Dùng thặng dư bậc hai để giải phương trình nghiệm nguyên

Các kiến thức cần nhớ:
$$-1 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p \equiv 1 (mod 4)\\
2 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p\equiv 1,7 (mod 8)\\
-2 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p \equiv 1,3 (mod 8)$$

Ta sẽ xét các ví dụ dùng thặng dư bậc hai để chứng minh một số trường hợp vô nghiệm của phương trình Mordell:

Vd 1: Giải phương trình $y^2=x^3+7$ trên tập số tự nhiên.

Giải:

Giả sử tồn tại $(x,y)$ thỏa mãn.
Nếu $x$ chẵn thì $y^2 \equiv 7 (mod 8)$ ( Loại)
Nên $x$ lẻ và $y^2+1=(x+1)(x^2-2x+4)$

Vì $x$ lẻ nên $x^2-2x+4=(x-1)^2+3 \equiv 3 (mod 4)$ vì thế $x^2-2x+4$ phải có một ước nguyên tố $p \equiv 3 (mod 4)$ (nếu không thì $x^2-2x+4 \equiv 1 (mod 4)$)

Ta suy ra $p| y^2+1$ nên $-1 \equiv y^2 (mod p)$ không được do $p \equiv 3 (mod 4)$

Vd 2: Chứng minh phương trình $y^2=x^3-5$ vô nghiệm tự nhiên.

Giải:

Giả sử tồn tại, xét mod 4: $y^2\equiv x^3-1 (mod 4)$
Xét $y \equiv 0,1,2,3 (mod 4), x \equiv 0,1,2,3 (mod 4)$  nhận thấy chỉ có giá trị chung của $y^2 (mod 4)$ và $x^3-1 (mod 4)$ là $0$ vì thế $y$ chẵn và $x \equiv 1 (mod 4)$
vậy:
$y^2+4=x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, $x^2+x+1 \ge 3 \equiv 3 (mod 4)$ nên $-4$ là số chính phương mod $p$ hay $-1$ là số chính phương mod $p$ suy ra $p \equiv 1 (mod 4)$ mâu thuẫn với $p \equiv 3 (mod 4)$

Vd3: Chứng minh rằng phương trình $y^2=x^3-6$ không có nghiệm tự nhiên.
Giải:

Giả sử ngược lại. Nếu $x$ chẵn thì $y^2 \equiv -6 \equiv 2 (mod 8)$ ( vô lí với số chính phương )
Nên $x$ lẻ, $y$ lẻ và $x^3=y^2+6 \equiv 7 (mod 8)$ Ta cũng có: $x^3 \equiv x (mod 8 ) \forall x$ lẻ, nên $x \equiv 7 (mod 8)$
Viết lại:
$y^2-2=(x-2)(x^2+2x+4)$ với $x^2+2x+4 \equiv 7^2+2.7+4 \equiv 3 (mod 8)$. Vì thế phải có ước $p \equiv \pm 3 (mod 8)$ vì nếu không $x^2+2x+4 \equiv \pm 1 (mod 8)$. Ta có $2 \equiv y^2 (mod p) \Rightarrow p \equiv \pm 1 (mod 8)$ ( Mâu thuẫn)

Dùng định lý hàm số sin để chứng minh song song

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(K)$ là đường tròn Mixtilinear góc A của tam giác $ABC$ tiếp xúc $(O)$, $AC,AB$ lần lượt tại $X, A_c, A_b$, $AX\cap A_bA_c= Y, XI \cap BC =K$. CMR: $KY \parallel AI$

Giải

Theo định lý Lyness $A_b$, $A_c$ và $I$ thẳng hàng. Vì $I$ là trung điểm $A_cA_b$ và $AX$ là đường đối trung của góc $\angle A_bXA_c$ ta có: $\measuredangle A_cXI= \measuredangle AXA_b = \measuredangle A_cCI$, nên $A_cCXI$ nội tiếp. tương tự $A_bBXI$ nội tiếp. $$\frac{XK}{KI} = \frac{XC}{CI} \cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB}$$ $$\frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b}$$ $$\frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b} = \frac{XY}{YA}$$ $\Longrightarrow \frac{XK}{KI} = \frac{XY}{YA} \Longrightarrow AI \parallel YK$

Dùng điều kiện toàn ánh để giải phương trình hàm

Bài 1(Iran TST 2011): Tìm tất cả hàm số toàn ánh: $f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f(x+f(x)+2f(y))=f(2x)+f(2y).(\forall x,y \in \mathbb{R}) \]

Lời giải:

Do f toàn ánh nên tồn tại a sao cho f(a)=0.

$(a,a)$ $\Rightarrow $ $f(2a)=0$ $\Rightarrow$ $f(4a)=0$ $\Rightarrow $ ....

Từ (a,y) và (2a,y) và tính toàn ánh của hàm số f ta suy ra:

$f(x+a)=f(x) \forall x \in R \Rightarrow  f(x)=f(x-a) \forall x \in R$ (1)

$\Rightarrow f(0)=f(a)=0$

Do f là toàn ánh nên với mỗi x thuộc R tồn tại $y_o$ sao cho: $f(y_o)=\frac{x-f(x)}{2}$

$(x,y_o) \Rightarrow f(2y_o)=0 $

$(0,y_o) \Rightarrow f(2y_o)=0=f(2f(y_o))=f(x-f(x))=0 (\forall x \in R)$

Tương tự như (1) ta có:

$f(x)=f(x-(x-f(x)))=f(f(x)) (\forall x \in R) $ Do f toàn ánh nên $f(x)=x (\forall x \in R)$

Nhận xét: Ý tưởng: "tồn tại $y_o$ sao cho: $f(y_o)=\frac{x-f(x)}{2}$" khá quan trọng trong bài toán

Bài 2: (30/04 lớp 11 năm 2016):  Tìm tất cả hàm số toàn ánh: $f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f(x+f(x)+2f(y)+2f(z))=f(2x)+f(2y)+f(2z).(\forall x,y,z \in \mathbb{R}) \] 

Lời giải:

Do f toàn ánh nên tồn tại a sao cho f(a)=0.

Cho $x=y=z=a$ ta được $f(2a)=0$

Cho $z=a$ ta được đề Iran TST 2011.

Bài 3: (Brazil 2006): Tìm tất cả hàm số: $f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f(xf(y)+f(x)) = 2f(x)+xy\] với mọi số thực x,y.

Lời giải:

Cho $x=1$ Dễ dàng suy ra được hàm số đã cho song ánh.

Nên tồn tại a,b sao cho $f(a)=0, f(b)=1$

Cho $x=a, y=b$ ta được:

$ab=0$

Nếu $a=0$ thì cho y=0 vào ta suy ra $f(f(x))=2f(x)$ với mọi x thực dùng điều kiện song ánh suy ra $f(x)=2x \forall x \in R$ thử lại thấy không thỏa

Vậy $b=0$.

Mặt khác cho $x=y=-1$ vào pt hàm ban đầu ta được:

$f(-1)=0$

Cho y=-1 vào pt hàm ban đầu ta được:

$f(f(x))=2f(x)-x$ (2)

Trong (2) cho x=0 ta được $f(1)=2$

Cho x=-1,y=1 ta được:

$f(-2)=-1$ 

Mặt khác do f là toàn ánh nên với mỗi x thuộc R tồn tại $y_o$ sao cho $f(y_o)=f(x)-x $

$P(x,-2): f(f(x)-x)=2(f(x)-x) $hay $f(f(y_o))=2f(y_o)$

Mặt khác từ (2) suy ra $f(f(y_o))=2f(y_o)-y_o$

Suy ra $y_o=0$ suy ra $f(x)=x+1$ với mọi x thuộc R

Nhận xét: ta thấy được $f(x)=x+1$ thỏa mãn yêu cầu đề bài và ta cần tìm y sao cho $2(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$ hay $2f(y)=y$ giải phương trình được $y=-2$

Bài tập: các bạn hãy dùng cách trên để giải VMO 2017:

Tìm tất cả các hàm số : $f:R\to R$ thỏa mãn hệ thức:

$$f\left ( xf\left ( y \right )-f\left ( x \right ) \right )=2f\left ( x \right )+xy$$ với mọi số thực $x,y$