Nguyên lý xuống thang

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN – TIN

CHUYÊN ĐỀ 3
NGUYÊN LÝ XUỐNG THANG

Giảng viên : Thầy Nguyễn Quang Lộc
Nhóm 13 :

1


Mục lục
1.
1.1
1.2
2.

Mở đầu về nguyên lí xuống thang
Lịch sử
Nguyên lí xuống thang
Ứng dụng của nguyên lí xuống thang
2.1 Nguyên lí xuống thang với phương trình nghiệm nguyên
2.2 Nguyên lí xuống thang trong hình học
2.3 Một số bài tập
3. Bài tập tự giải
Tài liệu tham khảo :
- Giáo trình đại số sơ cấp (T/g : Dương Quốc Việt – Đàm Văn Nhỉ)
- Bài tập đại số sơ cấp(T/g : Dương Quốc Việt – Lê Văn Đính)

2

1. Mở đầu về nguyên lí xuống thang
1.1. Lịch sử
Nguyên lí xuống thang có lịch sử từ thời P. Fermat (1602 – 1655). Một bài toán vĩ đại đã
làm hao mòn biết bao trí óc của các nhà toán học suốt mấy thế kỉ nay, đó là bài toán
Fermat lớn: Với n≥3 không tồn tại bộ số nguyên nào thỏa mãn phương trình

xn + y n = z n

,

mặc dù Fermat đã quả quyết rằng ông đã tìm ra cách chứng minh định lí này nhưng ông
không viết ra vì không đủ chỗ.
Ông đã viết rằng : Do những phương pháp bình thường đã có trong các sách không đủ
để chứng minh những mệnh đề khó và qua trọng, vì thế tôi đã hoàn thiện một cách đặc
bệt để giải quyết những bài toán này. Tôi gọi cách chứng minh đặc biệt này là xuống
thang không xác định hoặc là xuống thang đến vô cùng.
Ban đầu ông chỉ dùng phương pháp này để chứng minh những mệnh đề phủ định. Ví dụ:
chứng minh rằng “ Không tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là các số tự
nhiên, mà số đo diện tích của nó là một số chính phương” . Để chứng minh mệnh đề này
ông dùng phương pháp sau : Nếu tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là các số
tự nhiên mà diện tích của nó là một số chính phương, thì tồn tại một tam giác khác có
nhỏ hơn tam giác và cũng có tính chất đó. Nếu tam giác thứ hai nhỏ hơn tam giác ban
đầu và có cùng tính chất thì lập luận tương tự, tồn tại tam giác thứ ba nhỏ hơn tam giác
thứ hai và có cùng tính chất. Tiếp tục qua trình này, ta nhận được tam giác thứ 4, thứ
5,.... và giảm đến vô cùng. Số đo một cạnh của tam giác vuông xuất phát là một số tự
nhiên, sau mỗi bước thực hiện trên, số đo cạnh này giảm thành một số tự nhiên nhỏ hơn.
Do đó, tạo ra một dãy giảm các số tự nhiên. Tuy nhiên, dãy số tự nhiên giảm thực sự
không thể giảm vô hạn lần. Từ đó suy ra không tồn tại tam giác vuông có số đo các cạnh

là các số tự nhiên mà số đo diện tích của nó là một số chính phương.

3


Sau đó, Fermat có nói rằng đã có thể ứng dụng phương pháp này vào 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”. Nhưng để ứng dụng phương pháp này vào việc chứng minh
mệnh đề khác như “ Mọi số có thể biểu diễn thành tổng của không quá bốn số chính
phương”, thì ông không để lại chi tiết ứng dụng phương pháp này như thế nào. Hơn nữa,
hàng loạt các định lí của ông được chứng minh bằng phương pháp này cũng không để lại
tính toán, chứng minh chi tiết. Trong số đó có định lí lớn Fermat cho tường hợp n=3.
Sau này, Euler đã áp dụng có kết quả phương pháp này vào bài toán giải phương trình vô
dịnh và từ đó việc chứng minh định lí lớn Fermat cho n=3 được phục hồi. Fermat khẳng
đinh phương pháp này là của mình đưa ra lần đầu tiên và trước đó không có ai biết đến
phương pháp này. Tuy nhiên, những cố gắng chứng minh rằng “ lập phương của một số
nguyên không thể phân tích thành tổng lập phương của hai số nguyên” được nghiên cứu
khoảng năm 1000 ở phương Đông với các nhà toán học Ả Rập đã có nói tới phương
pháp này.
Phương pháp xuống thang thời hiện đại giữ một vai trò quan trọng trong giải tích
Diophant với những công trình của J.H.Poncaré và A.Baile. Ngày nay, phương pháp này
vẫn còn được ứng dụng trong lí thuyết số của toán học.
1.2. Nguyên lí xuống thang
Giả sử C là một tập các cấu hình, ta giả định

C ≠∅

.Trên C ta trang bị một quan hệ thứ

tự, do đó ta có thể lấy ra được một phần tử cực tiểu

thang, chúng ta chỉ ra được
Vậy

b∈C

sao cho

b
a ∈C

. Bằng phương pháp xuống

.

C ≠∅

2. Ứng dụng của nguyên lí xuống thang

4


2.1 Nguyên lí xuống thang với phương trình nghiệm nguyên ( phương trình
Diophante)
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
8.x 4 + 4. y 4 + 2. z 4 = u 4 (*)
Giải
Dễ thấy phương trình (*) có một nghiệm tầm thường

( 0, 0, 0,0 )

.Ta chứng minh (*) không

còn nghiệm nào khác ngoài nghiệm tầm thường.
Giả sử (*) có nghiệm nguyên

(a, b, c, d ) ≠ (0, 0, 0, 0)

(a, b, c, d )

Nhận xét: Nếu

là nghiệm của (*) thì

thì

d ≠0

(Vì nếu d=0 thì a=b=c=0)

(a, b, c, − d );(a, b, −c, −d )...

cũng là nghiệm của

(*), nên không mất tính tổng quát, ta xét (a,b,c,d) với a,b,c,d>0
( a , b, c , d )

Trong số các nghiệm

Thay

, ta chọn

với

q = min d

q = 8.m + 4.n + 2. p M2 ⇒ q M2 ⇒ q = 2.t (t ∈ Z , t > 0)
4

Mặt khác

( m, n, p, q)

q = 2.t

4

4

4

vào (*) ta được

8.m + 4.n + 2. p 4 = (2t ) 4
4

4

⇔ 8.m 4 + 4.n 4 + 2. p 4 = 16.t 4

⇔ 4.m 4 + 2.n 4 + p 4 = 8t 4

⇔ p 4 = 8t 4 − ( 4.m 4 + 2.n 4 ) M2
⇒ p = 2.s

Tương tự như vậy, ta suy ra
⇒

0
( v , r , s, t )

v=

là nghiệm của (*) với

m
n
p
q
,r = , s = ,t =
2
2
2
2

Mâu thuẫn.
(0, 0, 0, 0)

Vậy (*) có duy nhất 1 nghiệm

.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình

x 4 + y 4 = z 2 (1)

không có nghiệm nguyên

xyz ≠ 0
Giải
5


(0, 0, 0, 0)

+ Ta thấy: phương trình (1) có nghiệm

.Ta sẽ chứng tỏ rằng (1) không có

( x, y , z ) ≠ (0, 0, 0)

nghiệm nguyên
Sau đây chúng ta chỉ xét nghiệm khác tầm thường .
Nhận xét :Nếu

( x, y , z )

là nghiệm của (1) thì (x,y,-z);(x,-y,-z)…cũng là nghiệm của (1)
x > 0; y > 0; z > 0, z min

( x, y , z )

nên chúng ta xét với
với
+ Trước hết ta xét x,y lẻ chẵn khác nhau.Thật vậy,
•

Nếu x,y cùng chẵn

( 1) ⇔ ( 2m )

4

2
4
4
⇒ z =x +y

nên z chẵn ⇒ x=2m, y=2n, z=2k (m,n,k ∈ℕ)

+ ( 2n ) = (2k ) ⇔ 4. ( m + n4 ) = k 2 ⇒ k M2 ⇒ k = 2t (t ∈ ¥ )
4

2

4

( 1) ⇔ 4. ( m 4 + n 4 ) = (2t ) 2 ⇔ m4 + n4 = t 2

Do đó,
⇒ (m,n,t) là một nghiệm của phương trình (1) . Mà t•

Nếu x,y cùng lẻ

⇒z

chẵn. Khi đó, x=2m+2, y=2n+1, z=2k (m,n,k ∈ℕ). Thay vào

(1) ta được:

( 2m + 1)

4

+ ( 2n + 1) = (2k ) 2
4

⇔ 16.m4 + 32.m3 + 24.m 2 + 8.m + 16.n 4 + 32.n3 + 24.n 2 + 8.n + 2 = (2k ) 2
⇔ 8.m 4 + 16.m3 + 12.m 2 + 4.m + 8.n 4 + 16.n 3 + 12.n2 + 4.n + 1 = 2k 2

Ta thấy: VT không chia hết cho 2 còn VP chia hết cho 2 ⟹ Vô lí
Vậy x, y khác tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quát, ta giả sử x lẻ, y chẵn.
+ Sau đó ta xét x,y,z đôi một nguyên tố cùng nhau.Thật vậy :
 x = d .s
⇒ d 4 .s 4 + d 4 .t 4 = z 2 ⇒ z 2 Md 4 ⇒ z Md 2 ⇒ z = d 2 .r
 y = d .t

( x, y ) = d > 1 ⇒ 

•

Giả sử

( 1) ⇔ s 4 + t 4 = r 2

Như vậy
⇒ (s,t,r) là nghiệm của phương trình (1) với r < d
⇒ Mâu thuẫn. Vậy x,y nguyên tố cùng nhau.
( y, z ) = d > 1

•

Giả sử
 Nếu d chẵn thì y, z chẵn ⇒ x chẵn ⇒ mẫu thuẫn với x,y nguyên tố cùng


nhau.
Nếu d lẻ thì do x lẻ, y chẵn nên z lẻ. Do (y,z)=d nên y=ds, z=dt với (s,t)=1.
Khi đó,

x 4 = z 2 − y 4 = d 2 ( s 2 − d 2t 4 )

.
6


s Md

Nếu

⇒ x 4 = d 4 (r 2 − t 4 ) ⇒ x 4 Md 4

thì s=dr

⇒ Vô lí ( do x,y nguyên tố cùng

nhau, y ⋮ d nên x không chia hết cho d ⇒ x4 không chia hết cho d4)
Vậy s không chia hết cho d.
⇒

d 2 ; s 2 − d 2t 4

⇒ x = d .ω
4

Với

2

d ;ω

2

nguyên tố cùng nhau.

(ω

2

= s 2 − d 2 .t 4 ) ⇒ x 2 = d .ω

nguyên tố cùng nhau nên

.

d = ω12 ; w = ω22

ω1
 xM

⇒ x = ω1.ω2 ⇒  z Md ⇒ z M
ω1
 y Md ⇒ y M
ω1


Như vậy, nghiệm (x,y,z) có z không nhỏ nhất ⇒ Mâu thuẫn.
+ Giả sử

( x, y , z )

là nghiệm của phương trình (*) với x,y,z nguyên dương, đôi một nguyên

tố cùng nhau , x lẻ và y chẵn đồng thời z nhỏ nhất.
Khi đó

x2 , y2 , z

là nghiệm của phương trình

u 2 + v 2 = ω 2 (2)

Ta có bổ đề ( phương trình Pytago)

Cho phương trình

khi chúng có dạng

x2 + y 2 = z 2

 x = m2 − n2

 y = 2mn
 z = m2 + n2


. Bộ ba (x,y,z) được gọi là bộ ba nguyên thủy khi và chỉ

trong đó m,n là 2 số nguyên tố cung nhau,m>n và m,n

khác tính chẵn lẻ.

7


Do

( x2 , y 2 , z)

là bộ ba Pytago nguyên thủy và x lẻ, y chẵn nên tồn tại a,b nguyên tố cùng

nhau, khác tính chẵn lẻ sao cho

 x2 = a2 − b 2
 2
 y = 2ab
 z = a 2 + b2


( a, b ) = 1 ⇒ ( a, 2b ) = 1

Giả sử a lẻ, b chẵn .Vì

(a lẻ, 2b chẵn).

a = t
y 2 = a.(2b) ⇒ 
2
2b = s
2

Mà

+ Ta có :

x 2 + b 2 = a 2 ⇒ ( x , b, a )

là bộ ba Pytago nguyên thủy ⇒ Tồn tại m,n nguyên tố

cùng nhau, khác tính chẵn lẻ sao cho
2

⇒

b 1 s2  s 
mn = = . =  ÷
2 2 2 2

⇒ ( p, q, t )

Lại có :
2.2

.Do

 x = m2 − n2

b = 2.m.n
 a = m2 + n 2


2
m = p
( m, n) = 1 ⇒ 
2
n = q ⇒ p 4 + q 4 = m 2 + n 2 = a = t 2

là nghiệm của (1)

t= a

và

z = a2 + b2 ⇒ z ≥ a 2 ⇒ 4 z ≥ a

nên mâu thuẫn.

Nguyên lí xuống thang trong hình học
Ví dụ 1: Biết rằng trong tất cả các đa giác n cạnh nội tiếp cùng một đường tròn,
luôn tồn tại một đa giác có diện tích lớn nhất.Chứng minh rằng đa giác có diện tích
lớn nhất đó phải là đa giác đều.
Giải

8


Giả sử tồn tại 1 đa giác nội tiếp n cạnh không
đều S và có diện tích lớn nhất trong đường
tròn.
⇒

tồn tại 3 điểm A,B,C sao cho

AB ≠ BC

Lấy B’ là trung điểm của cung ABC

.

⇒ B ≠ B'

1
1
⇒ BH < B ' K ⇒ .BH . AC < .B ' K . AC
2
2

Hay
⇒

S∆ABC < S∆AB 'C

Thay B bằng B’ sẽ được 1 đa giác S’ có
⇒

diện tích lớn hơn đa giác S Mâu thuẫn.
Vậy trong tất cả các đa giác n cạnh nội tiếp cùng 1 đường tròn, đa giác có diện tích lớn
nhất là đa giác đều.
2.3

Một số bài tập
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có :

( n + 1) .(n + 2).....(n + n)M2n (1)

Với n=1
Với n=2

⇒ (1) ⇔ 2 M2 ⇒

luôn đúng

⇒ (1) ⇔ 3.4M4 ⇒

+ Xét với
⇒

Giải

n≥3

luôn đúng

.Giả sử S là tập hợp tất cả n sao cho không thỏa mãn (1).

S có phần tử nhỏ nhất

⇒ (k + 1).(k + 2)...(k + k )

k ≥3

không chia hết cho

⇒ (k + 1).(k + 2)...( k + k − 1).2k
⇒ k .(k + 1).(k + 2)...(2k − 1)

S ≠∅

2k

không chia hết cho

không chia hết cho

⇒ ( k − 1 + 1).( k − 1 + 2)....( k − 1 + k − 1).( k − 1 + k )

2k

2 k −1

không chia hết cho

2k −1
9


Ta thấy:
Nếu

k − 1 + k = 2k − 1

mà (2k-1,2)=1 ⇒ k-1+k không chia hết cho

2k −1

(k − 1 + 1).( k − 1 + 2)....(k − 1 + k − 1)M2k −1

⇒ (k − 1 + 1).(k − 1 + 2)....(k − 1 + k − 1).(k − 1 + k ) M2 k −1 (vô lý)
⇒ (k − 1 + 1).(k − 1 + 2)...( k − 1 + k − 1)

Mặt khác

k − 1 < k (∀k ≥ 3) ⇒ S = ∅ ⇒

không chia hết cho

2k −1

hay

k − 1∈ S

(1) đúng với mọi n.

Bài 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 phải là tam giác đều.
Giải

Giả sử tồn tại tam giác ABC không đều có chu vi nhỏ nhất.Không mất tính tổng quát, ta
AC ≠ AB

giả sử
.
Gọi A’ là giao của trung trực BC và đường thẳng song song với BC đi qua A.

o

Ta sẽ chứng minh

A ' B + A ' C + BC < AB + AC + BC

⇔ A ' B + A ' C < AB + AC

Thật vậy :Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua
∆ABC '

có

AB + AC ' > BC '

hay

∆⇒

AB + AC > A ' B + A ' C

B;A’;C’ thẳng hang

⇒ đpcm

10


o

∆A ' BC

Dễ thấy

và

∆ABC

có cùng diện tích nhưng chu vi tam giác A’BC nhỏ hơn chu
⇒ ∆ABC

vi tam giác ABC nên mâu thuẫn

đều.

Bài 3:Chứng minh rằng không tồn tại tập hợp M khác rỗng những số tự nhiên có
tính chất sau :Với mọi x thuộc M, tồn tại y thuộc M sao cho
Giải
Giả sử tồn tại tập hợp M khác rỗng sao cho

y 2 + 1 < 2x

.

M = { ∀x ∈ M , ∃y ∈ M : y 2 + 1 < 2 x}

Do

M⊆N

Laị có

nên M có số nhỏ nhất a

⇒ ∃b ∈ M : b 2 + 1 < 2 a

2b ≤ b 2 + 1 ⇒ 2b < 2a ⇒ b < a ⇒

vô lý

⇒M =∅

Hay không tồn tại M sao cho với mọi x thuộc M, tồn tại y thuộc M sao cho

y2 + 1 < 2x

.

Bài 4: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên:
2
2
2
 x + 13. y = z

2
2
2
13.x + y = t

Giải:

Nhận xét: hệ phương trình có nghiệm

( 0, 0, 0,0 )

.

Ta chứng minh hệ không có nghiệm nào khác ngoài
nghiệm

( x, y , z , t )

với

x, y , z , t

nguyên và

xét x,y,z,t nguyên dương.
Trong số các nghiệm này ta chọn được

( 0, 0, 0, 0 )

( x, y, z, t ) ≠ (0, 0, 0, 0)
( x0 , y0 , z0 , t0 )

với

.Giả sử ngược lại hệ có

, Không mất tính tổng quát ta

x 0> 0

nhỏ nhất. Khi đó, ta có:

14.x + 14. y = z + t ⇒ 7.(2.x + 2. y ) = z + t (1)
2
0

2
0

2
0

2
0

2
0

2
0

2
0

2
0

⇒ z02 + t02 M7(do 2.x02 + 2. y02 > 0)

Nhận xét :Số dư của 1 số chính phương khi chia cho 7 là 0,1,2,4.

⇒ Số dư của

z 0 2 + t0 2

khi chia cho 7 được xác định như sau:
11


0
0

0
1
2
4

2
2
3
4

2
 z0 M7  z0 = 7.z1
 z0 M7
z0 + t0 M7 ⇔  2 ⇔ 
⇒
( z1 ; t1 ∈ ¥ )
t0 M7
t0 M7
t0 = 7.t1

2

Từ đó suy ra

1
1
2

4
4
5
6
8

2

. Thay vào (1) ta được:

7.(2.x + 2. y ) = (7z1 ) + (7t1 ) ⇔ 2( x + y ) = 7(z + t )
2
0

2
0

Tương tự
x1 =

2

2

2
0

⇒ ( x1 , y1 , z1 , t1 ) ≠ ( 0, 0, 0, 0 )

2
0

2
1

2
1

là một nghiệm của hệ với

x0
y
z
t
, y1 = 0 , z1 = 0 , t1 = 0 ⇒ x1 < x0
7
7
7
7

⇒ Mâu thuẫn.
Vậy hệ phương trình có duy nhất 1 nghiệm tầm thường.

Bài tập 5 : Giải hệ phương trình nghiệm nguyên dương sau :
 x 2 − y 2 = 2. ( u 2 − v 2 )

(*)
 xy = uv
( x, y ) = (u, v) = 1


Giải:
Hệ phương trình tương đương với :

 x 2 − y 2 = 2. ( u 2 − v 2 )
( x − y ).( x + y ) = 2.(u − v).(u + v)


⇔  xy = uv
 xy = uv
( x, y ) = (u, v) = 1

 ( x , y ) = (u , v ) = 1


 a = x − y c = u − v
;

b = x + y d = u + v

Đặt
Như vậy

(1)
ab = 2cd
(*) ⇔  2
2
2
2
b − a = d − c (2)

⇒

a;b cùng tính chẵn lẻ và c;d cùng tính chẵn lẻ.

Giả sử

( a0 , b0 , c0 , d0 )

là nghiệm của hệ với

a0 ; b0 ; c0 ; d 0 > 0
12


( 1) ⇔ a0 .b0 = 2.c0 .d0
⇒ a0 ; b0

cùng chẵn.Vì nếu

Do đó, ta đặt

( 2) ⇔

a0 ; b0

cùng lẻ thì

a0 .b0

lẻ

⇒ a0 .b0

không chia hết cho 2 (Vô lý)

a0 = 2.a1 (a1 > 0)

b0 = 2.b1 (b1 > 0)

a0 + b0 b0 − a0 c0 + d 0 d 0 − c0
.
=
.
⇔ b02 − a 02 = d 02 − c02
2
2
2
2

⇔ 4. ( b12 − a12 ) = d 02 − c02

⇒ d 0 ; c0

cùng chẵn. Thật vậy, nếu

Thay vào

a0 .b0 = 2.c0 .d 0

d 0 ; c0

cùng lẻ thì

 d 0 = 2m + 1
(m, n ∈ ¥ )

c
=
2
n
+
1
 0

ta được:

⇒ 4.a0 .b0 = 2.(2m + 1).(2n + 1) ⇒ 2.a0 .b0 = (2m + 1).(2n + 1)

Vậy

c0 ; d0

cùng chẵn

.

c0 = 2.c1
⇒
 d 0 = 2.d1

(vô lí )

. Thay vào hệ, ta nhận được

( a1 , b1 , c1 , d1 )

là nghiệm của hệ

a1 < a0

(*) và
nên mâu thuẫn.
Vậy hệ chỉ có nghiệm tầm thường.
Bài 6:Cho2n+2 điểm trên mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.
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.
Giải

13


Giả sử không tồn tại 2 điểm trong 2n+2 điểm sao cho đường thẳng nối chúng chia mặt

phẳng thành 2 miền mà mỗi miền chứa n điểm
Xét bao lồi của 2n+2 điểm và đường thẳng chia mặt phẳng là
A0 A1

chia mặt phẳng ra thành 2 miền L và M; trong đó miền L chứa p điểm và miền M

chứa q điểm (p+q=2n)
Không mất tính tổng quát ta giả sử p>q
Nếu

A0 A1

p = q + 1 ⇒ p + q = 2q + 1

Giả sử

( p0 , q0 )

là cặp

Trên miền L lấy
⇒ A2 A0

A2

( p, q )

sao cho

⇒ p ≥ q +1

lẻ ( mâu thuẫn với p+q=2n )
p0 − q0 = p0 − q0

sao cho
∠A2 A0 A1

min.

chia mặt phẳng thành 2 miền mới chứa

⇒ p ≠ q +1 ⇒ p ≥ q + 2

nhỏ nhất

p0 − 1; q 0 +1

⇒ ( p0 − 1) − (q0 − 1) = p0 − q0 − 2 < p0 − q0
⇒

mâu thuẫn.

Bài 7: Cho số

A = 11...11

(gồm 2009 chữ số 1).Hỏi có tồn tại hay không bội số dương

của A mà tổng các chữ số của nó nhỏ hơn 2009.
Giải

Giả sử tồn tại bội số dương của A mà tổng các chữ số của nó nhỏ hơn 2009
14


⇒

Tồn tại một số dương bé nhất là bội của A.

Kí hiệu là

B = kA

(VD: X=1234
Nếu

(k>0), S(X) là tổng các chữ số của X.

⇒

S(X) =1+2+3+4 =10)

1 ≤ k ≤ 9 ⇒ S ( B ) = S ( kA) = 2009.k ≥ 2009( k ≥ 1)

Muốn
Ta có:

S ( B ) < 2009

thì

k ≥ 10

(1+1+..+1=2009 chữ số)

.

B = kA ≥ 10 A = 10.11...1 ≥ 10.10 2008 = 10 2009
⇒ B = 102009.Q + R(0 < R < 10 2009 ) ⇒ S ( B) = S (Q) + S ( R)
2009
{B = ( 10 − 1) .Q + ( Q + R ) ⇒ Q + R MA
1 4 2 43
MA

Mặt khác
Nhận xét:

MA

0
S (Q + R) ≤ S (Q) + S ( R ) = S ( B ) < 2009

0 < Q + R < B

⇒  S (Q + R) < 2009
Q + R MA


⟹ Mâu thuẫn.
Vậy không tồn tại bội số dương của A mà tổng các chữ số của nó nhỏ hơn 2009 .

Bài 8: Dãy
i ) u0 = 1

(un )

các số nguyên duyên có tính chất sau :

ii ) un2 > un−1.un +1∀n ≥ 1

Chứng minh :

∀n ≥ 1

ta có bất đẳng thức sau :

1 1 2
n
.
+ + ... +
2 
n  u1 u2
un

 1
÷<
 n

Giải
+ Ta chứng minh :

un ≥ n, ∀n ≥ 1

vn =

.Thật vậy, đặt :

un
un−1

u .u
u
u
1
⇒ n −1 2 n +1 < 1 ⇔ n −1 . n +1 < 1 ⇔ .vn +1 < 1 ⇔ vn +1 < vn , ∀n ≥ 1
un
un un
vn
(ii )

Từ
Giả sử tồn tại số nguyên dương k sao cho

15


uk0 −1 > k0 − 1 ⇒ uk0 −1 ≥ k0 ≥ uk0 ⇒ vk0 =

{ uk } k ≥k

0

uk0
uk0 −1

≤ 1 ⇒ uk0 ≥ uk0 +1 ≥ uk0 + 2 ≥ ...

là dãy vô hạn các số nguyên dương giảm dần (vô lí)

⇒ un ≥ n, ∀n ≥ 1

(*)
+ Áp dụng BĐT (*) ta có :
1 1 2
n  1 1 2
n 1
.
+ + ... + ÷ ≤ 2 .  + + ... + ÷ = (vô lí)
2 
n  u1 u2
un  n  1 2
n n

Bài 9: Trong mặt phẳng mỗi điểm được đánh dấu bởi một trong hai số 0 hoặc 1.
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương ε dương tùy ý, ta có thể tìm được một
tam giác có các đỉnh được đánh dấu bởi cùng một số và độ dài cạnh nhỏ hơn ε.
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 ≠∅

. Thật vậy :Giả sử

S =∅

16


Lấy hai điểm được đánh cùng số tùy ý.Giả sử là
giác đều

A1 A2 A3 A4 A5 A6

được đánh số 0 thì

có tâm là

S ≠∅

A3 ; A5

được đánh số 1 thì tam giác

A6

đều nên

A2

đánh số 1.Do tam giác
A7

được đánh số 1( Vì nếu

A2 A4 A6

đều nên

là giao của

A4

A1 A2 ; A3 A4

được

.Nếu

A7

là tam giác đều có các đỉnh cùng được đánh 1 số .Nếu

A1 A4 A7

là tam giác đều có các đỉnh được đánh cùng 1

S ≠∅

+ Bước 2: Chứng minh :Với mọi x>0 tồn tại
Giả sử tồn tại
nhỏ hơn

A0 A1 A2

cùng được đánh số 0.Dựng lục

đều được đánh số 1.Gọi

A2 A3 A7

được đánh số 0 thì tam giác

số.Do đó

.Do tam giác

).Tương tự

đánh số 0.Và từ đó suy ra

A7

A0

A0 ; A1

x0

x = x0

y∈S

sao cho y
không thỏa mãn điều trên(tức là không có tam giác đều nào có cạnh

.Ta sẽ chỉ ra mâu thuẫn tức là tất cả các tam giác đều có cạnh nhỏ hơn
A0 A1 <

bổ sung thêm điều kiện
Như vậy tất cả tam giác như

x0

.Ta

x0
3

A0 A1 A2 ; A1 A4 A7 ....

đều có cạnh có độ dài nhỏ hơn

2.x0
< x0
3

.Và

làm tương tự như trên ta thấy mâu thuẫn.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 10: Cho biết với giá trị nào của n thì tồn tại n- giác đều với các đỉnh nguyên
trong không gian.
Giải:

17


Trước hết ta chứng minh rằng khi n=3,4,6 thì sẽ tồn tại n-giác đều với các đỉnh
nguyên.Thật vậy lấy hình lập phương

ABCDA1B1C1 D1

với các đỉnh nguyên và có độ dài

bằng 2

(Bằng 2 là vì :

( x A − xB )

2

( x A − xB )

2

+ ( y A − yB ) = 4

2

nếu

( x A − xB )

= 2 ⇒ y A − yB = ± 2

Vô lý do nguyên;

Khi đó trung điểm của các cạnh là

2

= 1 ⇒ y A − yB = ± 3

⇒ x A − xB = 0; y A − yB = ±2

AB, BC CC1 ; C1 D1 ; D1 A1 ; A1 A

,

các đỉnh của một lục giác đều.Các trung điểm của AB,

..)

là các điểm nguyên và là

CC1 A1D1

,

;

là các điểm nguyên và là

các đỉnh của 1 tam giác đều.Và hiển nhiên ABCD là hình vuông với các đỉnh nguyên.

18


Sau đó ta chứng minh rằng khi

n ≠ 3, 4, 6

thì sẽ không tồn tại n-giác đều như thế với các

đỉnh nguyên.Thật vậy giả sử tồn tại một đa giác đều như thế với số đỉnh
tất cả các n-giác đều với các đỉnh nguyên sẽ tồn tại một đa giác đều
nhỏ nhất.Xét n điểm
uuuuuuur
Ai +1 Ai + 2

.Dễ thấy

n ≠ 3, 4, 6

nên

B1 , B2 ,..., Bn

B1 , B2 ,..., Bn

B1 , B2 ,..., Bn

diện tích đa giác

ở đó

Bi

được nhận từ

Ai

n ≠ 3, 4, 6

A1 A2 ... An

.Trong

có diện tích

qua phép tịnh tiến theo vectơ

là các điểm nguyên theo công thức tịnh tiến.Hơn nữa do

lập thành n-giác đều với các đỉnh nguyên có diện tích nhỏ hơn

A1 A2 ... An

(mâu thuẫn)

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 11: Cho đa giác lồi A nằm trong đa giác lồi B.Chứng minh rằng chu vi của đa
giác A bé hơn chu vi của đa giác B.
Giải

19


Kí hiệu

PH

là chu vi của đa giác H.Giả sử đa giác lồi

Khi đó đường thẳng

A1 A2

hai phần đó là đa giác lồi
Hơn nữa cạnh
PM1 < PB

B1 B2

(Vì đoạn

cắt đa giác B tại

M1

nằm trong đa giác lồi B.

chia đa giác B thành 2 phần.Một trong

chứa đa giác lồi A.

của đa giác

B1 B2

B1 ; B2

A = A1 A2 ... An

M1

chứa đoạn

A1 A2

không lầ cạnh của đa giác B.Suy ra

ngắn hơn bất kỳ đường gấp khúc nào có hai đầu mút

Lập luận tương tự như vậy ta nhận được dãy các đa giác

B1 ; B2

).

B ⊃ M 1 ⊃ M 2 ... ⊃ M n

20


Đa giác

Mn

trùng với đa giác A, hơn nữa ta có dãy bất đẳng thức

PB > PM1 ≥ PM 2 ≥ .... ≥ PM n = PA

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

14.x 2 + 17. y 2 = t 2

Giải

Trước hết ta thấy rằng
Mặt khác

( 0, 0, 0 )

là nghiệm của phương trình.

14.x 2 + 17. y 2 = t 2 ⇔ 14.(x 2 + y 2 ) + 3. y 2 = t 2

y

3.y 2

Dư khi chia cho 7

7k + 0

3.(7k ) 2

0

7k + 1

3. ( 7k + 1)

2

3

7k + 2

3. ( 7k + 2 )

2

5

7k + 3

3. ( 7k + 3)

2

6

7k + 4

3. ( 7k + 4 )

2

6

7k + 5

3. ( 7k + 5 )

2

5

7k + 6

3. ( 7k + 6 )

2

3
0,3,5,6

21


t

t2

Dư khi chia cho 7

7k + 0

( 7k + 0 )

7k + 1

( 7k + 1)

7k + 2

( 7k + 2 )

2

4

7k + 3

( 7k + 3)

2

2

7k + 4

( 7k + 4 )

2

2

7k + 5

( 7k + 5)

2

4

7k + 6

( 7k + 6 )

2

1

0

2

1

2

0,1,2,4

Như vậy phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi y và t cùng chia hết cho 7.
Giả sử

y = 7. y0 ; t = 7.t0

⇒ 14.x 2 + 17. y 2 = t 2 ⇔ 14.x 2 + 17.(7. y0 ) 2 = ( 7.t0 ) ⇔ 2.x 2 + 17.7. y02 = 7.t02
2

⇒ x M7

Giả sử

Do đó

x = 7.x0

2. ( 7.x0 ) + 17.7. y02 = 7.t02 ⇔ 14.x02 + 17. y02 = t02
2

thay vào phương trình trên ta được

( x0 , y0 , t0 )

cũng là nghiệm của phương trình và

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là

0 < t0 < t

( 0, 0, 0 )

(mâu thuẫn).

.

Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên
x 2002 + y 2002 = 20032. ( z 2002 + t 2002 )

22


Giải
Định lí Fermat nhỏ : Giả sử p là số nguyên tố và a là số nguyên nguyên tố cùng nhau
với p (a không là bội của p ) thì
a p −1 ≡ 1(mod p)

.Và nếu a là bội của p thì

Từ định lí Fermat nhỏ ta suy ra

a p −1 ≡ 0(mod p )

.

p −1
a ≡ 0(mod p )
 p −1
a ≡ 1(mod p )

Trước hết ta nhận xét rằng phương trình có nghiệm tầm thường.Ta sẽ chứng minh
phương trình không có nghiệm nào khác ngoài tầm thường.Ta sẽ chứng minh rằng
phương trình không có nghiệm khác tầm thường.

Giả sử phương trình có nghiệm

( x0 , y0 , z0 , t0 )

khác tầm thường và

x0 , y 0 , z0 , t0 > 0 t0

; nhỏ

nhất.
Ta luôn có :
Do đó,

x0 2013−1 ≡ 0;1(mod 2003) y0 2013−1 ≡ 0;1(mod 2003)

x0 2012 + y02012 ≡ 0(mod 2003)

;

⟺

nên

x0 2012 + y02012 ≡ 0,1, 2(mod 2003)

x0 M2003; y0 M2003 ⇒ x0 = 2003.x1 ; y0 = 2003. y1 (x1 , y1 ∈ ¥ )

Thay vào phương trình và lập luận tương tự như trên ta nhận được :
x1 =

của phương trình ban đầu trong đó

( x1 , y1 , z1 , t1 )

2003
2003
2003
2003
, y1 =
, z1 =
, t1 =
x0
y0
z0
t0

⇒

là nghiệm

t1 < t0

⇒

Mâu thuẫn.
Vậy ta được điều phải chứng minh.

23


Bài 14: Chứng minh rằng phương trình :

x 2 + y 2 + z 2 + 3.( x + y + z ) + 5 = 0

không có

nghiệm trong tập số hữu tỉ.
Giải
Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ (x,y,z). Ta có:
x 2 + y 2 + z 2 + 3.( x + y + z ) + 5 = 0
⇔ 4( x 2 + y 2 + z 2 ) + 12.( x + y + z ) + 20 = 0
⇔ (2x + 3) 2 + (2 y + 3)2 + (2 z + 3) 2 = 7

u = 2 x + 3; v = 2 y+ 3; w = 2 z + 3

Đặt

ta được :

u 2 + v 2 + w2 = 7 (*)

Phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ thì phương trình (*) cũng có nghiệm hữa tỉ. Do
đó, phương trình

U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2

Giả sử phương trình

có nghiệm nguyên.

U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2

có nghiệm nguyên (U,V,W,T). Không mất tính

tổng quát, ta xét U,V,W,T nguyên dương. Trong các nghiệm nguyên dương của phương
trình ta chọn nghiệm (U,V,W, T) sao cho T nhỏ nhất.
Nhận xét: Một số chính phương khi cho 4 sẽ có số dư là 0 hoặc 1.
⟹

U 2 + V 2 + W2

chia cho 4 sẽ có số dư 0,1,2,3 và

7T 2 ≡ 0,1(mod 4)

.

Ta xét 2 trường hợp sau:
TH1:
Do

7T 2 ≡ 0(mod 4)

7T 2 ≡ 0(mod 4)

hay T chia hết cho 4 ⇒ T chẵn ⇒

nên

2

T = 2T0 (T0 ∈ ¢ )

⇒ U 2 + V 2 + W 2 M4 ⇒ U M4,V M4, W M4

⇒ U,V,W đều chẵn

24


⇒

U = 2U 0 , V = 2V0 , W = 2W0 (U 0 ,V0 ,W0 ∈ ¢ )

. Khi đó, ta có:

4 U 02 + 4 V02 + 4 W02 = 7.4 T02 ⇔ U 02 + V02 + W02 = 7 T02

trình

U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2

⇒ Phương trình

với

T0 < T

⇒

(U 0 ,V0 ,W0 , T0 )

là một nghiệm của phương

⇒ Mâu thuẫn.

U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2

không có nghiệm nguyên hay phương trình đã cho

không có nghiệm hữu tỉ ⇒ ĐPCM.
Bài 15: Chứng minh rằng phương trình

x12 − y12 = 7 z

không có nghiệm nguyên dương

.
Giải

Nghiệm nguyên dương :

x, y, z > 0; ∀x, y, z ∈ Z

nên

( 1, 0, 0 )

không được chấp nhận hay

x6 + y 6 > 1

Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương

Ta có:

( x, y , z )

với z nhỏ nhất.

x12 − y12 = 7 z ⇔ ( x 6 − y 6 ) . ( x 6 + y 6 ) = 7 z ⇒ x 6 + y 6 M7

x 6 ≡ 0,1( mod 7 ) ; y 6 ≡ 0,1( mod 7 )

Theo định lí Fermat nhỏ ta có :

nên

x 6 + y 6 M7 ⇔ x M7; y M7

12
12
12
z
⇒ x = 7.x1 ; y = 7. y1 (x1 , y1 ∈ ¢ ) ⇒ 7 . ( x1 − y1 ) = 7

Do đó z>12, đặt

z1 = z − 12

⟹

( x1; y1 ; z1 )

là một nghiệm của phương trình với

z1 < z

.Điều

này mâu thuẫn với cách chọn z.
25