đó:
 ( m)

2n − 1 = 2dq + r − 1 = 2r

(( 2 ) − 1) + ( 2 − 1).
d

q

r

Vì 2 n − 1 và 2d − 1 đều chia hết cho m nên 2r − 1 cũng chia hết cho m, nhưng 0 < r < d
(mâu thuẫn). Vậy d là số thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Nhận xét:
- C là tập gồm các số tự nhiên n thuộc S mà n không chia hết cho d.
c. Bài tập vận dụng
Bài 2.1: Biết rằng trong các tam giác có cùng chu vi thì ln tồn tại tam giác có diện tích
lớn nhất. Chứng minh rằng tam giác có diện tích lớn nhất đó là tam giác đều.
(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải:
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

14


NGUN LÍ XUỐNG THANG
Giả sử trong các tam giác có cùng chu vi p thì tam giác ABC với các cạnh a, b, c là các
tam giác có diện tích lớn nhất.
Nếu tam giác ABC khơng đều, ta có thể coi b  c .

b+c
.
2
Khi đó tam giác A’BC có cùng chu vi với tam giác ABC.
Ta kiểm tra được đường cao tại đỉnh A’ của tam giác A’BC lớn hơn đường cao tại đỉnh A
của tam giác ABC. Do đó diện tích tam giác A’BC lớn hơn diện tích tam giác ABC. Điều
này mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC. Ta có điều phải chứng minh.
Ta gọi A’ là điểm thỏa mãn A ' B = A ' C =

Bài 2.2: Biết rằng trong các tam giác có cùng diện tích thì tồn tại tam giác có chu vi nhỏ
nhất. Chứng minh rằng tam giác có chu vi nhỏ nhất đó phải là tam giác đều.
(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải:
Gọi tam giác ABC với các cạnh là a, b và c là tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giả sử tam giác
ABC không đều, ta coi b  c .
Gọi A’ là giao điểm của đường thẳng qua A song song với BC và đường trung trực của
BC.
Ta thấy tam giác ABC và A’BC có cùng diện tích mà chu vi tam giác A’BC nhỏ hơn chu vi
tam giác ABC (mâu thuẫn).
Bài 2.3: Trong mặt phẳng mỗi điểm được đánh dấu bởi một trong hai số 0 hoặc 1.
Chứng minh rằng với mỗi số  dương tùy ý, ta có thể tìm được một tam giác
đều có các đỉnh được đánh dấu bởi cùng một số và có độ dài cạnh nhỏ hơn  .

(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải:
Gọi S là tập những số thực dương x sao cho tồn tại tam giác đều có các đỉnh được đánh
dấu bởi cùng một số mà độ dài cạnh nhỏ hơn x. Ta sẽ chứng minh bài toán qua hai bước.
Bước 1. Chứng minh S  
Giả sử S =  . Lấy hai điểm được đánh cùng số tùy ý. Giả sử A0 , A1 cùng được đánh số 0.
Dựng lục giác đều A1 A2 A3 A4 A5 A6 có tâm là A0 . Do tam giác A0 A1 A2 là đều nên A2 được
đánh số 1.
Tương tự A6 được đánh số 1. Do tam giác A2 A4 A6 là đều nên A4 được đánh số 0. Và từ
đó suy ra A3 , A5 cùng được đánh số 1. Gọi A7 là giao của A1 A2 và A3 A4 . Nếu A7 được
đánh số 1 thì tam giác A2 A3 A7 là tam giác đều có các đỉnh được đánh cùng một số. Nếu
A7 được đánh số 0 thì tam giác A1 A4 A7 là tam giác đều có các đỉnh được đánh cùng một
số. (Mâu thuẫn)
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

15


NGUN LÍ XUỐNG THANG
Do đó S   .
Bước 2. Ta chứng minh:
Với mọi x > 0 tồn tại y  S sao cho y < x. (*)
Giả sử tồn tại x = x0 không thỏa mãn (*). Thực hiện như Bước 1 nhưng ta bổ sung thêm

x0
. Chú ý rằng tất cả các tam giác đều tạo thành từ 3 trong 8 đỉnh
3
A0 , A1 ,..., A7 đều có độ dài nhỏ hơn x0 . Do đó ta có thể sử dụng lại lập luận ở Bước 1 để
chỉ ra mâu thuẫn. Do đó (*) đúng. Ta có điều phải chứng minh.
điều kiện A0 A1 

Bài 2.4: Trên mặt phẳng cho một họ vô hạn những đường thẳng song song cách đều.
Chứng minh rằng không thể dựng được một ngũ giác đều có đỉnh chỉ nằm trên
những đường thẳng song song này.
(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải:
Gọi h là khoảng cách giữa các đường song song liên tiếp. Giả sử dựng được một ngũ giác
đều có đỉnh chỉ nằm trên các đường song song đã cho.
Nối các đường chéo của ngũ giác với nhau ta thu được một ngũ giác đều mới có đỉnh là
các giao điểm của các đường chéo này.
Nhận xét rằng cả 5 đỉnh của ngũ giác đều mới đều nằm trên các đường thẳng song song đã
cho.
Cứ làm như vậy ta sẽ tạo ra các ngũ giác đều mới có đỉnh nằm trên các đường thẳng song
song đã cho và độ dài cạnh nhỏ dần tiến tới 0, trong khi khoảng cách giữa các đường
thẳng song song đã cho không đổi (mâu thuẫn).
Bài 2.5: Cho 2n+2 điểm trên mặt phẳng, trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hang.
Chứng minh rằng tồn tại 2 điểm mà đường thẳng nối chúng chia mặt phẳng
thành 2 miền sao cho mỗi miền chứa đúng n điểm.
Hướng dẫn giải:
-

Xét A là một điểm nằm trên bao lồi của 2n+2 điểm đã cho, khi đó mỗi đường thẳng
nối A và một điểm khác chia mặt phẳng ra làm 2 miền, một miền chứa p điểm, và
một miền chứa q điểm.

-

C là tập các đường thẳng qua A ở trên

-

Quan hệ thứ tự trong C là quan hệ giữa độ chênh lệch số điểm của hai miền, tức là
p−q .

Bài 2.6: Cho hàm f:  →
n, m là số ngun:

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

khơng phải hàm hằng và thỏa mãn hệ thức sau với mọi

16


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG

1
f ( n, m ) =  f ( n − 1, m ) + f ( n + 1, m ) + f ( n, m − 1) + f ( n, m + 1)
4
Chứng minh rằng với mọi số nguyên k, hàm f như trên có thể nhận giá trị lớn
hơn k cũng như nhỏ hơn k.
(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải:
-

Giả sử đối với số nguyên k nào đó, tất cả các giá trị của hàm số f đều không vượt quá k.
Khi đó f đạt giá trị lớn nhất trên Z, giả sử giá trị đó là l, đạt được tại ( n0 , m0 )

-

Ta suy ra được:

l = f ( n0  1, m0 ) = f ( n0  2, m0 ) = ... = f ( n0  h, m0 ) = ...
= f ( n0 , m0  1) = f ( n0 , m0  2 ) = ... = f ( n0 , m0  h ) = ...
Từ đó có f là hàm hằng.
Bài 2.7: Có 100 bạn mỗi người cầm 1 quả bóng và chơi trị chơi chuyền bong theo qui
tắc họ sẽ chuyền bóng của mình đến người đứng gần mình nhất. Chứng minh
rằng khơng có bạn nào nhận được nhiều hơn 6 quả bóng
(Nguồn: [5])
Hướng dẫn giải:
Giả sử tồn tại bạn A nhận được n quả bóng từ các bạn A1 , A2 ,..., An với n  6. Ta có:

A1 AA2 + A2 AA3 + ... + An AA1 = 360o
Gọi Ai AAj là góc nhỏ nhất trong n góc này. Ta có: Ai AAj 

360o
 60o .
n

Theo đề bài vì Ai , Aj chuyền bóng đến A nên AAj , AAi  Ai Aj mà trong tam giác Ai AAj
thì Ai AAj  60o nên nó phải bé hơn một trong 2 cạnh cịn lại. Điều này vơ lí. Vậy khơng
tồn tại bạn nào nhận được nhiều hơn 6 quả bóng.
Bài 2.8: Tìm tất cả các cặp đa thức P(x), Q(x) thỏa mãn phương trình
P2(x) = (x2-1) Q2(x) + 1 (1)
(Nguồn [6])
Hướng dẫn giải:
Khơng mất tính tổng qt, ta chỉ cần tìm nghiệm trong tập các đa thức có hệ số khởi đầu
dương.
Xét:
(2)

( x − x 2 − 1) n = Pn ( x) − x 2 − 1Qn ( x) (3)
PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

17


NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG
Nhân (2) và (3) vế theo vế, ta được

1 = ( x + x 2 − 1) n ( x − x 2 − 1) n = ( Pn ( x) + x 2 − 1Qn ( x))( Pn ( x) − x 2 − 1Qn ( x))
= Pn2 ( x) − ( x 2 − 1)Qn2 ( x)
Suy ra cặp đa thức Pn(x), Qn(x) xác định bởi (2) (và (3)) là nghiệm của (1). Ta chứng minh
đây là tất cả các nghiệm của (1). Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn tại cặp đa thức P(x), Q(x)
khơng có dạng Pn(x), Qn(x) thỏa mãn (1). Ta xét cặp đa thức (P, Q) như vậy với deg Q nhỏ
nhất.
Đặt ( P( x) + x 2 − 1Q( x))( x − x 2 − 1) = P *( x) + x 2 − 1Q *( x) (4)
Thì rõ ràng

( P( x) − x 2 − 1Q( x))( x + x 2 − 1) = P *( x) − x 2 − 1Q *( x)
Suy ra (P*, Q*) cũng là nghiệm của (1).
Khai triển (4), ta thu được P*(x) = xP(x) – (x2-1) Q(x), Q*(x) = xQ(x) – P(x). Chú ý là từ
(1) ta suy ra (P(x) – xQ(x))(P(x)+xQ(x)) = - Q2(x) + 1. Vì P(x) và Q(x) đều có hệ số khởi
đầu > 0 và degP = degQ + 1 nên ta có deg (P(x)+xQ(x)) = degQ + 1. Từ đây, do
deg(-Q2(x) + 1) ≤ 2deg(Q) nên ta suy ra deg(Q*(x)) ≤ deg(Q) – 1 < deg Q.
Như vậy, theo cách chọn cặp (P, Q) thì tồn tại n sao cho (P*, Q*) = (Pn, Qn).
Nhưng khi đó từ (4) suy ra

P( x) + x 2 − 1Q( x) = ( P *( x) + x 2 − 1Q *( x))( x + x 2 − 1)
= ( x + x 2 − 1)n ( x + x 2 − 1) = ( x + x 2 − 1)n +1
Suy ra (P, Q) = (Pn+1, Qn+1), mâu thuẫn.

Vậy điều giả sử là sai và ta có điều phải chứng minh.
Bài 2.9: (Định lý Sylvester) Cho tập hợp S gồm hữu hạn các điểm trên mặt phẳng thỏa
mãn tính chất sau: Một đường thẳng đi qua 2 điểm thuộc S đều đi qua ít nhất
một điểm thứ ba thuộc S. Khi đó tất cả các điểm của S nằm trên một đường
thẳng.
Hướng dẫn giải:
Giả sử phản chứng là tồn tại một tập hợp S gồm hữu hạn điểm không thẳng hàng nhưng mọi
đường thẳng qua hai điểm trong S đều chứa ít nhất ba điểm. Một đường thẳng gọi là đường
nối nếu nó đi qua ít nhất hai điểm trong S. Giả sử (P,l) là cặp điểm và đường nối có khoảng
cách dương nhỏ nhất trong mọi cặp điểm-đường nối.

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

18


NGUN LÍ XUỐNG THANG

Theo giả thiết, l đi qua ít nhất ba điểm trong S, nên nếu hạ đường cao từ P xuống l thì tồn tại
ít nhất hai điểm nằm cùng một phía của đường cao (một điểm có thể nằm ở ngay chân đường
cao). Trong hai điểm này, gọi điểm ở gần chân đường cao hơn là B, và điểm kia là C. Xét
đường thẳng m nối P và C. Khoảng cách từ B tới m nhỏ hơn khoảng cách từ P tới l, mâu
thuẫn với giả thiết về P và l. Một cách để thấy điều này là tam giác vuông với cạnh huyền
BC đồng dạng và nằm bên trong tam giác vuông với cạnh huyền PC.
Do đó, khơng thể tồn tại khoảng cách dương nhỏ nhất giữa các cặp điểm-đường nối. Nói
cách khác, mọi điểm đều nằm trên đúng một đường thẳng nếu mọi đường nối đều chứa ít
nhất ba điểm.

Bài 2.10: Chứng minh rằng khơng thể chia một khối lập phương thành nhiều khối lập
phương nhỏ khác nhau đôi một.

(Bài tập Đại số sơ cấp)
Hướng dẫn giải:
Nhận xét: Nếu một hình vng P được chia thành hữu hạn các hình vng khác nhau đơi
một thì hình vng bé nhất khơng dính với biên của P.
Giả thiết rằng có thể chia hình lập phương Q thành các hình lập phương nhỏ khác nhau
đơi một Qi và P là một mặt bên của Q. Các hình lập phương Qi dính với P tạo ra sự phân
chia P thành các hình vng nhỏ đơi một khác nhau. Gọi P1 là hình vng bé nhất trong
sự phân chia đó và Q1 là hình lập phương tương ứng. Do P1 khơng dính với biên nên nó
được bao bọc bởi các hình vng lớn hơn. Các hình lập phương tương ứng tạo thành cái
giếng chứa Q1 . Gọi P '1 là mặt đối diện với P1 của hình lập phương Q1 .
Các hình lập phương dính với P '1 cũng tạo thành sự phân chia P '1 thành các hình vng
đơi một khác nhau. Gọi P2 là hình vng bé nhất trong số đó và Q2 là hình lập phương
tương ứng. Do P2 nằm trong P '1 nên các hình vng bao quanh Q2 lớn hơn nó và tạo
thành cái giếng chứa Q2 . Tiếp tục quá trình xây dựng trên ta sẽ được một cái tháp vơ hạn
những hình lập phương bé dần. Điều này mâu thuẫn.

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

19


NGUN LÍ XUỐNG THANG

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Giáo trình Đại số sơ cấp – Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ
[2] Bài tập Đại số sơ cấp – Dương Quốc Việt
[3] Chuyên đề 3 – Nguyên lý xuống thang – Nhóm 13
Nguyên lý xuống thang (123docz.net)
[4] Sách Định lý cuối cùng của Fermat – Simon Singh
[5] />%C3%A1n_Logic_and_R%E1%BB%9Di_r%E1%BA%A1c_1

[6] />sharing

PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH

20