nguyên lý xuống thang

Mục lục
LỜI NÓI ĐẦU.................................................................................................................................2
Đôi nét về lịch sử của nguyên lí xuống thang..................................................................................3
A.Nguyên lí xuống thang.................................................................................................................4
I. Lý thuyết...................................................................................................................................4
1.Nguyên lý xuống thang.........................................................................................................4
2. Phương trình Pythagore........................................................................................................4
II.Ứng dụng:.................................................................................................................................5
1.Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên....................................................5
2.Nguyên lí xuống thang trong hình học:.................................................................................7
III. Bài tập....................................................................................................................................9
IV. Bài tập tự giải:......................................................................................................................13
B.Nguyên lí lùi vô hạn...................................................................................................................13
I.Nội dung cơ bản của nguyên lí lùi vô hạn:..............................................................................13
II.Ứng dụng................................................................................................................................14
1. Phương pháp lùi vô hạn trong số học.................................................................................14
2.Phương pháp lùi vô hạn trong hình học:.............................................................................16

1


LỜI NÓI ĐẦU
Từ lâu phương trình nghiệm nguyên đã trở thành mối quan tâm lớn cho rất nhiều người khi nghiên
cứu về Toán học. Qua nhiều thế kỉ,rất nhiều phương pháp hay và độc đáo được đưa ra. Trong đó
không thể nào không nhắc đến nguyên lí xuống thang. Và nhóm số 7 của chúng em dưới sự hướng
dẫn của cô Trần Thị Trang, đã quyết định thực hiện một chuyên đề về nguyên lí này để thử sức cũng
như trao đổi kiến thức với bạn bè, anh chị trong khối chuyên Toán.
Trong quá trình thực hiện chuyên đề, chúng em đã rất cố gắng để làm hết sức của mình thế nhưng
không thể nào tránh khỏi những sai sót nhỏ, rất mong nhận được những đóng góp của thầy cô và các
bạn.Trong phần bài tập chúng em có những bài chưa giải được rất mong thầy cô và các bạn giúp đỡ
Chúng em xin chân thành cảm ơn !

-Nhóm biên soạn-

2


Đôi nét về lịch sử của nguyên lí xuống thang
Nhà toán học lớn P. Fermat (1601- 1655) viết rằng “ Do những phương pháp bình thường đã có
trong các sách không đủ để chứng minh những mệnh đề khó và quan trọng , vì thế tôi đã hoàn thiện
một cách đặc biệt 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 Fermat chỉ dùng phương pháp này chứng minh những mệnh đề phủ định. Ví dụ như “
Không tồn tại một tam giác vuông 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 có số đo các cạnh là những số tự nhiên mà số đo diện tích của nó là một chính
phương, thì tồn tại một tam giác khác nhỏ hơn tam giác ban đầu và có cung tính chất . Nếu tam giác
thứ hai nhỏ hơn tam giác ban đầu và có cùng tính chất, thì lí luận tương tự ta nhận được tam giác thứ
ba nhỏ hơn tam giác thứ hai và cũng có cùng tính chất, quá trình này tiếp tục tìm được các tam giác
thứ tư, thứ năm, … giảm đến vô cùng. Số đo một cạnh của 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 vô hạn lần. Từ đó suy ra
không tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là những số tự nhiên, mà số đo diện tích tích
của nó là một số chính phương.
Sau đó Fermat có 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
biều diễn thành tổng của 2 số chính phương ”. Nhưng để ứng dụng phương pháp này vào việc chứng
minh những mệnh đề khác như “ Mọi số có thể biểu diễn thành tổng của không quá bốn số chính
phương ” , thì Fermat không để lại chi tiết áp dụng phương pháp này như thế nào. Hơn nữa,hàng
loạt các định lý của Fermat được chứng minh bằng phương pháp này cũng không để lại tính toán chi
tiết. Trong số đó có định lí lớn Fermat cho trường hợp n  3 . Sau này Euler đã áp dụng có kết quả
phương pháp này vào bài toán giải phương trình vô định và từ đó việc chứng minh định lớn Fermat

cho n  3 được phục hồi. Fermat khẳng định rằng phương pháp này là của mình đưa ra lần đầu tiên
và trước đó không ai biết phương pháp này. Nhưng ta nhớ lại rằng những cố gắng chứng minh
không thể phân tích một lập phương của số nguyên thành tổng của hai số lập phương 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. Poincaré và A. Baile. Ngày nay phương pháp này vẫn còn
được ứng dụng trong lí thuyết số của toán học.

3


PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG VÀ ỨNG DỤNG

A.Nguyên lí xuống thang
I. Lý thuyết
1. Nguyên lý xuống thang
• Mọi người đều biết khẳng định của Fermat rằng với n nguyên và lớn hơn hoặc bằng 3. Phương
trình

xn  y n  z n
không có nghiệm nguyên dương. ( Còn gọi là định lý Fermat lớn)
• Để giải quyết bài toán này nhiều nhà toán học đã sử dụng phương pháp gọi là “phương pháp
xuống thang” . Và nhiều người nghĩ rằng đây chính là cách mà Fermat đã dùng để chứng minh
“nhưng ông không viết vì không đủ chỗ” Nguyên lý xuống thang là một phương pháp có hiệu quả
để giải một lớp khá rộng những bài toán liên quan đến phương trình nguyên. Cơ sở của phương
pháp là tính sắp thứ tự các phần tử của một tập hợp và nguyên lý cực hạn.Phương pháp này được mô
tả như sau: Giả sử C là một tập các cấu hình nào đó ,mà nếu giả định C khác rỗng,thì trên C có
thể trang bị được một quan hệ thứ tự,cho phép lọc ra phần tử cực tiểu a �C . Rồi bằng phương pháp
nào đó (mà thường gọi là xuống thang) ta lại chỉ ra được trong C có phần tử a  b .

• Một trong nội dung ta thường sử dụng trong “nguyên lý xuống thang” là tính chất nghiệm của
phương trình Pythagore.
2. Phương trình Pythagore
• Phương trình

x 2  y 2  z 2 (1)
gọi là phương trình Pythagore. Bộ ba số nguyên dương là ( x, y , z ) thỏa mãn (1) được gọi là một bộ
ba Pythagore. Ta nhận thấy rằng nếu ( x, y, z ) là một bộ ba Pythagore thì với mọi d nguyên dương ,

dx, dy, dz 
bộ ba 
cũng là một bộ ba Pythagore. Vì lẽ đó ta chỉ quan tâm đến các bộ ba Pythagore
( x, y, z ) mà ở đó ( x, y , z )  1 . Khi đó ( x, y , z ) được gọi là một bộ ba Pythagore nguyên thủy.

• Bổ đề: Xét phương trình Pythagore Bộ ba ( x, y, z ) là một bộ ba Pythagore nguyên thủy khi chỉ khi
chúng có dạng sau
4


� x  m 2  n 2
�
� y  2mn
�z  m 2  n 2
�

m, n   1
Với m,n là các số nguyên dương , m  n và 
và m,n khác tính chẵn lẻ.

II.Ứng dụng:

1.Nguyên lý xuống thang với phương trình nghiệm nguyên
2
2
2
2
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 8a  4b  2c  d

Lời giải:
• Trước hết ta thấy ngay phương trình có nghiệm (0,0,0,0). Ta chứng minh phương trình
không còn nghiệm nào khác.
Thật vậy,giả sử nó có nghiệm khác nghiệm trên thì phải tồn tại nghiệm có dạng (a,b,c,d) với
d khác 0, thậm chí d > 0, theo tính chất của số tự nhiên thì phải có nghiệm (m,n,p,q) với q
nguyên dương bé nhất.
4
4
4
4
Ta thấy ngay q chẵn và giả sử q=2s. Khi đó ta có 4m  2n  p  8q . Từ đẳng thức ta rút
4
4
4
4
ra được p chẵn, p=2t. Lại thay vào đẳng thức vừa có,ta được 2m  n  8t  4s . Dẫn đến
4
4
4
4
n chẵn,n=2v. Tiếp tục thay vào đẳng thức kề trên ta có m  8t  4v  2 s . Lại có m chẵn
4
4

4
4
và m=2w. Khi đó có 8w  4v  2t  s . Đẳng thúc này chứng tỏ rằng (w,v,t,s) cũng là

nghiệm của phương trình đã cho,nhưng với sVí dụ 2: ( Bài toán Euler ) Chứng minh phương trình sau không có nghiệm trong các số tự nhiên:

4xy  x  y  z 2 (1)
Lời giải:
2
a, Để giải quyết bài toán trên ta đi đên giải quyết bài toán sau đây: 4 xy  x  1  z (2)

Giả sử (2) có nghiệm số tự nhiên x,y,z và giả sử a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (2) sao
2 
cho 4mn  m  1  a (3)
2
Với m,n là các số tự nhiên. Cộng 4m  4ma vào hai vế của phương trình (3) ta được:

4m(n  a  m)  m  1  ( a  2m) 2 (4)
Dễ dàng chứng minh được rằng a  m . (5)

5


Thật vậy, không thể có a    m , vì nếu a    m thì vế phải của (4) chia hết cho m và vế trái của (4)
không chia hết cho m.
Còn nếu a    m thì n  – a    m    n , và do đó vế trái của (4) nhỏ hơn vế phải của (3) tức là

 a  2m 

2

 a2

, điều này trái với việc xác định số a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (2)

a  2m

( Chú y rằng từ (4) thì

cũng là giá trị của z thỏa mãn (2) trong đó x    m, y    n  – a    m )

Bây giờ ta chứng minh tiếp rằng 4n  –1    2a (6)
2
Thật vậy, cộng (4n  1)  2 a(4n  1) vào hai vế của (3) thì ta được

a   4n  1 �
 4n  –1   m  – 2a    4n  –1   –1   �
�
�
2

2
Hay: 4n( m  2a  4n  1)  ( m  2a  4n  1)  1  [ a  (4n  1)]

Do đó
ta có

z  a  (4n  1)

a  a  (4n  1)

thỏa mãn (2) với y    n , x    m  – 2a    4n  –1  Vì vậy theo sự xác định của số a,

, từ đây dễ dàng suy ra được (6).

2
2
2
Từ (3), (5), (6) ta có a  1  (4n  1) m  2a.a  2a . Do đó a  1 . Vô lí, suy ra điều phải chứng
minh.

( Trong khi nghiên cứu để đi đến phát minh ra một định lí cơ bản của lí thuyết số, Euler đã chú ý đến phương
trình vô định 4 xy – x – y  z . Để chứng minh bài toán này cả Euler và Gôn – Bách phải dựa vào một
định lí của Fermat nhưng nó qua phức tạp vì thế hai người tìm cách chứng minh đơn giản hơn. Cách chứng
2

2
minh bài toán: 4 xy – x – y  z không có nghiệm tự nhiên trên là cách chứng minh mà Gôn –Bách gửi
cho Euler. )

Nhờ cách chứng minh của Gôn – bách mà Euler đã chứng minh được bài toán (1) như sau:
Giả sử (1) có nghiệm trong các số tự nhiên x,y,z và giả sử a là số tự nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn
2
(1) sao cho ta có 4mn  – m  – n    a (7) trong đó m và n là các số tự nhiên. Nên

(4m  1).(4n  1)  1  4a 2 (8)
2
Cộng 4(4n  1)  8a(4n  1) vào hai vế của (8), ta có

[4m  1  8a  4(4n  1)].(4n  1)  1  4( a  4n  1) 2 (9)
Đẳng thức (9) giống đẳng thức (8), cho thấy rằng phương trình (1) có nghiệm là
. Theo sự xác định số a thì
6


Hay

a 2   a  4n  1

2

. Do đó , từ (8) và (9) ta có:

�
4m  1  8a  4  4n  1 �
.  4n  1   4m  1  4n  1
�
�
Vì vậy 4n  1  2a . Vì (7) là đối xứng với m và n, nên 4m  1  2a

�4m  2a  p  1
�
Đặt �4n  1  2a  q trong đó p và q là những số tự nhiên.
Như vậy

 4m  1  4n  1  4a 2  2a  p  q   pq

Do đó, từ (8) ta suy ra
minh định lý đã cho.

2a  p  q   pq  1

với a, p, q là những số tự nhiên. Điều này vô lý với chứng

( Euler rất thích thú với cách chứng minh đơn giản này. Trong thư gửi cho Gôn – Bách đề ngày 15 tháng 10
năm 1743, Euler viết “ Thú thật tôi không ngờ rằng định lí đó có thể chứng minh một cách dễ dàng và đẹp đẽ
đến vậy. Từ đó tôi tin rằng các định lí của Fermat cũng có thể chứng minh một cách tương tự, và vì vậy tôi
cũng cảm ơn ông đã cho tôi biết cách chứng minh đẹp đẽ đó”.)

2.Nguyên lí xuống thang trong hình học:
Ví dụ 1:
CMR với 3 �n, n � 4 , không tồn tại đa giác đều n cạnh có đỉnh với tọa độ nguyên.
Lời giải:
• Với n  3 , ta sẽ chỉ ra không có tam giác đều đỉnh nguyên. Thật vậy, giả sử nếu có thì khi tính diện
tích theo định thức thì ta được diện tích là một số

hữu tỷ. Trong khi đó cạnh của tam giác là a thì diện tích tam giác đó là
( mâu thuẫn).

a2

3
4 lại là đại lượng vô tỷ

• Mặt khác nếu tồn tại một lục giác đều đỉnh nguyên thì tam giác đều đan nó cũng đỉnh nguyên. Do
đó theo chứng minh vừa rồi thì nó không tồn tại. Vậyvới n=3;6 thì nhận định là đúng.Ta xét các
A A ... A
trường hợp còn lại. Giả sử tồn tạiđa giác đều đỉnh nguyên 1 2 n với n khác 3; 4; 6 là một đa giác
đềuđỉnh nguyên có cạnh nhỏ nhất ( chúng luôn tồn tại do có đỉnh nguyên). Ta lấy các điểm

B1 , B2 , �, Bn
sao cho

uuuur uuuur uuuuu
r uuuur uuuuuuuu
r uuuur uuuuu
r uuuur
A1 B1  A2 A3 , A2 B2  A3 A4 ,..., An 1Bn1  An A1 , An Bn  A1B2

7


Khi đó dễ thấy rằng

B1 , B2 , �, Bn

cũng là các điểm nguyên.

B , B , �, Bn
Do n khác 3,4,6 nên 1 2
phân biệt và lập thành đa giác đều đỉnh nguyên bị chứa thực
A A ,..., An
B B � Bn
sự trong đa giác đều 1, 2
. Như vậy cạnh của đa giác đều đỉnh nguyên mới 1 2
nhỏ
A A ... A
hơn cạnh của đa giác đều 1 2 n ( mâu thuẫn!).
Ví dụ 2:
Biết rằng trong tất cả các đa giác n cạnh cùng nội tiếp 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:
Giả sử tồn tại một đa giác không đều S, n cạnh nội tiếp đường tròn có diện tích lớn nhất .
Vì S không đều nên sẽ có 3 đỉnh A;B;C liên tiếp theo thứ tự đó sao cho AB khác BC.
Trên cung ABC của đường tròn lấy trung điểm B’ của nó, thì B’ khác B. Dễ thấy khoảng cách từ B’
tới đường thẳng AC lớn hơn khoảng cách từ B đến đường thẳng này. Vì vậy, diện tích tam giác
AB’C lớn hơn diện tích tam giác ABC.
Khi đó ta thay đỉnh B của đa giác S bởi đỉnh B’, còn các đỉnh khác giữ nguyên thì ta sẽ thu được đa
giác S’ có diện tích lớn hơn diện tích đa giác S.( mâu thuẫn!)
Vậy có điều phải chứng minh !
8


Ví dụ 3:
Chứng minh rằng không thể chia một khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ từng đôi
một khác nhau.
Lời giải:
• Trước hết ta nêu ra một chú ý sau: “ nếu một hình vuông P phân chia được thành một số hữu hạn
hình vuông khác nhau thì hình vuông bé nhất không dính với biên của hình vuông P
• Bây giờ ta giả thiết rằng có thể chia cắt hình lập phương Q thành các lập phương khác nhau Qi và
gọi P là một trong những mặt bên của Q.
Các lập phương Qi dính với P tạo nên một sự phân chia P thành các hình vuông từng cặp khác
nhau. Gọi P1 là hình vuông bé nhất trong các hình vuông đó và Q1 là lập phương tương ứng. P1
không dính với biên của P do đó bị bao bọc bởi các hình vuông lớn hơn. Các lập phương tương ứng
tạo thành một “cái giếng ” có Q1 nằm trong đó.
Giả sử P’1 là mặt đối diện với P1 của lập phương Q1. Các lập phương dính với P’1 tạo nên một
sự phân hoạch P’1 thành vố số hình vuông khác nhau. Gọi P2 là hình vuông bé nhất trong chúng. Vì
P2 đặt trong P’1 nên những hình lập phương bao bọc lập phương Q 2và lớn hơn Q 2 và tạo thành “
giếng” . Tiếp tục quá trình xây dựng như trên ta nhận được một “ cái tháp” vô hạn gồm tất cả các lập
phuơng bé dần.

Đó là điều không thể có được.

III. Bài tập
Bài 1.
2
2
2
2
a, Giải phương trình với nghiệm nguyên: x  y  z  u  xyzu
b, Chứng minh rằng không thể biểu diễn số 7 thành tổng bình phương của 3 số hữu tỉ.
3
3
3
c, Giải phương trình với nghiệm nguyên x  3 y  9 z .

Lời giải:
a, Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là (x,y,z,u)
2
2
2
2
Khi đó do x  y  z  u  xyzu (1)

Ta suy ra
+ Nếu một trong các số x,y,z,u bằng 0 thì suy ra x = y = z = u = 0.
+ Nếu x,y,z, t đều khác 0 thì ta có trong các số x,y,z,u phải có một số chẵn số các số lẻ.
1. Nếu tất cả đều lẻ thì VP(1) lẻ còn VT(1) chẵn ⇒Vô lý.
Nếu chỉ có hai số lẻ thì VP(1) 4 còn VT(1) không chia hết cho 4⇒Vô lý.
2. Với x, y, z, u đều chẵn.
x  2 x1 , y  2 y1 , z  2 z1 , u  2u1

Đặt
9


2
2
2
2
Thay vào phương trinh đã cho ta được x1  y1  z1  t1  4 x1 y1 z1t1

Cũng lí luận như trên tất cả các nghiệm của phương trình phải chẵn
x1  2 x2 , y  2 y2 , z  2 z2 , u  2u2 .
2
2
2
2
2
Từ đó đi đến x2  y2  z2  t2  4 x2 y2 z2t 2  . Một cách tổng quát, xuất phát từ
nghiệm (x,y,z,u) bằng phương pháp xuống thang ta đi đến phương trình
xs 2  ys 2  zs 2  ts 2  4 s xs ys z sts  

Với

xk  2 xk 1 , y k  2 yk 1 , z k  2 z k 1 , t k  2t k 1

x y z t
 , k , k , k
k
Tức là với mọi k tự nhiên ta có 2 2 2 2 là các số nguyên. Điểu này chỉ đúng với
s = 1 tức x = y = z = u = 2.

Vậy nghiệm của phương trình là (x,y,z,u) = (0,0,0,0) hoặc (2,2,2,2).
b, Giả sử 7 có thể biểu diễn thành tổng bình phương của 3 số hữu tỉ khi đó ta có thể đưa bài toán
2
2
2 
2
về việc giải phương trình nghiệm nguyên : x  y  z  7u
c, Tương tự ví dụ 1. Sử dụng tính chất chất chia hết cho 3.
2
2
Bài 2. Với giá trị nào của n thì phương trình: x  y  1  nxy có nghiệm nguyên dương.

1. Với n = 1;2 thì dễ thấy pt vô nghiệm.
2. Với n = 3 ,có nghiệm (1,1) nên n = 3 thỏa mãn.
3. Ta chứng minh n > 3 thì phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Thật vậy, giả sử tồn tại k > 3 nguyên mà phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương.
Giả sử (x0,y0) là nghiệm nguyên dương của phương trình, thỏa mãn x0 + y0 nhỏ nhất.
Nếu x0 = y0 thì thay vào phương trình có k = 3 (vô lý với giả thiết k>3) Vậy từ đó có
x0 ≠ y0. Không mất tính tổng quát có thể giả sử x0 < y0. Khi đó xét phương trình :
y2 – kx0y + x02 + 1 = 0

(2)

Rõ ràng y0 là một nghiệm của phương trình (2). Gọi y1 là nghiệm thứ hai của (2) suy ra (x0, y1 ) là
nghiệm của phương trình (1).

Theo Vi-et thì

�y0  y1  kx0         3
�

2
�y0 y1   x0  1        4 

Do (3) suy ra y1 nguyên, còn do y0 > 0 nên từ (4) suy ra y1 > 0.

y

x0 2  1 x0 2 1
1

   x0   x0  1
y0
y0 y0
y0

Từ (4) có
( Do y0 > x0 ≥ 1,x0 nguyên dương )

10


Do y1 và x0 + 1 đều là nguyên, nên từ y1 < x0 + 1 suy ra y1 ≤ x0. Từ đó có y1 < y0, vì thế có
x0 + y1 < x0 + y0 ( mâu thuẫn với cách xác định nghiệm (x0,y0) ). Vậy giả thiết phản chứng là sai.
Tóm lại n = 3 là giá trị duy nhất.
2
2
Bài 3: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x  2 y  1 .

Lời giải:
Dễ dàng kiểm tra:

x1  3; y1  2

là 1 nghiệm của phương trình. Ta thấy nếu cặp (x; y) là nghiệm thì

3x  4 y 
cặp (3x + 4y, 2x + 3y) cũng sẽ là nghiệm vì: 

2

 2  2x  3y   x2  2 y 2
2

.

Như vậy các cặp:

x2   3.3  4.2  17; y2  2.3  3.2  12
x3  99; y3  70,...

đều là nghiệm.

Ta có 1 dãy vô số nghiệm như vậy và ta sẽ chứng minh là không còn các nghiệm khác nữa. Giả sử
x, y là 1 nghiệm nào đó. Trong trường hợp này:

x1  3x  4 y, y1  3 y  2 x

2
2
2

2
cũng là nghiệm vì (3x  4 y )  2(2 x  3 y )  x  2 y . Do

9  9( x 2  2 y 2 )  2 y 2 suy ra 3 x  4 y và với y > 2.
2
2
2
thì 4  4( x  2 y )  y suy ra 3y > 2x.

Như vậy, với y > 2 nếu phương trình có nghiệm x, y thì ta sẽ nhận được nghiệm x1, y1 là các số
nguyên dương và x1 < x, y1 < y.
Vì quá trình này không thể tiếp tục vô hạn được (trong bất cứ 1 tập hợp khác rỗng các số tự nhiên
dương bao giờ cũng có 1 số nhỏ nhất) nên đến 1 lúc nào đấy, ta sẽ có nghiệm xn, yn trong đó yn = 2.
Khi đó xn = 3 tức là xn, yn thuộc chính tập hợp nghiệm ban đầu.
=> Mâu thuẫn.
Bài 4: Một cái cân hai đĩa có 2n + 1 quả cân, mỗi quả có khối lượng là 1 số nguyên dương. Biết
rằng, bất kì 2n quả cân nào cũng có thể đặt lên hai bên đĩa cân, mỗi bên n quả cân, sao cho cân thăng
bằng. Hãy chứng minh, các quả cân cũng có khối lượng bằng nhau.
Lời giải:
Tất cả các quả cân đều có khối lượng cùng chẵn hoặc cùng lẻ (vì khối lượng của bất kì 2n quả cân
nào cũng là 1 số chẵn).
Giả sử ta giảm khối lượng tất cả các quả cân, mỗi quả 1 lượng bằng khối lượng của quả cân nhẹ nhất
thì nhóm những quả cân mới vẫn thoả mãn điều kiện bài.
11


Trong những quả cân mới, có thể có quả có khối lượng = 0.
Khối lượng mỗi quả cân trong nhóm mới là một số chẵn.
1
Ta lại lập 1 nhóm mới mà khối lượng mỗi quả bằng 2 khối lượng quả cân trước. Nhóm mới này

cũng thoả mãn điều kiện bài và lập luận như trên ta lại có khối lượng mỗi quả cân này là một số
chẵn.
Quá trình này diễn ra vô hạn (mâu thuẫn).
Vậy các quả cân ban đầu bằng nhau.
Bài 5: Chứng minh rằng phương trình

x 2 y 2   z 2  z 2  x 2  y 2 

không có nghiệm nguyên dương

Lời giải
xy
Giả sử (x, y; z) là nghiệm nguyên dương của phương trình sao cho z là nhỏ nhất trong số những
nghiệm của phương trình.
xy
Dễ thấy z là số nguyên.
Viết x, y, z thành

x  dx1 , y  dy1 , z  dz1

.

Ở đây d = (x,y,z), (x1,y1,z1) = 1.
Phương trình đã cho tương đương với

x12 y12  z12  z12  x12  y12 

.

Đặt u = (x1,z1), v = (y1,z1) vậy x1 = ut, y1 = vu.

Vì x1, y1 chia hết cho z1, ta có z1 = uv.
Ta có:

u

2

 w2   v 2  t 2   2u 2v 2

.

Hơn nữa từ (x1, y1,z1) = 1 suy ra (u, w) = 1, (v,t) = 1.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Do đó: u  w  v , v  t  2u hoặc u  w  2v , v  t  u .
2
2
2
Giả sử phương trình 1 đúng, dễ thấy v và u lẻ do u  w  v và nghiệm tổng quát của phương trình

2
2
2
2
Pytago ta có: u  m  n , w  2mn, v  m  n (m, n là những số tự nhiên nguyên tố cùng nhau khác



2
2
2
t 2   2mn   m2  n 2
v

t

2
u
tính chẵn lẻ) Thay giá trị trên vào phương trình
cho kết quả

2



2

12

2
2
2
2
2
2
và như vậy t  p  q , mn  pq, m  n  p  q với những số tự nhiên p, q nào đó. Do đó

p 2 q 2  m 2  m2  p 2  q 2 

.

=> (p,q,m) là nghiệm nguyên dương của phương trình ban đầu.
pq
xy
 n  d ( p 2  q 2 )2mn 
z (mâu thuẫn).
Ta có m
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.

IV. Bài tập tự giải:
2
2
2
2
2 2 2
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình: x  y  z  t  x y z .
2009
2
2009

2009
2009
 y 2009
Bài 2. Giải phương trinh nghiệm nguyên: 2009 x1  2009 x2  ...  2009 x2009
không có nghiệm nguyên dương.

2
2
2
Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y  3z .

B.Nguyên lí lùi vô hạn
Như chúng ta đã biết nguyên lí lùi vô hạn và nguyên lí xuống thang đều có cùng bản chất nhưng
khác nhau ở vẻ bề ngoài . Nó còn được gọi với tên “nguyên lí xuống thang không xác định”. Hầu
hết các bài toán giải được bằng phương pháp này cũng có thể giải được bằng phương pháp kia. Phần
dưới đây tôi trình bày sơ quá về nguyên lí lùi vô hạn cùng một số bài tập về nguyên lí này.

I.Nội dung cơ bản của nguyên lí lùi vô hạn:
Chúng ta có thể tóm tắt các bước chứng minh trong một bài toán sử dụng nguyên lí lùi vô hạn như
sau.
1. Giả sử bài toán có nghiệm ( hoặc những đại lượng thỏa mãn bài toán ).
2. Từ giả thiết của bài toán ta lại xây dựng được đại lượng giảm thực sự cũng thỏa mãn điều kiện
của bài toán đã cho. Một cách lặp lại ta xây dựng được một dãy đại lượng giảm thực sự.
3. Từ dãy giảm vô hạn trên ta suy ra điều vô lí vì dãy số của ta xây dựng không thể giảm vô hạn
được mà chỉ có thể hữu hạn.
4. Vậy điều giả sử là sai và suy ra kết luận của bài toán.

II.Ứng dụng
1. Phương pháp lùi vô hạn trong số học
Ví dụ 1:Chứng minh 3 là số vô tỉ.

13


Lời giải: Giả sử
nguyên dương).

3 là số hữu tỉ. Khi đó ta có thể biều diễn

3

r
s (ở đây r và s là những số

2
2 
2
Khi đó 3s  r (1) Như vậy vế phải của (1) là một số chia hết cho 3, suy ra r chia hết cho 3.

Điều này chứng tỏ r chia hết cho 3. Ta đặt

r    3r1

Lí luận tương tự cho phương trình (2) tìm được
 r  r1

2
2
và thay vào (1) ta nhận được s  3r1 (2)

s    3s1 ( s1 �N* )

2
2
r  3r1
đồng thời 3s1  r1 (3) Từ
có

Phương trình (3) tương tự như phương trình (2). Ta lại sử dụng cùng lí luận cho phương trình (3) ta
r   r  �
     rn   �
     0
nhận được một dãy các số nguyên dương vô hạn : 1 2
. (4)
Điều (4) là vô lí vì tập hợp những số tự nhiên dương nhỏ hơn r là hữu hạn. Điều này chỉ ra rằng
phương trình (3) không có nghiệm nguyên. Suy ra điều phải chứng minh.
( Bằng cách như trên bạn hãy chứng minh các bài tập sau:
1.Chứng minh rằng

p1. p2 � pn

(với

p2 , p2 ,� pn

là các số nguyên tố khác nhau) là số vô tỉ

2.Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên p không là lũy thừa bậc n của một số tự nhiên thì
một số vô tỉ).

n

p

là

2
2
2
2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình: 6( x  y )  t  z (*) vô nghiệm nguyên dương.

Lời giải:
Giả sử phương trình (*) có nghiệm nguyên dương

(x 0 , y 0 , z 0 , t 0 )

2
2
2
2
. Do đó: 6( x0  y0 )  t0  z0

2
2
Vế phải của (6) chia hết cho 3, nghĩa là t0  z0 chia hết cho 3. Dễ chứng minh được rằng điều này
2
2
2
2
z z

t t
xảy ra khi và chỉ khi và đều chia hết cho 3. Vì thế 0 1 và 0 1 , suy ra t0  z0  t1  z1 . Thay
2
2
2
2
vào phương trình (6) ta nhận được: 2( x0  y0 )  3(t1  z1 )
2
2
Vế trái của phương trình trên chia hết cho 3, suy ra x0  y0 chia hết cho 3. Tương tự như trên ta có
và đề u chia hết cho 3.

Ta đặt
(7)

x 0   3x1

và

y0   3 y1 (x1 , y1 �N *)

2
2
2
2
. Khi đó ta nhận được phương trình 6( x1  y1 )  t1  z1

14

Phương trình này giống phương trình (6) , chỉ có khác chỉ số. Ta lập luận tương tự, ta thu được
x1 

nghiệm (7) là
t0  t1   t2   �  0

x0
y
z
t
y1  0 z1  0 t1  0
3,
3 ,
3 ,
3 và tạo ra dãy số nguyên dương vô hạn
. Điều này vô lí vì dãy số tự nhiên nhỏ hơn chỉ có hữu hạn.

3
3
3
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  3 y  9 z (1)

Lời giải:
3
3
3
Từ (1) dễ thấy xM3  nên đặt x=3x1 .Suy ra phương trình (1) trở thành 9 x1  y  3 z  (2).

Từ đây ta suy ra

y M3 � y  3 y1

.

3
3
3
Thay vào (2) ta được: 3 x1  9 y1  z .

Ta lại suy ra

z M3 � z  3z1

.

3
3
3
Phương trình bây giờ là: x1  3 y1  9 z1 .

Nếu (x;y;z) là 1 bộ nghiệm của (1) thì (x1; y1 ; z1 ) cũng là 1 bộ nghiệm
Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến kết luận x,y,z chia hết cho 3k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ
đúng với x = y = z = 0.
2
2
2
2 2
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  y  z  x y (*)

Lời giải:

Giả sử x,y đều lẻ thì z chẵn => VT(*) chia cho 4 dư 2, VP(*) chia cho 4 dư 1( vô lý).
2
2
Vậy tồn tại 1 trong 2 số x,y chẵn. Không g ảm tổng quát gọi x chẵn thì y  z M4 nên y,z chẵn.

Từ đây ta suy ra

x  2 x1 ; y  2 y1 ; z  2 z1

. Thay vào pt (*) ta được:

x12  y12  z12  4 x12 y12

.

Cứ tiếp tục như vậy ta được : x,y,z chia hết cho 2k. Điều này chỉ đúng với x = y = z = 0.
2.Phương pháp lùi vô hạn trong hình học:
Ví dụ: Chứng minh rằng đường chéo của một hình vuông không cùng đo được với cạnh của nó.
Lời giải:
Cho hình vuông ABCD. Ta đặt trên hình vuông từ điểm B đoạn có độ dài bằng

15


cạnh của nó

BD1  AB

(hình bên) . Từ điểm nhận được ta dựng đường thằng

vuông góc với đường chéo của hình vuông và cắt cạnh hình vuông tại và nối với B.
Có △ AB1B và △ D1 B1B bằng nhau (tam giác vuông chung BB1 và BD1 = BA (theo cách dựng).
Suy ra AB1 =D1B1 .
Trong tam giác vuông B1 C D1 có góc B1CD1=45(do BC là đường chéo của hình vuông).
Suy ra góc CB1D1 =45và vì thế B1D1 = D1C.
Ta đã chứng minh được AB1 = B1D1 =D1C , từ đó suy ra D1CTa lại vẽ đường vuông góc với đường chéo CB tại C và đặt đoạn thẳng
CA1 = D1 B1 rồi nối điểm A1 với B1. Tứ giác A1 B1 C1 D1 là hình vuông có đường chéo là B1 C .
Quá trình dựng những hình vuông như vậy lặp đi lặp lại nhiều lần. Vì thế ta nhận được một dãy vô
hạn những đoạn thẳng :
CD1 > CD2 > CD3 >…>0.
Mỗi đoạn thẳng này là hiệu giữa đường chéo và cạnh của một và chỉ một hình vuông. Theo cách
dựng trên ta tính được :
CD1 = CB – AB, CD2 = CB1 –A1 B1, CD3 = CB2 – A2 B2 ,…
Giả sử đường chéo và cạnh của hình vuông ban đầu cùng đo được thì tồn tại một đoạn thằng đơn vị
e mà đường chéo BC và cạnh hình vuông AB đều biểu diễn những số nguyên lần đoạn thẳng đơn vị.

16


Trong trường hợp như vậy CD1 =CB – AB cũng biểu diễn thành số nguyên lần đoạn thẳng đơn vị và
đường chéo CB1 của hình vuông A1CB1D1 bằng hiệu AC – AB1 = AB – CD1 cũng là số nguyên lần
đoạn thẳng đơn vị.
Như vậy ta đã xây dựng được dãy giảm vô hạn những số nguyên giảm CD > CD1 > CD2 > … > CDk
>… > 0.
(ở đây CDi là độ dài đoạn CDi ).
Không thể xảy ra dãy số nguyên dưong vô hạn giảm tới 0.
Điều vô lí này chỉ ra rằng không cùng đo được đường chéo và cạnh của một hình vuông.

C. Kết luận:

Như vậy với việc sử dụng nguyên lý xuống thang chúng ta đã có một cách làm vô cùng đơn giản
cho rất nhiều bài toán liên quan đến số học cũng như hình học tổ hợp mà chúng ta tưởng chừng
không thể giải được một cách dễ dàng.
Có thể thấy sử dụng nguyên lý xuống thang là một trong những phương pháp đẹp mắt và hết sức độc
đáo.

Tài liệu tham khảo:


Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi-Nguyên lí xuống thang (Trần Quang Thuận).



Giải toán bằng phương pháp sử dụng đại lượng cực biên (Nguyễn Hữu Điển).

Các thành viên trong nhóm:
1.
2.
3.
4.

Trần Quang Minh-10T2
Nguyễn Phương Thảo-10T2
Nguyễn Thu Hương-10T2
Cồ Huy Dũng-10T2

17