Câu II

Số học

2,0 điểm · Tính chia hết theo mod 8; phương trình Diophantine nghiệm tự nhiên

Cả hai ý đều xử lí bằng kĩ thuật xét đồng dư kết hợp phân tích thừa số. Ý 1 dùng phân tích chẵn lẻ và đồng dư mod 8; ý 2 dựa vào tính chia hết của $2y+1$ cho $x+2$ thông qua biến đổi $4y^2 \equiv 1 \pmod{2y+1}$ .

1) n chia hết cho 4, không chia hết cho 8

Giả sử $a,\,b,\,c \in \mathbb{Z}^+$ và $n = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2 + 1}{abc} \in \mathbb{Z}^+$ , tức $abc \mid a^2 + b^2 + c^2 + 1$ .

Bước 1 — Phân tích chẵn lẻ của (a, b, c)

Trường hợp 1: Có đúng một hoặc đúng hai trong ba số $a,\,b,\,c$ là chẵn. Khi đó $abc$ chẵn nhưng $a^2 + b^2 + c^2 + 1$ là (số chẵn) + (số lẻ) = lẻ. Mâu thuẫn.

Trường hợp 2: Cả ba số $a,\,b,\,c$ đều chẵn. Viết $a = 2a',\ b = 2b',\ c = 2c'$ thì tử $a^2 + b^2 + c^2 + 1 = 4(a'^2+b'^2+c'^2) + 1$ là số lẻ, trong khi $abc = 8a'b'c'$ chia hết cho $8$ . Mâu thuẫn.

Kết luận: $a,\,b,\,c$ cùng lẻ.

Bước 2 — Tính tử mod 8

Với $x$ lẻ, $x^2 \equiv 1 \pmod{8}$ (vì $(2k+1)^2 = 4k(k+1) + 1$ mà $k(k+1)$ chẵn). Do đó $a^2 + b^2 + c^2 + 1 \equiv 1 + 1 + 1 + 1 = 4 \pmod{8}.$

Bước 3 — Suy ra n mod 8

Vì $a,\,b,\,c$ cùng lẻ nên $abc$ lẻ. Đặt $abc = 2t + 1$ . Ta có $n \cdot abc = a^2+b^2+c^2+1 \equiv 4 \pmod{8}$ .

Xét $n$ theo mod 8:

Nếu $n$ lẻ thì $n \cdot abc$ lẻ, không thể $\equiv 4 \pmod{8}$ (vì $4$ chẵn).
Nếu $n = 2m$ với $m$ lẻ thì $n \cdot abc = 2m(2t+1) \equiv 2m \equiv 2 \pmod{4}$ , không thể $\equiv 4 \equiv 0 \pmod{4}$ .
Nếu $n = 4m$ với $m$ lẻ thì $n \cdot abc = 4m(2t+1) \equiv 4m \equiv 4 \pmod{8}$ ✓.
Nếu $8 \mid n$ thì $n \cdot abc \equiv 0 \pmod{8}$ , không thể $\equiv 4 \pmod{8}$ .

Chỉ còn khả năng $n = 4m$ với $m$ lẻ, tức $n \equiv 4 \pmod{8}$ .

Do đó $4 \mid n$ nhưng $8 \nmid n$ . $\blacksquare$

Bộ

(a,b,c) = (1,1,1)

cho

n = \frac{4}{1} = 4

; bộ

(1,1,3)

cho

n = \frac{12}{3} = 4

; bộ

(1,3,11)

cho

n = \frac{132}{33} = 4

— tất cả các giá trị có nghiệm đều cho

n = 4

2) Tìm (x, y) tự nhiên

Điều kiện. Để các phân thức xác định: $x + 2 \ne 0$ (luôn đúng với $x \in \mathbb{N}$ ) và $2y + 1 \ne 0$ (luôn đúng với $y \in \mathbb{N}$ ).

Phương trình tương đương: $(x^3 + 3)(2y + 1) = 4y^2(x + 2). \qquad (\ast)$

Phân tích chia hết

Lấy đồng dư hai vế theo modulo $2y + 1$ . Do $2y \equiv -1 \pmod{2y+1}$ nên $4y^2 \equiv 1 \pmod{2y+1}$ . Vế phải $\equiv x + 2 \pmod{2y+1}$ , vế trái $\equiv 0$ . Suy ra $\boxed{\,(2y+1) \mid (x + 2)\,}.$

Đặt $x + 2 = (2y + 1) k$ với $k \in \mathbb{Z}^+$ . Thay vào $(\ast)$ rồi chia hai vế cho $2y + 1$ (khác $0$ ): $x^3 + 3 = 4 k y^2. \qquad (\ast\ast)$

Trường hợp $k = 1$ : $x + 2 = 2y + 1 \Rightarrow x = 2y - 1$ (nên $y \ge 1$ ). Thay vào $(\ast\ast)$ :

$(2y-1)^3 + 3 = 4y^2 \Leftrightarrow 8y^3 - 12y^2 + 6y + 2 = 4y^2 \Leftrightarrow 4y^3 - 8y^2 + 3y + 1 = 0.$

Thử $y = 1$ : $4 - 8 + 3 + 1 = 0$ ✓. Tách nhân tử: $4y^3 - 8y^2 + 3y + 1 = (y - 1)(4y^2 - 4y - 1)$ . Phương trình $4y^2 - 4y - 1 = 0$ có nghiệm $y = \dfrac{1 \pm \sqrt{2}}{2}$ không phải số tự nhiên. Vậy $y = 1$ , suy ra $x = 1$ .

Trường hợp $k \ge 2$ : $x = (2y+1)k - 2 \ge 2(2y+1) - 2 = 4y$ . Do đó $x^3 \ge 64 y^3$ , mà $4ky^2 \le 4 \cdot \dfrac{x+2}{2y+1} \cdot y^2$ . Cụ thể với $y \ge 1$ :

$x^3 + 3 \ge (4y)^3 = 64 y^3, \quad \text{và} \quad 4 k y^2 = \dfrac{4(x+2)y^2}{2y+1} < \dfrac{4(x+2)y^2}{2y} = 2(x+2)y \le 2 \cdot \bigl( (2y+1)k \bigr) \cdot y.$

Đơn giản hơn, ta xét trực tiếp $(\ast\ast)$ với $k \ge 2$ . Có $4ky^2 = x^3 + 3 \ge (4y)^3 + 3 = 64 y^3 + 3$ nên $4k \ge 64 y + 3/y^2 > 64y$ , tức $k > 16 y$ . Mặt khác $k = \dfrac{x+2}{2y+1}$ , và với $x \le 4y \cdot k$ (vì $x = (2y+1)k - 2 \le (2y+1)k$ ), kết hợp với $x^3 + 3 = 4ky^2$ ta thu được $((2y+1)k)^3 \approx 4ky^2$ , tức $k^2 (2y+1)^3 \approx 4 y^2$ — vô lí với $k \ge 2,\ y \ge 1$ .

Khẳng định loại

k \ge 2

một cách gọn

Với $y = 0$ : $(\ast)$ trở thành $x^3 + 3 = 0$ , vô nghiệm trong $\mathbb{N}$ .

Với $y \ge 1$ và $k \ge 2$ : từ $x = (2y+1)k - 2 \ge 2(2y+1) - 2 = 4y$ , ta có $x^3 + 3 \ge 64 y^3 + 3 \gg 4ky^2 = \dfrac{4(x+2)y^2}{2y+1}.$ Cụ thể $\dfrac{4(x+2)y^2}{2y+1} \le \dfrac{4(x+2) \cdot y}{2} = 2(x+2)y$ . Do $x \ge 4y \ge 4$ nên $2(x+2)y \le 2(x+2)\cdot \dfrac{x}{4} = \dfrac{x(x+2)}{2} < x^3$ khi $x \ge 2$ . Vậy $x^3 + 3 > 4ky^2$ , phương trình $(\ast\ast)$ vô nghiệm.

Kiểm tra. Với $(x;\,y) = (1;\,1)$ : $\dfrac{1^3 + 3}{1+2} = \dfrac{4}{3}$ và $\dfrac{4 \cdot 1^2}{2 \cdot 1 + 1} = \dfrac{4}{3}$ . ✓

Cặp duy nhất là

(x;\, y) = (1;\, 1)

.Đáp số Câu II.2