Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề tìm điểm hữu tỷ trên đường cong phẳng bằng phương pháp dây cung, tiếp tuyến

TÌM ĐIỂM HỮU TỶ TRÊN ĐƯỜNG CONG PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP DÂY CUNG, TIẾP TUYẾN NGUYỄN VĂN NHIỆM GV. Trường THPT chuyên Lam Sơn Thanh Hóa Việc tìm hữu tỷ trên một đường cong phẳng là một bài toán khó, bài viết này chúng tôi xin giới thiệu phương pháp dây cung, tiếp tuyến của đường cong để tìm điểm hữu tỷ trên đường cong phẳng. CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP Trong bài viết này ta chỉ xét f ( x, y ) là đa thức hai biến với hệ số thực. Điểm M ( x, y ) trên đường cong (C ) có phương trình f ( x, y )  0 được gọi là điểm hữu tỷ, nếu các toạ độ của chúng là các số hữu tỷ. Bậc của đa thức f ( x, y ) được gọi là bậc của đường cong (C). Chúng ta mở đầu bằng cách tìm điểm hữu tỷ trên đường tròn (C ) : x 2  y 2  1  0 : Ta nhận thấy điểm hữu tỷ A(1;0)  (C ). Nếu điểm hữu tỷ thứ hai B( x1; y1 )  (C), thì đường thẳng AB có hệ số góc k là hữu tỷ, vì k  y1 . Ngược lại x1  1 Giả sử k là số hữu tỷ, thì đường thẳng thẳng đi qua A(1;0) với hệ số góc k sẽ có phương trình y  k ( x  1). Để tìm giao điểm của đường thẳng này với đường tròn, chúng ta thế y bởi k ( x  1) vào phương trình của (C). Kết quả thu được là một phương trình bậc hai ẩn x, với một nghiệm đã biết x  1, từ đó tìm được k 2 1 nghiệm còn lại (theo hệ thức viét) là x  2 . Vậy giao điểm thứ hai của đường k 1  k 2  1 2 k  thẳng và đường tròn là điểm hữu tỷ  2 ; 2 .  k 1 k 1 Đường thẳng x  1, chỉ giao với đường tròn (C) tại một điểm A(1;0). k 2 1 2k y Vì vậy, chúng ta có các phương trình x1  2 , y1  2 , k  1 , k 1 k 1 x1  1 xác định tương ứng 1  1 giữa các số hữu tỷ k và các điểm hữu tỷ trên đường tròn (C), khác với điểm A(1;0) khởi đầu. Tổng quát chúng ta xét đa thức f ( x; y ) bậc d với hệ số thực và đường thẳng (d ) : ax  by  c  0, với a, b không đồng thời bằng 0. Ta có thể giả thiết b  0 (nghĩa là (d) không phải là đường thẳng thẳng đứng). Khi đó, bằng cách thay đổi 1 kí hiệu ta có thể viết phương trình của đường thẳng (d) dưới dạng y  kx  r. Như vậy, hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và đường cong (C), là nghiệm của đa thức: p( x)  f ( x; kx  r ). (1) Đa thức này cùng lắm có bậc bằng d. Vì vậy, p ( x) cùng lắm có d nghiệm thực, ngoại trừ trường hợp p ( x) đồng nhất bằng 0. Trong trường hợp sau cùng, mọi điểm của (d) đều nằm trên (C), khi đó ta nói (d) là một thành phần của (C). Chúng ta có thể chứng minh được rằng, khi đó đa thức y  k ( x  r ) là một nhân tử của f ( x; y ). Thật vậy, đặt u  y  (kx  r ), ta được f ( x; y )  f ( x; u  kx  r ). Khai triển vế phải ta được một đa thức của x và u. Nhóm lại theo luỹ thừa của u, ta được f ( x; u  kx  r )  f 0 ( x)  f1 ( x)u  f 22 ( x)u 2  ...  f dd ( x )u d , trong đó các fi ( x) là các đa thức bậc không vượt quá d  i. Quay trở lại biến ( x; y ) ban đầu, f ( x; y ) có thể viết lại dưới dạng d f ( x; y)   fi ( x)( y  kx  r )i . i 0 Từ định nghĩa của p( x), chúng ta thấy rằng p( x)  f0 ( x). Vì vậy nếu p ( x) đồng d nhất bằng 0 thì f ( x; y)  ( y  kx  r )h( x; y), trong đó h( x; y )   f ( x)( y  kx  r )i . i 1 Hơn nữa, các hệ số của fi ( x) xác định từ k , r và các hệ số của f ( x; y ) bằng các phép toán cộng và nhân. Vì vậy nếu k , r và các hệ số của f ( x; y ) là số thực thì các hệ số của h( x; y ) cũng thực. Nếu các số k , r và các hệ số của f ( x; y ) hữu tỷ, thì các hệ số của h( x; y ) cũng hữu tỷ. Từ đó chúng ta có kết quả hữu ích sau: Định lí. Cho f ( x; y ) là một đa thức bậc d với các hệ số thực. Cho k , r các số thực và gọi (d) là đường thẳng y  kx  r . Nếu phương trình f ( x; kx  r )  0 nhiều hơn d nghiệm (kể cả nghiệm bội) , thì đường thẳng (d) là một thành phần của (C), và có một đa thức h( x; y ) với hệ số thực sao cho f ( x; y )  ( y  kx  r )h( x; y ). Hơn nữa, nếu k , r là các số hữu tỷ và các hệ số của f ( x; y ) đều là số hữu tỷ, thì các hệ số của h( x; y ) cũng là những số hữu tỷ. Nếu ta tính đạo hàm của f ( x; y ) theo biến x, i lần và tính đạo hàm theo biến y, i j f ( x; y ) . Với mỗi điểm M ( x0 ; y0 ) trên mặt phẳng j lần thì ta kí hiệu : xi y j 2 i j ¡  ¡ , gọi m là số nguyên dương lớn nhất sao cho i j f ( x0 ; y0 )  0 , với mọi x y i  j  m, thì m gọi là số bội của điểm M ( x0 ; y0 ) đối với đường cong (C). Vậy đường cong (C) là tập hợp các điểm có số bội dương. Điểm M ( x0 ; y0 )  (C) được gọi là điểm đơn nếu m  1. Điểm M ( x0 ; y0 )  (C) mà m  1 được gọi là điểm kì dị của đường cong (C). Một điểm nằm trên đường cong với m  2 gọi là điểm bội hai, m  3 gọi là điểm bội ba. Để thấy rõ hơn ý tưởng của phương pháp này chúng ta viết f ( x; y )  a00  a10 x  a01 y  a20 x 2  a11 xy  a20 y 2  ... . Các hệ số aij liên hệ tới các đạo hàm riêng của f ( x; y ) , để đơn giản ta kí hiệu i , j ( x; y )  thì  i ,ni (0,0)  i ! j !ai j , suy ra aij  i j f ( x; y ), xi y j 1 i Cn i ,ni (0;0) . n! d 1 n i Khi đó f ( x; y)    Cn i ,ni (0;0)xi y ni . Ở đây ta sắp xếp các đơn thức x i y j n  0 n! i  0 theo bậc và sắp xếp các số hạng cùng bậc i  j  n vào tổng trong. Bằng biến đổi ta có thể khai triển f ( x; y ) theo các luỹ thừa của ( x  x0 ) và d 1 n i Cn i ,ni ( x0 ; y0 )( x  x0 )i ( y  y0 ) ni .  n 0 n! i 0 ( y  y0 ) , vì vậy f ( x; y)   (2) Sử dụng công thức ở (2), chúng ta có thể biểu diễn đa thức p ( x) cụ thể hơn. Bằng cách thế y  k ( x  x0 )  y0 , ta có d n 1 ( x  x0 )n  Cni i ,ni ( x0 ; y0 ).k ni . Ở tổng trong là một đa thức của k, kí n 0 n! i 0 p ( x)   d 1 qn (k )( x  x0 ) n . (3) n 0 n! hiệu là qn (k ), với deg qn (k )  n. Khi đó p( x)   Từ công thức (3), ta có số bội giao của đường thẳng (d ) : y  k ( x  x0 )  y0 với đường cong (C) tại ( x0 ; y0 )  (C) là số n nhỏ nhất sao cho qn (k )  0. (Trong đó Số bội k của nghiệm x  x0 của đa thức p( x), là số k lớn nhất sao cho p( x)  ( x  x0 ) k q ( x) và q( x0 )  0 . Nếu điểm ( x0 ; y0 ) nằm trên giao điểm của đường thẳng (d) với đường cong (C) thì p ( x) có nghiệm x  x0 . Số bội của nghiệm x  x0 , của p ( x) gọi là số bội giao của của (d) với (C)). Chúng ta giả thiết rằng đa thức f ( x; y ) luôn có hệ số khác 0, vì trái lại (C) là toàn bộ mặt phẳng, và bậc của f ( x; y ) không xác định. Nếu d là bậc của f ( x; y ) , 3 thì ít nhất một hệ số của qd (k ) là khác không, và do đó m  d tại mọi điểm của đường cong (C). Một đường cong đại số có thể có một điểm cô lập duy nhất với số bội d, ví dụ đường cong cho bởi phương trình f ( x; y )  x 2  y 2 . Nếu đường cong có một điểm ( x0 ; y0 ) có số bội d, và ( x1; y1 ) là một điểm khác với ( x0 ; y0 ) , thì đường thẳng (d) đi qua hai điểm đó sẽ giao với đường cong ít nhất d lần tại điểm thứ nhất và ít nhất một lần tại điểm thứ hai. Vì tổng các số bội giao lớn hơn d, nên (d )  (C ) (theo định lí), tức là đa thức tuyến tính xác định đường thẳng là một nhân tử của f ( x, y ) . Vì lý luận có thể áp dụng cho một điểm bất kì ( x1; y1 ) của đường cong khác điểm ( x0 ; y0 ) , nên đường cong chứa đường thẳng và nhều nhất là d đường thẳng đi qua điểm ( x0 ; y0 ) . Bây giờ chúng ta sẽ nêu phương pháp trong lời giải của ví dụ trên, cho việc tìm điểm hữu tỷ trên đường cong bậc hai và bậc ba. Trường hợp đường bậc hai có một điểm bội cô lập thì nó là hợp của hai đường thẳng: f ( x; y)  (a1x  b1 y  c1 )(a2 x  b2 y  c2 ) , hoặc đơn giản hơn là đường thẳng kép f ( x; y )  (ax  by  c) 2 . Tương tự nếu một đường bậc ba có một điểm bội ba thì nó là hợp của nhiều nhất ba đường thẳng đi qua điểm đó. Nếu đường bậc ba có hai điểm kì dị phân biệt thì đường thẳng đi qua hai điểm đó sẽ có tổng số bội ít nhất gấp đôi số bội giao tại một điểm kì dị, do đó nó có một nhân tử chung là tuyến tính. Trường hợp đường cong bậc hai không có điểm kì dị. Cho f ( x, y ) là một đa thức bậc hai, với hệ số hữu tỷ, và giả sử rằng đường cong (C) có điểm hữu tỷ ( x0 ; y0 )  (C). Gọi k0 là hệ số góc của tiếp tuyến với đường cong tại ( x0 ; y0 ) , thì k0 là hữu tỷ vì vectơ chỉ phương của tiếp tuyến với đường cong tại ( x0 ; y0 ) là (0,1; 1,0 ) . Nếu k  k0 là một số hữu tỷ khác , thì đường thẳng (d) đi qua ( x0 ; y0 ) với hệ số góc k sẽ có số bội giao 1. Với p ( x) định nghĩa bởi (2), ta có hệ số của x 2 là một đa thức q(k ) bậc không lớn hơn 2. Nếu q (k )  0 thì thì đường thẳng x  x0 thuộc đường bậc hai. Mâu thuẫn với đường bậc hai không kì dị. Vì bậc của q(k ) không lớn hơn 2, nên cùng lắm nó có hai nghiệm hữu tỷ k1, k2 của q(k ) . Với k như vậy, p ( x) là tuyến tính, nên chỉ có một nghiệm x  x0 . Do đó (với k  k0 , k1, k2 ) p ( x) phải có nghiệm thứ hai x1 hữu tỷ. Vì y1  k ( x1  x0 )  y0 , nên ( x1; y1 ) là điểm hữu tỷ mới trên đường cong, do đó phương pháp thành công. 4 Bây giờ chúng ta khảo sát trường hợp deg( f )  3. Giả sử rằng f ( x; y )  0 là phương trình của đường cong (C), bậc ba với hệ số hữu tỷ, và giả sử ( x0 ; y0 ) là một điểm bội của đường cong. Khi đó ( x0 ; y0 ) là một điểm hữu tỷ (chúng ta không dừng lại khẳng định này). Một đường thẳng đi qua điểm ( x0 ; y0 ) với hệ số góc k hữu tỷ sẽ có số bội giao là 2 với đường cong, có thể trừ ra giá trị của k là k1, k2 nghiệm của q(k ) . Khi đó p ( x) sẽ có hai nghiệm là x0 , nghiệm thứ ba do đó là hữu tỷ (suy ra theo định lí Viét). Do đó chúng ta có thể tham số hoá được các điểm hữu tỷ của đường cong theo số hữu tỷ k. Chúng ta tiếp tục xét cách tìm những điểm hữu tỷ trên đường cong bậc ba (C) không có điểm kì dị. Nếu A( x0 ; y0 ) và B( x1; y1 ) là hai điểm hữu tỷ của (C), thì đường thẳng (d) đi qua chúng có hệ số góc hữu tỷ. Nếu (d )  (C ) thì đường bậc ba (C) là hợp của một đường thẳng và một đường bậc hai, nên vấn đề tìm điểm hữu tỷ không khó khăn. Vì vậy, ta giả thiết (C) không chứa một đường thẳng nào. Vì (d) giao với (C) tại ba điểm, điểm thứ ba ta kí hiệu là AB, Từ hệ thức viét, ta dễ dàng suy ra điểm AB cũng là điểm hữu tỷ. Ta có: Nếu A  B , thì đường thẳng (d) là một dây cung của (C). Nếu A  B, thì (d) là tiếp tuyến của (C). Chính vì lí do đó, ta gọi phương pháp tìm điểm hữu tỷ thứ ba trên đường cong bậc ba như vậy từ hai điểm hữu tỷ đã biết là phương pháp dây cung tiếp tuyến. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 1. Tìm tất cả các điểm hữu tỷ của hypebol (C ) : x 2  2 y 2  1  0. Giải: Điểm hữu tỷ (1;0) thuộc hypebol, nên ta xét đường thẳng đi qua điểm (1;0) , với hệ số góc k hữu tỷ. Đặt y  k ( x  1). Ta có ( x; y )  (C )  0  x 2  2[k ( x  1)]2  1  ( x  1)[(1  2k 2 ) x  2k 2  1]  x  1 2k 2  1 2k 2  1 2k hoặc x  2 . Với x  1 , suy ra y  0; với x  2 , suy ra y  2 . 2k  1 2k  1 2k  1 Đường thẳng x  1 chỉ giao với đường cong (C) tại điểm (1;0) . 2k 2  1 2k y Như vậy, ta có các phương trình x1  2 , y1  2 , k  1 xác định 2k  1 2k  1 x1  1 tương ứng 1 – 1 giữa các số hữu tỷ k với các điểm hữu tỷ trên (C) khác điểm (1;0) khởi đầu. 5  2k 2  1 2k  ĐS: (1;0) ,  2 ; 2  , k  ¤ .  2k  1 2k  1  Nhận xét. Ngoài phương pháp xét đường thẳng với hệ số góc hữu tỷ đi qua một điểm trên đường cong bậc hai như trên (hoặc đường thẳng đi qua một điểm kì dị đối với đường bậc ba), ta còn có thể dùng phương pháp chiếu xuyên tâm các điểm của đường cong lên một đường thẳng, trừ điểm trên đường cong là tâm của phép chiếu để tìm điểm hữu tỷ trên đường cong. Cách 2. Điểm A(1;0) thuộc hypebol. Xét đường thẳng (d ) : x  0 . Chúng ta sẽ biểu diễn toạ độ các điểm trên hypebol qua một tham số bằng cách chiếu xuyên tâm các điểm của hypebol (trừ điểm A(1;0) ) lên đường thẳng (d ) : x  0 bởi chùm đường thẳng đi qua điểm A(1;0) . Với mỗi điểm M ( x; y ) khác A(1; 0)trên hypebol đường thẳng AM cắt (d) tại điểm T có tung độ k , và ta có đẳng thức y x 1  (k  0) . Thay vào phường trình hypebol suy ra k 1 2k 2  1 2k x 2 , y 2 . 2k  1 2k  1 Với k  0  M (1;0). Như vậy, nếu M ( x; y ) là điểm hữu tỷ trên hypebol thì k hữu tỷ. Nếu k là số hữu tỷ thì điểm M ( x; y ) có toạ độ xác định như trên là điểm hữu tỷ trên hypebol.  2k 2  1 2k  Vậy các điểm hữu tỷ trên hypebol là (1;0) ,  2 ; 2  , k  ¤ .  2k  1 2k  1  Việc tìm điểm hữu tỷ trên một đường bậc hai với hệ số hữu tỷ là không phức tạp nếu ta biết trước một điểm hữu tỷ thuộc nó, do đó sau đây ta chỉ xét ví dụ cho đường bậc ba Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2  y 2  y 3 . Phân tích: Đặt f ( x; y )  x 2  y 2  y 3 (C ). Ta xác định xem trên đường cong có điểm kì dị nào không ? 6 Ta có f f  2 x  0  x  0;  2 y  3 y 2  0  y  0, hoặc y  2 / 3 . x y Ta có f (0;2 / 3)  (C ); f (0;0)  0  O(0;0) là điểm kì dị của (C). Giải. Cách 1. Đường thẳng x  0, chỉ cắt đường cong tại điểm O(0;0) . Xét đường thẳng (d) đi qua điểm O(0;0) với hệ số góc k. (d ) : y  kx . Hoành độ giao điểm của (d) và đường cong là nghiệm phương trình 1 1 x 2  k 2 x 2  k 3 x3  x 2 ( xk 3  k 2  1)  0  x  0 hoặc x  3  (k  0). k k Vậy giao điểm thứ hai của đường thẳng (d) và đường cong là điểm 1 1 1   3  ; 2  1 k  0. k k k  Với k  0 thì đường thẳng (d) cắt đường cong tại điểm O(0;0) . 1 1 ¤ , vì y  kx. Hơn nữa 2  1  y ¢ , nhưng bình phương k k 1 một số hữu tỷ là số nguyên thì số hữu tỷ đó phải là số nguyên, do đó  t ¢ . k Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x  t 3  t , y  t 2  1 , với t ¢ . Nhận xét. Ngoài phương pháp xét chùm đường thẳng với hệ số góc hữu tỷ đi qua một điểm trên đường cong bậc hai (hoặc chùm đường thẳng đi qua một điểm kì dị đối với đường bậc ba), ta còn có thể dùng phương pháp chiếu xuyên tâm các điểm của đường cong lên một đường thẳng, trừ điểm trên đường cong là tâm của phép chiếu để tìm điểm hữu tỷ trên đường cong Cách 2. Đường cong xác định bởi phương trình có đồ thị trong mặt phẳng toạ độ có dạng Nếu x; y ¢ , thì Chúng ta sẽ biểu diễn toạ độ các điểm trên đường cong qua một tham số bằng cách chiếu xuyên tâm đường cong lên đường thẳng (d ) : y  1 bởi chùm đường thẳng đi qua điểm gốc O(0;0) (chú ý O(0;0) là điểm kì dị của đường cong). 7 Vì vậy với mỗi điểm P( x; y ) trên đường cong, OP cắt đường thẳng (d) tại điểm T 1 với hoành độ t và ta có các phương trình y  x (t  0) , x  t 3  t ; y  t 2  1. t Đường thẳng x  0 cắt đường cong tại điểm (0; 1)  (0;0) và cắt đường thẳng (d) tại điểm (0;1). Nếu x; y ¢ thì t ¤ . Hơn nữa t 2  y  1 ¢ , nhưng bình phương một số hữu tỷ là số nguyên thì số hữu tỷ đó phải là số nguyên, do đó t ¢ . Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x  t3  t , y  t 2  1 , với t ¢ . Ví dụ 3. Tìm tất cả các điểm hữu tỷ trên đường cong y 2  x3  3x  2. Phân tích. Đặt f ( x; y )  y 2  x 3  3 x  2 (C ). Ta xác định xem trên đường cong (C) có điểm kì dị nào không ? Ta có f f  3x3  3  0  x   1;  2 y  0  y  0. x y Ta có f (1;0)  4  0  (1;0)  (C ); f (1;0)  0 , suy ra điểm (1;0) là điểm kì dị của (C). . Lời giải. Xét các đường thẳng ( d ) : y  k( x  1) , (k ¤ ) Hoành độ giao điểm của (d) và đường cong (C) là nghiệm phương trình: f ( x; k ( x  1))   x 3  k 2 x 2  (3  2k 2 ) x  k 2  2  0 . f ( x; k ( x  1)) có nghiệm bội x  1 . Áp dụng định lí viét suy ra nghiệm thứ ba là x  k 2  2. Vậy đường thẳng (d) cắt đường cong (C) tại điểm thứ ba có toạ độ (k 2  1; k 3  3k ). Đường thẳng x  1 , chỉ giao với đường cong tại điểm (1;0). Như vậy nếu k là số hữu tỷ thì (k 2  1; k 3  3k ) là điểm hữu tỷ trên đường cong. Ngược lại, với mỗi điểm hữu tỷ M ( x; y )  (1;0) của đường cong thì có duy nhất một số hữu tỷ k thoả mãn các phương trình k  y , x  k 2  2, y  k 3  3k. x 1 Vậy các điểm hữu tỷ trên đường cong là (1;0); (k 2  2; k 3  3k ), ¤ . Ghi chú. Bài này có thể giải bằng cách chiếu xuyên tâm đường cong lên đường thẳng x  0 , qua tâm chiếu là điểm (1;0). 8 Ví dụ 4. Tìm tất cả các nghiệm hữu tỷ của phương trình y 2  x 3  4 x. Giải. Đặt f ( x; y )  x 3  4 x  y 2 (C ). Ta có (0;0) là một điểm nằm trên đường cong (C). Đường thẳng x  0 , chỉ giao với đường cong (C) tại một điểm (0;0) . Nếu M ( x0 ; y0 )  (0;0) là một điểm hữu tỷ nằm trên đường cong (C), thì đường thẳng (d) đi qua điểm (0;0) và điểm M ( x0 ; y0 ) , có hệ số góc k  y0 là số hữu tỷ. x0 Ngược lại, chúng ta xét các đường thẳng (d) đi qua điểm (0;0) với hệ số góc là số hữu tỷ k, có phương trình (d ) : y  kx, thì đường thẳng (d) cắt (C) tại hai điểm nữa. Ta sẽ xác định các số hữu tỷ k để giao điểm mới là hữu tỷ. Hoành độ x của ba giao điểm là nghiệm phương trình : x  0 x3  4 x  k 2 x 2  0  x( x 2  k 2 x  4)  0   2 2  x  k x  4  0. Các nghiệm của phương trình x 2  k 2 x  4  0 là hữu tỷ khi và chỉ khi   k 4  16 là bình phương của một số hữu tỷ. Như vậy, các nghiệm đó sẽ là số hữu tỷ nếu có số hữu tỷ r sao cho 4 2 k r   k  16  r     1    . 2 4 Bài toán qui về khảo sát nghiệm hữu tỷ của phương trình u 4  1  v 2 . (1) U V Các số hữu tỷ u, v có thể viết dưới dạng u  , v  , với U ,V , Z là các số Z Z 4 nguyên. Khi đó phương trình (1) viết lại dưới dạng U  Z 4  V 2 Z 2 , U ,V , Z ¢ . (2) 4 2 Sử dụng kết quả là phương trình x 4  y 4  z 2 không có nghiệm nguyên dương, ta suy ra nghiệm của phương trình (2) là (U ;V ; Z )  (0; s;0); (0;  s;  s), s ¢ . Các nghiệm đầu không cho ta điểm hữu tỷ trên đường cong (C), Các nghiệm sau cho ta các nghiệm hữu tỷ của phương trình u 4  1  v 2 là (0; 1) ,các nghiệm này cho ta k  0, r  4. Vì vậy chỉ có một đường thẳng (d) đi qua điểm (0;0) với hệ số góc hữu tỷ k  0, để xác định điểm hữu tỷ trên đường cong. Từ đó ta tìm được nghiệm hữu tỷ của phương trình ban đầu là ( x; y )  (0;0); (2;0). Ví dụ 3. Chứng minh rằng phương trình x 3  3 y 3  5 có vô số nghiệm hữu tỷ. Trước hết chúng ta trình bày lời giải hoàn toàn sơ cấp như sau: Xét các dãy số nguyên ( xn ), ( yn ) và ( zn ) được xác định bởi công thức truy hồi như sau: x0  2; y0  1; z0  1; xn1  xn ( xn3  6 yn3 ); 9 yn1   yn (2 xn3  3 yn3 ); zn1  zn ( xm3  3 yn3 ). Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp rằng xn3  3 yn3  5 zn3 ,  n  ¥ (1). Thật vậy, với n  0 thì (1) đúng. Giải sử đẳng thức (1) đúng với n. Ta chứng minh (1) cũng đúng với n  1, tức là chứng minh xn31  3 yn31  5 zn31 (2). Thật vậy, (2)  xn3 ( xn3  6 yn3 )3  3 yn3 (2 xn3  3 yn3 )3  5 zn3 ( xn3  3 yn3 )3  xn3 ( xn3  6 yn3 )3  3 yn3 (2 xn3  3 yn3 )3  ( xn3  3 yn3 )( xn3  3 yn3 )3 (3) Biến đổi (3) ta thấy vế trái bằng vế phải. Vậy (1) được chứng minh. x y  Dễ thấy zn  0  n ¥ và  n ; n  (n  0,1,....) là nghiệm hữu tỷ của phương  zn zn  trình x 3  3 y 3  5. x y  x y  Tiếp theo ta sẽ chứng minh  n ; n    m ; m  nếu n  m .  zn zn   zm zm  Thật vậy, bằng qui nạp ta thấy xn chẵn và yn , zn lẻ với mọi n. Do đó xn3  6 yn3  2(mod 4). Từ đó ta thấy xn  2n1 An , với An là số lẻ với mọi n¥ . Giải sử tồn tại m  n sao cho Suy ra 2n1 An .zm  2m1 Am .zn  An .zm  2mn Am .zn . Đây là điều vô lí vì vế trái lẻ, còn vế phải chẵn. Vậy phương trình x 3  3 y 3  5 có vô số nghiệm hữu tỷ. Bây giờ chúng ta sẽ phân tích rõ phương pháp dây cung tiếp tuyến, được sử dụng như thế nào để đưa ra lời giải hoàn toàn sơ cấp như trên. Xuất phát từ điểm hữu tỷ ( x0 ; y0 ) trên đường cong (C), chúng ta viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) tại điểm ( x0 ; y0 ) . Đường thẳng tiếp tuyến này cắt đường cong (C) tại điểm ( x1; y1 ) (nếu các hệ số của ẩn x, y trong phương trình đường cong là hữu tỷ thì điểm ( x1; y1 ) cũng là điểm hữu tỷ). Lặp lại quá trình này ta sẽ được dãy điểm ( xn ; yn ) trên đường cong (C). Bằng phương pháp này có thể trong một số trường hợp chỉ tìm được một số điểm hữu tỷ. Cũng có khi bằng phương pháp này tìm được vô hạn điểm hữu tỷ. Đặt f ( x; y )  x 3  3 y 3  5 . Phương trình f ( x; y )  0 (C ) tại điểm ( x0 ; y0 )  (C) là (d ) : tiếp tuyến của đường cong   f ( x0 ; y0 )  x  x0   f ( x0 ; y0 )  y  y0   0.  x02 x  3 y02 y  5. x y Toạ độ giao điểm thứ ba ( x1; y1 ) của (d) với (C) là nghiệm hệ phương trình 10  5  x02 x , y0  0   x x  3 y y  5  y   53  x06  3 2 3 y   1  x  ...   5   3 0      0 (1) 6 6 3 9 y 9 y  x  3 y  5. 0 0      x3  3 y 3  5  2 0 2 0 (Ở đây ta chỉ cần quan tâm tới số hạng chứa x 3 và số hạng tự do). Vì phương trình (1) có nghiệm kép x0 , nên theo định lí Viét ta được  x0 ( x03  6 y03 )  x1  x 3  3 y 3 3 3 3 3 3 x ( x  6 y ) x ( x  6 y )  0 0 0 0 , suy ra  x02 x1  0 3 0  x1  0 3 0 3 3 3 3 x0  3 y0 x0  3 y0  y   y0 (2 x0  3 y0 ) .  1 x03  3 y03 (chú ý ở đây ta đã thay 5  x03  3 y03 ).  X 1 X 0 ( X 03  6Y03 )  Z  Z ( X 3  3Y 3 ) X0 Y0 X1 Y1  1 0 0 0 Đặt x0  , y0  ; x1  , y1  . Suy ra  3 3 Z0 Z0 Z1 Z1  Y1   Y0 (2 X 0  3Y0 ) .  Z1 Z 0 ( X 03  3Y03 ) Nhận xét rằng nếu phương trình x3  3 y 3  5 z 3 có nghiệm nguyên ( x; y; z ), với x y z  0 thì phương trình x 3  3 y 3  5 sẽ có nghiệm hữu tỷ  ; . z z Do đó ta xét các dãy ( X n ),(Yn ), (Zn ) thoả mãn X 0  2;Y0  1; Z 0  1; X n1  X n ( X n3  6Yn3 ); Yn1  Yn3 (2 X n3  3Yn3 ); Z n1  Z n3 ( X n3  3Yn3 ). Từ đó ta có lời giải như trên. BÀI TẬP 1. Tìm tất cả các nghiệm hữu tỷ của các phương trình a) x 2  5 y 2  1; b) y 2  x3  3x  2; c) y 2  x3  2 x 2 ; d) x3  y 3  x 2 y  4 x 2  2 y 2  4 xy  4 x  5 y  0; 2. Tìm tất cả các nghiệm hữu tỷ của phương trình e) y 2  x3  3x  2. y 2  x 3  4 x. 3. Chứng minh rằng các phương trình sau có vô số nghiệm hữu tỷ a) x3  y 3  9; b) x3  3 y 3  11. 11 Tài liệu tham khảo [1] Valentin Boju. Louis Funar. The Math Problems Notebook [2] Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển. SỐ HỌC THUẬT TOÁN Cơ sở lý thuyết & Tính toán thực hành. NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2003. [3] Ivan Niven , Herbert S. Zuckerman, Hugh L. Montgomery. An Introduction to the Theory of Numbers. Printed in the Republie of Singapore, 1991. 12