3 Bộ giáo dục đào tạo Trờng đại học Vinh Lê Thị Hồng Hạnh Một số vấn đề Phơng trình nghiệm nguyên Luận văn thạc sĩ toán học Vinh 2008 Mở đầu Một toán Đại số Số học nghiên cứu nghiệm nguyên nghiệm hữu tỉ phơng trình Diophant đa thức Chúng ta làm quen với phơng pháp giải phơng trình Diophant bậc bậc hai Đối với phơng trình bậc cao hơn, tồn hay không phơng pháp chung để giải? Đó câu hỏi thứ 10 đợc đặt dới thời Diophant nội dung Bài toán Hilbert thứ 10 tiếng: Có hay không thuật toán để giải phơng trình Diophant? Nói cách khác, có hay không phơng pháp để sau thời gian hữu hạn, tìm nghiệm nguyên không tồn nghiệm nguyên phơng trình Diophant tuỳ ý Bài toán thứ 10 Hinbert đợc nhà toán học Nga Yuri Matijasievich giải vào năm 1970 Câu trả lời là: không tồn thuật toán giải phơng trình Diophant tổng quát Nh vậy, với phơng trình Diophant bậc lớn 2, ta tìm cách giải phơng trình cụ thể Phơng trình nghiệm nguyên vấn đề quan trọng Số học, đề tài thu hút nhiều quan tâm học sinh giáo viên Các toán phơng trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú Với lí nói trên, nội dung luận văn tiếp tục tìm hiểu phơng pháp khác để giải phơng trình nghiệm nguyên lớp đa thức Mục tiêu luận văn nhằm đóng góp tài liệu giảng dạy học tập môn Số học cho giáo viên sinh viên ngành toán trờng s phạm Luận văn gồm ba chơng, phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chơng Đờng cong phẳng ứng dụng, giới thiệu đờng cong phẳng đại số, đờng cong phẳng hữu tỉ Sử dụng đờng cong phẳng để xác định số nghiệm phơng trình Diophant không điểm tổng quát vào việc giải phơng trình nghiệm nguyên Chơng Một số phơng pháp tìm nghiệm nguyên số lớp đa thức, chơng tác giả sử dụng nhiều phơng pháp khác để giải phơng trình nghiệm nguyên lớp đa thức Các phơng pháp đợc sử dụng để giải toán luận văn bao gồm: - Phơng pháp quy hệ bậc - Phơng pháp đánh giá - Phơng pháp lựa chọn môđulô - Phơng pháp sử dụng định lý số học Chơng Phơng trình vô định siêu việt, nội dung chính: khảo sát điều kiện tồn nghiệm nguyên, tìm nghiệm nguyên số phơng trình vô định siêu việt Luận văn đợc thực Trờng Đại học Vinh dới hớng dẫn nghiêm túc, nhiệt tình chu đáo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hớng dẫn Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới PGS TS Ngô Sỹ Tùng, PGS TS Lê Quốc Hán, TS Nguyễn Thị Hồng Loan giúp đỡ, giảng dạy tạo điều kiện cho trình học tập lớp Cao học XIV Đại số Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới Ban chủ nhiệm Khoa đào tạo Sau đại học, Khoa Toán tạo điều kiện cho thời gian học tập Tác giả xin cảm ơn tới gia đình, bạn bè, bạn học viên lớp cao học XIV Đại số có nhiều động viên giúp đỡ trình học tập vừa qua Mặc dù cố gắng nhng luận văn không tránh khỏi thiếu sót, em mong muốn nhận đợc giúp đỡ bảo quý thầy cô bạn đọc Vinh, tháng 11 năm 2008 Tác giả Lê Thị Hồng Hạnh mục lục lời nói đầu Chơng Đờng cong phẳng ứng dụng 1.1 Đờng cong phẳng 1.2 ứng dụng vào việc giải số phơng trình nghiệm nguyên Chơng Một số phơng pháp tìm nghiệm nguyên số lớp đa thức 2.1 2.2 2.3 2.4 Phơng pháp quy hệ bậc Phơng pháp đánh giá Phơng pháp lựa chọn môđulô Phơng pháp sử dụng định lý số học Trang 3 12 16 16 21 28 32 Chơng Phơng trình vô định siêu việt 37 3.1 Phơng pháp lựa chọn môđulô 37 3.2 Sử dụng tính chất số học 40 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 Chơng Đờng cong phẳng ứng dụng Trong chơng trình giảng dạy môn toán nhà trờng phổ thông, Số học đóng vai trò quan trọng Các em học sinh bậc tiểu học học Toán tức học Số học Chỉ đến lớp bậc Trung học sở Trung học phổ thông môn Đại số, Hình học, Lợng giác, Giải tích lần lợt thay cho môn Số học chơng trình học toán em học sinh Tuy nhiên toán Số học luôn toán hay khó thờng xuyên có mặt đề thi học sinh giỏi Toán cấp: thành phố, toàn quốc, Olympic khu vực Olympic quốc tế Trong chơng trình phổ thông, không hiểu đợc ngời ta tìm phơng trình nghiệm nguyên ( 2mn, m n , m + n ) phơng trình x + y = z (điều kiện (m, n) = ) cách Vì chơng luận văn giới thiệu lí thuyết đờng cong phẳng ứng dụng vào việc giải số phơng trình nghiệm nguyên 1.1 Đờng cong phẳng Xét đồ thị quen biết mặt phẳng tọa độ cho phơng trình (l ) : y = x + x Đây đồ thị qua gốc tọa độ O(0,0) Để mô tả điểm khác đồ thị, ta thực phép biến đổi cách đặt y = tx thay vào phơng trình đồ thị Ta có t x = x + x Khi x = ta có điểm O(0,0) Khi x ta có điểm ( x = t 1, y = t (t 1)) Điểm trở thành điểm gốc tọa độ t = t = Vậy điểm đồ thị (l ) có tọa độ (t 1, t (t 1)), t Ă 1.1.1 Định nghĩa Tập (l ) tất điểm (a, b) Ê thỏa mãn phơng trình f ( x, y ) = 0, f Ă [ x, y ] \ { 0} , đợc gọi đờng cong phẳng hay đờng cong đại số Nếu f = f1 n f s n với đa thức f i bất khả qui bậc (l ) , kí s hiệu deg(l ) , đợc định nghĩa s deg f i =1 i Hiển nhiên, tất đa thức f , g Ă [ x, y ] với f = g , Ă \ { 0} , f = g s , s Ơ , xác định đờng cong phẳng Vì ngời ta thờng giả thiết f không chia hết cho đa thức dạng g Để có cách nhìn hình học bậc, ta xét số giao điểm đờng thẳng (d ) đờng cong phẳng (l ) : f ( x, y ) = bậc m Không tính tổng quát, giả thiết (d ) qua gốc tọa độ có phơng trình tham số : x = ta (d ) y = tb Biểu diễn f ( x, y ) = f m ( x, y ) + f m1 ( x, y ) + + f , f i ( x, y ) đa thức bậc i hai biến x y Thế phơng trình tham số (d ) vào phơng trình (l ) ta có: f m (a, b)t m + f m (a, b)t m1 + + f = 0, (1) Khi f m (a, b) , (1) phơng trình bậc m có m nghiệm tính bội Đờng thẳng (d ) cắt đờng cong phẳng (l ) m điểm tính bội Khi f m (a, b) = f m ( a, b) = = f n +1 (a, b) = f n ( a, b) số điểm cắt m Nh vậy, hai đờng cong phẳng cắt nhiều m điểm tính bội bậc đ ờng cong phẳng số giao điểm lớn đờng thẳng cắt đờng cong phẳng hữu hạn điểm Nếu đa thức f khả qui, chẳng hạn f ( x, y ) = g ( x, y ).h( x, y ) hai đa thức có bậc lớn 0, (l ) = (l1 ) (l ) với (l1 ) đợc xác định phơng trình g ( x, y ) = (l ) h( x, y ) = Khi ta nói (l ) đờng cong phẳng khả qui Nếu đa thức f bất khả qui, (l ) đờng cong phẳng bất khả qui 1.1.2 Định lí Cho đờng cong phẳng (l ) : f = bậc m Đờng thẳng (d ) cắt (l ) hữu hạn điểm tổng số điểm với số bội tơng ứng không vợt m Chứng minh Biểu diễn đờng cong (l ) phơng trình f có dạng f = f m ( x, y ) + f m ( x, y ) + + f ( x, y ) = , f j ( x, y ) dạng bậc j Ă [ x, y ] Không tính tổng quát ta giả thiết (d ) đờng cong phẳng x = t qua gốc tọa độ với biểu diễn: (d ) y = t Nếu (d ) không qua gốc tọa độ ta dùng phép tịnh tiến: x = x'+ a y = y '+b Tvr để đa (d ) đờng thẳng qua gốc tọa độ Thế x = t , y = t vào f ta có f (t , t ) = f m ( , )t m + f m ( , )t m + + f ( , ) Nếu f ( , ) phơng trình f m ( , )t m + f m ( , )t m1 + + f ( , ) = có m nghiệm tính bội Vậy đờng cong phẳng (l ) đờng thẳng (d ) cắt m điểm tính bội chúng cắt hữu hạn điểm Khi f m ( , ) = phơng trình trở thành phơng trình bậc nhỏ m Khi số giao điểm nhỏ m 1.1.3 Định nghĩa đờng cong phẳng hữu tỉ Cho đờng cong phẳng (l ) xác định phơng trình f ( x, y ) = (l ) đợc gọi đờng cong phẳng hữu tỉ có hai hàm hữu tỉ (t ) = f (t ) h(t ) , (t ) = f (t ), g (t ), k (t ), h(t ) đa g (t ) k (t ) thức t , thỏa mãn f ( (t ), (t )) = Khi cho t = t cho mẫu (t ), (t ) khác ta có điểm ( (t ), (t )) thuộc (l ) Để nhận đợc hết điểm thuộc (l ) ta qui ớc điểm ( (), ()) với: () = lim t f (t ) h(t ) , () = lim t k (t ) g (t ) Ví dụ Trong mặt phẳng, đờng cong (l ) : y (2 x) = x đờng cong phẳng hữu tỉ Chứng minh Đặt x = ty ta có x = 2 ,y= Thay vào phơng trình 1+ t t (1 + t ) 2 2 = 2 Vậy (l ) đờng cong hữu tỉ 1+ t 1+ t t (1 + t ) Ví dụ Trong mặt phẳng, đờng cong Lem-nis-cat (Lemniscat) cho (l ) : ( x + y ) = 2( x y ) đờng cong hữu tỉ Chứng minh Đặt x + y = t ( x y ) thay vào phơng trình, ta có: t ( x y ) = 2( x y ) Nếu x = y từ hệ x = y , x + y = ta suy x = y = Ta có điểm O (0,0) (l ) Nếu x y t ( x y ) = 2( x + y ) Ta nhận thấy y = t2 2 t2 t2 2 x + x = xt , x t +20 t2 + 2 t + t +2 Khi x ,ta có : 2t (t + 2) 2t (t 2) x= ,y = t +4 t +4 Chú ý Khi cho t = ta nhận đợc điểm O(0,0) Tóm lại (l ) đờng cong phẳng hữu tỉ Ví dụ Tìm tất điểm thuộc đờng cong (l ) : 29 x y = có toạ độ số hữu tỉ 1 Giải Ta thấy điểm P( , ) thuộc (l ) Đặt y = + t ( x ), t Ô Thay y qua 2 2 biểu thức vào phơng trình, ta có tất điểm thuộc đờng cong với 10 toạ độ số hữu tỉ x = t 10t + 29 5t + 58t 145 , y = , t Ô , điểm 2(t 29) 2(t 29) x ( ) = , y ( ) = ữ 2 Khái niệm đờng cong phẳng hữu tỉ có liên quan đến điểm không tầm thờng với toạ độ nguyên thuộc đa tạp Phec-ma V : x n + y n z n = 0, n Kết sau đợc vận dụng nhiều việc xác định tính hữu tỉ đờng cong phẳng Ê 1.1.4 Bổ đề (Định lí Mason): Cho đa thức a( x), b( x), c( x) với hệ số thuộc Ê , nguyên tố cặp thoả mãn a ( x ) + b( x) = c ( x) Nếu kí hiệu n0 ( f ) số nghiệm phân biệt đa thức f (x) k max{ deg a( x), deg b( x), deg c( x)} n0 (abc) Chứng minh Đặt f ( x) = a ( x) b( x ) , g ( x) = Khi c( x) c( x) f ( x) + g ( x) = Đạo hàm hai vế ta có f ' ( x ) + g ' ( x) = Từ phơng trình ta suy ra: f ( x) ' f ( x) ' g ( x) ' b( x ) g ( x ) f ( x) f ( x) + g ( x) = hay = = g ( x) ' a( x) f ( x) f ( x) g ( x) g ( x) k Giả sử có p( x) = ( x xi ) m i i =1 p k mi = Biểu diễn đa thức thành p i =1 x xi tích a( x) = ( x i ) mi , b( x) = ( x j ) j , c( x) = ( x k ) rk n Ta có f ( x) = a( x) = ( x i ) mi ( x k ) rk c( x) 11 g ( x) = b( x ) n = ( x j ) j ( x k ) rk c( x) mi Vậy ta có b( x ) = a( x) rk x x i nj k r x x k j k qui đồng mẫu số, mẫu số chung phân số thơng sau q ( x) = ( x i ) ( x j ) ( x k ) có bậc n0 (abc ) Nh vậy, q( x) g ( x)' f ( x )' q ( x) đa thức có bậc không f ( x) g ( x) n0 (abc) Từ: f ( x)' b( x ) f ( x) = g ( x)' a( x) q( x) g ( x) q ( x) (a ( x), b( x)) = , nên bậc a( x), b( x) không vợt n0 (abc) Tơng tự , bậc c( x) không vợt n0 (abc) Tóm lại, ta có: max{ deg a ( x), deg b( x), deg c( x)} n0 (abc ) Vận dụng bổ đề ta chứng minh đợc kết sau 1.1.5 Định lí Đờng cong phẳng (l ) : x n + y n = 1, n , không đờng cong phẳng hữu tỉ Ă Chứng minh Nếu (l ) đờng cong phẳng hữu tỉ có đa thức hệ số thực hay phức a ( x), b( x), c( x) nguyên tố cặp thoả mãn a ( x) n + b( x) n = c( x) n Theo định lí Mason ta phải có: max{ n deg a ( x), n deg b( x), n deg c( x)} n0 (abc ) Không tính tổng quát ta giả thiết vế trái n deg a ( x ) n0 ( abc) deg a ( x) + deg b( x) + deg c( x) 12 nên n deg a ( x) deg a ( x ) + deg b( x) + deg c( x) : mâu thuẫn Vậy (l ) không đờng cong phẳng hữu tỉ Ví dụ Có hay không đa thức nguyên tố a ( x), b( x) với deg a( x)18 b( x) < 11 deg a ( x) + Giải Giả sử có đa thức a( x), b( x) với deg a( x)18 b( x)3 < 11deg a( x) + V ì a ( x), b( x) n g u y ê n t ố c ù n g n h a u n ê n a( x) b( x) T a( x)18 = a( x)18 b( x)3 + b( x)3 ta suy bất đẳng thức: { } max 18deg a ( x), deg a( x)18 b( x)3 ,3deg b( x) n0 a( x)b( x)(a ( x)18 b( x)3 ) 18deg a( x) deg a( x) + deg b( x) + deg a( x)18 b( x) 1, Ta có 18 3deg b( x) deg a( x) + deg b( x) + deg a( x) b( x) Cộng vế với vế hai bất đẳng thức, sau nhân hai vế bất đẳng thức thứ với 2, ta có deg a ( x )18 b( x)3 11deg a( x) + : mâu thuẫn Vậy đa thức a ( x), b( x) nguyên tố thoả mãn deg a ( x)18 b( x)3 < 11 deg a( x) + Định lí sau số nghiệm hệ hai phơng trình đa thức hai ẩn hữu hạn 1.1.6 Định lí Cho hai đa thức f ( x, y ), g ( x, y ) Ă [ x, y ] không đồng thời không nhân tử chung Khi hai đờng cong phẳng C f : f ( x, y ) = C g : g ( x, y ) = cắt số hữu hạn điểm tổng số giao điểm s thoả mãn s deg C f deg C g Chứng minh Đờng thẳng qua điểm O(0,0) A(a, b) có phơng trình tham số là: 31 Kết hợp với (3) suy phơng trình: x 15 + y15 + z15 = 192003 + 72003 + 2003 Không có nghiệm nguyên Đó điều phải chứng minh 2.3.2 Cho p l số nguyên tố lẻ Chứng minh phơng trình: x p + y p = p ( p 1) ! p Giải Giả sử trái lại phơng trình cho có nghiệm nguyên ( x0 , y ) , tức l: x p + y p = p ( p 1) ! p (1) Vì x0 , y nguyên v p l số nguyên tố, nên ta có theo định lý Fermat nhỏ ta có (x p x0 ) p v ( y0p y0 ) p , hay x0p x0 (mod p ) ; y0p y0 (mod p) ( x0p + y0p ) ( x0 + y0 )(mod p) Từ suy ra: Mặt khác, từ (1) ta có: p p ( x + y ) p (2) (3) Vì từ (2) v (3) đến: ( x0 + y ) 0(mod p) x0 y (mod p) (4) Do p l số lẻ, nên ta có: x0p + y0p = ( x0 + y0 )( x0p + x0p y0 + L + x0 y0p + y0p ) (5) Từ (4) (5) suy ra: ( x0 p + y0 p ) p( x0 + y0 )( y0 p + y0 p + L + y0 p ) (mod p ) , Hay: ( x0 p + y0 p ) [ p( x0 + y0 )] (mod p ) Bây từ (3) (6) suy ra: x0 p + y0 p (mod p ) (6) (7) Rõ ràng [ ( p 1)!] p / p nên suy ra: p (8) p[ ( p 1)!] / 0(mod p ) Từ (1), (7) (8) suy mâu thuẫn Với giả thiết phản chứng sai, tức ph - ơng trình x p + y p = p[ ( p 1)!] p nghiệm nguyên 2.3.3 Xét phơng trình: x xy + y = n, (1) n số nguyên dơng cho trớc 1) Chứng minh (1) có nghiệm nguyên, (1) có ba nghiệm nguyên 32 2) Tìm nghiệm nguyên (1) n = 2891 Giải Với n nguyên dơng cho trớc, xét phơng trình: x 3xy + y = n, (1) 1) Giả sử (1) có nghiệm nguyên ( x0 , y ) Khi ta có: x03 x0 y02 + y03 = n ( y0 x0 )3 + x03 3x02 y0 = n ( y0 x0 )3 x03 + x02 ( x0 y0 ) = n ( y x ) 3( x ) ( y x ) + ( x0 ) = n (2) ( y ) 3( y ) ( x0 y ) + ( x0 y ) = n (3) Từ (2) (3) suy ( y x0 , x0 ) ( y , x0 y ) nghiệm nguyên (1) Chỉ có trờng hợp sau xảy ra: - Nếu x0 y không Khi cặp số nguyên ( x0 , y ) ; ( y x , x0 ) ( y , x y ) hoàn toàn khác - Nếu x0 = y = n = Điều mâu thuẫn với n nguyên dơng Vậy khả Tóm lại, (1) có nghiệm nguyên, có nghiệm nguyên 2) Xét n= 2891 Giả sử (1) có nghiệm nguyên ( x0 , y ) , tức là: x03 x0 y02 + y03 = 2891 (4) Chỉ có khả sau: a) Nếu x0 (mod 3) ; y0 (mod 3) Khi từ (4) suy ra: 2891 (mod 3) (5) Hệ thức (5) vô lí 2891 / , trờng hợp a) dẫn đến mâu thuẫn b) Nếu x0 (mod 3) ; y0 (mod 3) Khi đó: x03 3x0 y02 + y03 (mod 9) Nhng 2891 2(mod 9) nên từ (4) suy vô lí c) Nếu x 1(mod 3) ; y 0(mod 3) Lập luận tơng tự trờng hợp b) suy mâu thuẫn d)Nếu x0 (mod 3) ; y0 (mod 3) Khi x03 (mod 9) , y03 (mod 9) ; x0 y02 (mod 9) suy ra: x03 x0 y02 + y03 / (mod 9) 33 Vậy từ (4) suy mâu thuẫn Tóm lại, giả sử (1) với n = 2891 có nghiệm đến điều vô lí Điều có nghĩa n = 2891 (1) nghiệm nguyên 2.3.4 Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình: x + y + z = 20034 Giải Với a  , ta có a (mod 3) , a (mod 3), a (mod 3) Từ suy a (mod 9) , a3 (mod 9) , a (mod 9) a  Nh với x, y, z  xảy tr- ờng hợp sau: Hoặc x + y + z (mod 9); Hoặc x + y + z (mod 9); Hoặc x + y + z (mod 9); Hoặc x + y + z (mod 9), tức x + y + z (mod 9); Hoặc x + y + z (mod 9), tức x + y + z (mod 9); Hoặc x + y + z (mod 9), tức x + y + z (mod 9) Mặt khác, ta có 2003 (mod 9) nên suy 2003 625 (mod 9) hay 20034 (mod 9) Kết hợp lại suy phơng trình x + y + z = 20034 nghiệm nguyên 2.3.5 Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x + ( x + 1) + ( x + 2) = y Giải Ta có x + ( x + 1) + ( x + 2) = 3x + x + Vì với x nguyên, thì: x + ( x + 1) + ( x + 2) (mod 3) Dĩ nhiên y nguyên, nên y / (mod 3) (do y (mod 3) y (mod 3)).Vì lẽ phơng trình cho nghiệm nguyên 2.4 Phơng pháp sử dụng định lí số học Phơng pháp ta dùng định lí số học nh: Định lí Fermar: Nếu p số nguyên tố a số nguyên tùy ý, (a p a ) Mp Nói riêng, ( a, p ) = , a p 1(mod p) 34 Định lí Euler:Nếu m số nguyên dơng ( a, m ) = , a ( m) (mod m) , ( m ) số nguyên dơng nhỏ m nguyên tố với m( ( m ) gọi Phi hàm Euler) Định lý Wilson p số nguyên tố (p - 1)! + chia hết cho p Định lý Fermat Euler: Nếu p = 4k + 1, tồn số nguyên d ơng a, b cho p = a2 + b2 Ta dùng định lí vài thủ pháp nh giản ớc cho ớc số chung để tìm nghiệm phơng trình Xét số phơng trình cụ thể sau: 2.4.1 Giải phơng trình nghiệm nguyên: x 2002 + y 2002 = 2003 2001 ( x + y ) Giải Giả sử (x, y ) nghiệm nguyên phơng trình: x 2002 + y 2002 = 2003 2001 ( x + y ) (1) x 2002 + y 2002 2003 (2) Từ (1) suy ra: Vì 2003 số nguyên tố, nên theo Định lí Fermat nhỏ, với a nguyên, ta có: 2002 a 2003 a 2003 a ( a 1) 2003 a 2002 2003 ( a,2003) = Nh vậy, ta có: 2002 (mod 2003) a (mod 2003) a 2002 (mod 2003) ( a, 2003) = a Nói cách khác: Nếu a 2003 a 2002 2003 ; a / 2003 a 2002 1(mod 3) x M2003 y M2003 (để ý 2003 số nguyên tố) Vì thế: (2) Đặt x = 2003x1 ; y = 2003y1 (với x1 , y1 nguyên) Thay vào (1) thu gọn ta có: x12002 + y12002 = 20032 ( x13 + y13 ) Từ (3) ta lại có: ( x12002 + y12002 ) 2003 (3) 35 x1 M2003 y1 M2003 Lập luận nh ta suy ra: Đặt x1 = 2003x2 ; y1 = 2003y2 ( x2 , y2 nguyên) Thay vào (3) thu gọn ta có: 20031997 ( x22002 + y22002 ) = x23 + y23 (4) Rõ ràng 20031997 a 2002 a3 (đẳng thức xảy a = ) Do từ (4) suy ra: x2 = x = y = y = Ngợc lại, dễ thấy ( x, y ) = (0, 0) nghiệm (1) Vậy phơng trình cho có nghiệm nguyên (0, 0) 2.4.2 Tìm nghiệm nguyên phơng trình: ( ) x + x + x = y ( y + 1) Giải Xét phơng trình: ( ) x + x + x = y ( y + 1) (1) Ta thấy: (1) + x + x + x = y + y + ( ) ( + x ) + x = ( y + 1) (2) Vì y  nên vế phải (2) số lẻ suy ( + x ) ( + x ) số lẻ Do đó, + x v + x số lẻ Giả sử: ( + x, + x ) = d (3) Do + x , + x hai số lẻ suy d số lẻ Từ ( + x ) Md suy ra: ( x ) Md Mặt khác, ( + x ) Md nên suy ra: { ( x ) + ( + x ) } Md 2 Md (4) Từ (4) d lẻ nên d = Từ (2) suy ( + x ) ( + x ) số phơng Do + x , + x hai số nguyên tố + x v + x số phơng 36 Do x , x + hai số tự nhiên liên tiếp mà số phơng, nên suy y = x = Thay x = vo (1) ta có: y ( y + 1) = y = Vậy phơng trình cho có hai nghiệm nguyên sau: ( x, y ) = (0,0); (0, 1) 2.4.3 Tìm giá trị nguyên a để phơng trình: a + + = , có nghiệm nguyên dơng x x y y Giải Giả sử ( x, y ) nghiệm nguyên dơng phơng trình cho Ta có: x + ( ) 2 2 a 2 + = x + a.x y + y = x y x x + a y = y x xy y ( Đặt ( x, y ) = d Giả sử x = d x1 , y = d y1 , ( ) ( ) (x1 , y1 ) = Từ thay vo ) (1) v đến: x1 x1 + a y1 = y1 d x1 ( ) (1) (2) Do (x1 , y1 ) = nên ta có: d x1 M x1 M x1 x1 = Vì x1 Ơ * x1 = Thay lại x1 = vo (2) có: + a y1 = y1 ( d 1) Do suy My1 y1 = (chú ý y1 Ơ * ) Từ x1 = y1 = suy x = y Do thay lại vào phơng trình ban đầu ta có: a+2= x Nh thế, phơng trình cho có nghiệm nguyên dơng a + số phơng Đảo lại, a + số phơng, tức a + = k , k Ơ * Khi dễ thấy (k , k ) cặp nguyên dơng thỏa mãn phơng trình cho Vì điều kiện cần đủ để phơng trình có nghiệm nguyên dơng a + phải số phơng 2.4.4 Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x+ y = x xy + y Giải Giả sử x, y nguyên thỏa mãn phơng trình: 37 x+ y = ( x + y ) = x xy + y , x xy + y ( ) (1) 7 Với x, y (Vì x = y = v y = x = , phơng trình 3 cho nghiệm nguyên trờng hợp này) Đặt u = x + y; v = x y, ta có: x= u +v u v ; y= 2 Thay (2) vo (1), có: 28u = 3(u + 3v ) (2) (3) Từ (3) suy ra: 28u M3 u M3 (do (28,3) = 1) u = 3k , với k  Thay lại u = 3k vo (3), ta đến: 28k = 3(3k + v ) 28k M3 k M3 k = 3m, Từ (4) suy ra: (4) m  Vì từ (4), ta có: 28m = 27m + v m(27m 28) = v 0m m = 28 27 m = Nếu m = u = v = x = 0, y = (loại, xét loại khả này) Nếu m = u = 9, v = ( x = 5, y = 4) ( x = 4, y = ) Tóm lại, phơng trình cho có hai nghiệm nguyên là:( x, y ) = (5,4); (4,5) 2.4.5 Tìm nghiệm nguyên phơng trình: ( ) x12 + y12 + z12 = 191995 + 881995 Giải Ta có: 191995 = ( 9.2 + 1) 1995 = 9k + , với k nguyên > 881995 = (9.9 + 7)1995 = 9n + 71995 , với n nguyên > ( ) 71995 = 73 665 = ( 38.9 + 1) 651 = 9m + 1, với m nguyên > Vậy vế phải phơng trình cho có dạng: ( 9k + + 9n + 9m + 1) = 9t + 4, t  + Mặt khác, a  , a chia hết cho d Do suy ( ) +( y ) +( z ) x12 + y12 + z12 = x 4 chia cho có số d bé Vì lẽ x12 + y12 + z12 9t + với x, y, z  Từ suy phơng trình cho nghiệm nguyên 38 2.4.6 Tìm nghiệm nguyên dơng hệ phơng trình: 3 x y z = 3xyz x = ( x + y + z ) x y z = 3xyz Giải Xét hệ phơng trình: x = ( x + y + z ) (1) (2) Do x, y, z > nên từ (1) suy x > y, x > z Từ x > y, x > z ta suy ( x + y + z ) < x Vậy từ (2) ta có x < x Do x > 0, nên có x < Mặt khác, từ (2) suy x l số chẵn Vì x = x = Xét hai khả sau: 1) Nếu x = Do x > y, x > z ta quan tâm đến nghiệm nguyên dơng nên y = 1, z = Thử lại thấy x = 2, y = z = thỏa mãn hệ cho Vậy ( x, y, z ) = ( 2, 1, 1) nghiệm 2) Nếu x = Từ (2) ta có 16 = ( + y + z ) y + z = Do < y < 4, < z < (vì y < x, z < x ), nên từ y + z = ta xét khả sau: a) Nếu y = z = Thay x = 4, y = z = vo (1) ta thấy thỏa mãn Vậy ( x, y, z ) = ( 4, 2, ) nghiệm b) Nếu y = , z = v y = 1, z = 3, thử vào thấy thỏa mãn Tóm lại, hệ cho có nghiệm nguyên sau:(2, 1, 1); (4, 2, 2); (4, 3, 1); (4, 1, 3) Chơng Phơng trình vô định siêu việt 3.1 Phơng pháp lựa chọn môđulô 3.1.1 Tìm tất số nguyên tố x, y, z thỏa mãn phơng trình x y + = z Giải Xét phơng trình: x y + = z với x, y, z số nguyên tố (1) Do x, y l số nguyên tố nên x 2, y Từ x y + Vậy từ (1) suy z Mà z l số nguyên tố mà nên z phải số lẻ Từ x y + l số lẻ 39 suy x y l số chẵn Vì x = (do x = l số nguyên tố chẵn nhất) Chỉ có hai khả sau: 1) Nếu y lẻ : ( ) x y + = y + = y + 1y = ( + 1) y y + y L Từ suy ( x y + 1) M , từ (1) đến z M3 Đó điều có z số nguyên tố Vậy trờng hợp y l số lẻ xảy 2) Nếu y chẵn, y l số nguyên tố nên y = Từ z = 22 + = , v để ý z = số nguyên tố Vậy có số nguyên tố x = y = 2, z = thỏa mãn phơng trình cho 3.1.2 Tìm nghiệm nguyên không âm phơng trình x + y = 19 z Giải Giả sử ( x, y, z ) nghiệm nguyên tùy ý phơng trình cho, ta có: (1) x + y = 19 z Do 19 (mod 3) 19 z (mod 3) Lại thấy (mod 3) x ( 1) x (mod 3) Ngoi (mod 3) y ( 1) y (mod 3) ( Từ kết hợp với (1), ta đến: ( 1) + ( 1) x y ) (mod 3) (2) Từ (2) suy x v y phải hai số lẻ Do x l lẻ, nên đặt x = 2k + Vì (mod 5) x = 2.4k ( 1) k (mod 5) Lại có 19 (mod 5) 19 z ( 1) z (mod 5) (3) Rõ ràng ( 1) z (mod 5) m (mod 5), với m { 1, 1} , k ( 1) (mod 5) n (mod 5), với n { 2, 2} Do { 1, 1} { 2, 2} = , nên từ (3) suy mâu thuẫn Vậy giả thiết phơng trình x + y = 19 z có nghiệm nguyên l sai Vì lẽ ta kết luận đ ợc rằng: Phơng trình x + y = 19 z nghiệm nguyên không âm 3.1.3 Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình 40 3x y = Giải Xét phơng trình: (1) 3x y = Chỉ có khả sau xảy : 1) Nếu x = Khi từ (1) ta có y = y = Trờng hợp ta nhận đợc nghiệm nguyên dơng (1, 1) (1) 2) Nếu x l số lẻ > , tức x = 2k + 1, với k nguyên Lúc (1) có dạng (2) 32 k +1 y = Do 32 (mod 4), nên 32 k +1 (mod 4) Từ (2) suy y ( 32 k +1 1) (mod 4) y 2(mod 4) (3) Do y M4 với y (dĩ nhiên y nguyên), nên từ (3) suy y = Khi y = , thay lại vo (1) v có x = Loại khả x > 3) Nếu x số chẵn ( x = 2k ) Thay lại vào (1) có ( )( ) y = 32 k y = 3k 3k + (4) Từ (4) suy 3k 1, v 3k + phải lũy thừa 2, tức 3k + = 2a ; 3k = 2b ( a > b số nguyên dơng) Ta c ó : = ( 3k + 1) ( 3k 1) = a 2b = 2b ( a b 1) T đ ó d ễ t h ấ y a = 2, b = k = y = v x = Vậy phơng trình 3x y = có hai nghiệm nguyên dơng : ( x, y ) = ( 1, 1) ; ( 3, ) 3.1.4 Tìm nghiệm nguyên không âm phơng trình x y = Giải Chỉ có khả sau xảy : 1) Nếu y = Khi từ phơng trình: (1) x y = Suy x = x = Vậy trờng hợp (1, 0) nghiệm nguyên không âm (1) 2) Nếu x = Khi từ (1) có y = (2) Vì y > 0, nên từ (2) suy vô lí Vậy (1) nghiệm nguyên trờng hợp 3) Nếu x, y nguyên (tức x, y nguyên dơng) 41 Vì x = ( 1) x ( 1) x (mod 3), y (mod 3) Vì lẽ x phải số chẵn, hay x = 2k Thay lại vào (1) có: ( )( ) 2 k = y k k + = y (3) 2k = 3u Từ (3) suy : k v + = , u , v nguyên Từ hệ đến : 3v 3u = (4) Nếu u, v vế trái của(4): 3v 3u (mod 3) , điều vô lí vế phải (4) (mod 3) Lại v > u, nên xảy v = ; u = Từ k = , nên x = 2k = v y = Trong trờng hợp đến nghiệm (2,1) (1) Vậy phơng trình x y = có nghiệm nguyên không âm sau ( x, y ) = ( 1, ) v (2, 1) 3.2 Sử dụng tính chất số học 3.2.1 Tìm nghiệm nguyên phơng trình : ( x + y + 1) ( x + x + x + y ) = 105 Giải Do 105 số lẻ, nên x + y + v x + x + x + y số lẻ Từ x + y + v x + lẻ, nên 5y phải chẵn, tức y chẵn Do x + x = x ( x + 1) chẵn v y chẵn nên x phải số lẻ , tức x = ( y + 1) ( y + 1) = 105 Ta có (suy từ x = 0) : (1) / 5, nên ( y + 1) M5 Từ (1) suy ( y + 1) ( y + 1) M5 , m ( y + 1) M Rõ ràng y , ngợc lại y 5, ( y + 1) ( y + 1) > 105 y 4, m ( y + 1) M5, nên y = (vì y = 5k với k = 1, ta có ( y + 1) ( y + 1) = ( 25k ) ( 5k ) = ( 5k ) ( 25k + ) > 105 Tóm lại, nghiệm phơng trình cho : ( x, y ) = ( 0, ) 3.2.2 Tìm nghiệm nguyên phơng trình : x + 65 = y k = 1, 2, ) 42 Giải Xét phơng trình : (1) x + 65 = y Vì 65M5 , x M / với x nguyên dơng, từ (1) suy y l số / y có dạng 5k 1, nguyên dơng không chia hết cho Để ý y M 5k Từ suy y thỏa mãn (1), y (mod 5) Từ x (mod 5), v x = 2k , k nguyên dơng Thay lại vào (1) ta có : ( 22 k + 65 = y y 2k ) ( y + ) = 65 (2) k Từ y + 2k > 0, nên từ (2) suy y 2k > v y + 2k > y 2k Do từ (2) dẫn đến: y + 2k k y k y + y 2k 2k = 32 k = x = 10 =1 y = 33 y = 33 y = 33 ( x = 2k ) k k = x = = 13 = y = y = y = = = 65 Vậy phơng trình cho có hai nghiệm nguyên dơng sau: ( x, y ) = (10,33); (4,9) 3.2.3 Tìm nghiệm nguyên không âm phơng trình x y + = z Giải Xét phơng trình : x y + = 3z (1) Rõ ràng từ (1) suy 3z > 4, từ z Xét hai khả sau : 1) Nếu x = 0, từ (1) ta có : y + = 3z (2) Rõ ràng y 1(mod 3) v 1(mod 3), nên từ (2) đến 3z 2(mod 3), dẫn đến điều vô lí Vậy trờng hợp có 2) Nếu x Từ (1) ta có : 3z (mod 5) suy z = 4k + 2, k nguyên Thay lại vào (1) có : x y = 34 k + 5x y = ( 32 k +1 + ) ( 32 k +1 ) (3) Ta lại thấy ( 32 k +1 + ) ( 32 k +1 ) = 4, tức là: ( 32 k +1 + ) ( 32 k +1 ) M4 , Nhng 32 k +1 + v 32 k +1 số lẻ, nên ta đến: ( 32 k +1 + 2, 32k+1 ) = 43 Vì lẽ từ (3) suy hai thừa số vế phải, thừa số 5x , thừa số y Lại xét hai khả sau : - Nếu k = 0, từ (3) ta có : x.7 y + = 32 (4) Từ x, y nguyên 0, nên từ (5) suy x = 1, y = ; dẫn đến z = - Nếu k > 0, tức k Khi 32 k +1 + > 25; 32 k +1 25 Kết hợp với nhận xét 5x 25; y 25; hay x 2; y Theo nhận xét ta có : 5x y = ( 32 k +1 + ) ( 32 k +1 ) = Vì lí , ta có : (5) y 4(mod 25), (do x 2, nên 5x M25) Mặt khác, hiển nhiên ta có : 71 7(mod 25), 1(mod 25), 1(mod 25), 75 7(mod 25) 73 7(mod 25) , Vì y nguyên 0, thì: y 7(mod 25) y 1(mod 25) Từ (5) v (6) suy mâu thuẫn Vậy không xảy trờng hợp (6) Tóm lại, phơng trình (1) có nghiệm nguyên không âm l : ( x, y, z ) = ( 1, 0, ) 3.2.4 Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình ( x + 1) y = x! Giải Xét phơng trình : ( x + 1) y = x ! (1) Xét trờng hợp sau : - Nếu x = 1, (1) có dạng y = y = y = Vậy trờng hợp phơng trình có nghiệm ( x, y ) = ( 1, 1) - Nếu x = , (1) có dạng y = y = y = Trong trờng hợp phơng trình có nghiệm ( x, y ) = ( 2, 1) - Nếu x = 3, (1) có dạng y = y = Trờng hợp vô nghiệm (vì y = nghiệm nguyên) - Nếu x = 4, (1) có dạng y = 24 y = 25 y = Trờng hợp có nghiệm ( x, y ) = ( 4, ) 44 Bây xét với x > Khi rõ ràng x !+ > x + Vì từ ( x + 1) y = x !+ 1, đến ( x + 1) y > x + 1, hay y > Viết lại (1) dới dạng: ( x + 1) y = x !+ (2) Có hai khả sau : 1) Nếu x số lẻ, x + số chẵn, vế trái (2) li số chẵn Do x > 4, nên x ! số chẵn, tức vế phải (2) l số lẻ Vì tr ờng hợp phơng trình vô nghiệm 2) Nếu x l số chẵn v kết hợp với x > suy x hợp số, tức x = ab, với < a < b < x Vì lẽ m ( x 1) ! chia hết cho x Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có : ( x + 1) y (3) = C1y x + C y2 + L + C yy x y Từ (2) v (3) ta có x ! = C1y x + C y2 + L + C yy x y ( x 1) ! = C1y + C y2 x + L + C yy x y ( ) ( x 1) ! = x C y2 + C y3 x + L + C yy x y + y Vì ( x 1) ! chia hết cho cho x , nên từ (4) suy y Mx , tức y x nên hiển nhiên ta có : ( x + 1) x (4) Do x > , (5) > x !+ Từ (4) v (5) suy : ( x + 1) y > x !+ (6) Kết hợp (2) v (6) đến (1) nghiệm nguyên x > Tóm lại, phơng trình cho có nghiệm nguyên dơng sau : ( x, y ) = ( 1, 1) ; ( 2, 1) ; ( 4, ) 3.2.5 Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình 28 + 211 + x = y Giải Xét phơng trình : 28 + 211 + x = y (1) Viết (1) dới dạng: x = y ( 28 + 211 ) x = y 482 x = ( y 48 ) ( y + 48 ) (2) y + 48 = Từ (2) dẫn đến hệ sau : q p (3) y 48 = , p, q l số nguyên 0, p > q v p + q = x Từ (3) suy : ( ) p q = 96 q p q = 25.3 (4) 45 Do p > q p q l số chẵn p q l số lẻ Vậy từ (4) dẫn đến 2q = 25 q = q = q = pq pq pq = p = = = Thay lại vào (3) v có : y = 27 + 25 y = 26 + 24 = 80 Thay y = 80 vo (2) v đến : x = 32.128 = 212 x = 12 Thử lại ( x, y ) = ( 12, 80 ) thỏa mãn (1) Vậy ( x, y ) = (12,80) nghiệm (1) Kết luận Những kết đạt đợc luận văn: Tìm hiểu đợc số ứng dụng đờng cong phẳng vào việc giải phơng trình nghiệm nguyên Hệ thống đợc số phơng pháp giải toán nghiệm nguyên lớp đa thức: - Phơng pháp quy hệ bậc - Phơng pháp đánh giá - Phơng pháp lựa chọn môđulô - Phơng pháp sử dụng định lý số học Khảo sát điều kiện tồn nghiệm nguyên, tìm nghiệm nguyên số phơng trình vô định siêu việt Hớng phát triển luận văn: Luận văn tiếp tục theo hớng đa lớp toán mà lời giải áp dụng đợc phơng pháp luận văn Mục đích luận văn: Nhằm đóng góp tài liệu giảng dạy học tập môn Số học cho giáo viên sinh viên ngành toán trờng s phạm [...]... chứa nghiệm dựa vào tính chia hết, lựa chọn nghiệm trong một tập hợp hữu hạn số nhằm xác định tập hợp số chứa nghiệm sao cho có ít phần tử nhất Dựa vào tính chất nguyên, số nguyên tố và điều kiện của các ẩn: Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất Phơng trình đợc đa về dạng f ( x).g ( x) = k với f ( x) và g ( x) là các đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phơng trình: ... là số nguyên tố khi và chỉ khi (p - 1)! + 1 chia hết cho p Định lý Fermat Euler: Nếu p = 4k + 1, thì tồn tại các số nguyên d ơng a, b sao cho p = a2 + b2 Ta dùng các định lí và một vài thủ pháp nh giản ớc cho ớc số chung để tìm nghiệm của phơng trình Xét một số phơng trình cụ thể sau: 2.4.1 Giải phơng trình nghiệm nguyên: x 2002 + y 2002 = 2003 2001 ( x 3 + y 3 ) Giải Giả sử (x, y ) là một nghiệm nguyên. .. hai nghiệm (-5, -6) ; (-4, -4) nữa Tóm lại, phơng trình đã cho có 4 nghiệm nguyên sau đây: (-2, 6) ; (-3, 4) ; (-4, -4) và (-5, -6) 2.3 Phơng pháp lựa chọn môđulô Phơng pháp lựa chọn môđulô tức là ta sử dụng các tính chất cơ bản của đồng d thức để tìm nghiệm nguyên của phơng trình hoặc chứng minh phơng trình không có nghiệm nguyên Nếu hai vế của phơng trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số. .. tức là ph - ơng trình x p + y p = p[ ( p 1)!] p không có nghiệm nguyên 2.3.3 Xét phơng trình: x 3 3 xy 2 + y 3 = n, (1) trong đó n là số nguyên dơng cho trớc 1) Chứng minh rằng nếu (1) có nghiệm nguyên, thì (1) có ít nhất ba nghiệm nguyên 32 2) Tìm nghiệm nguyên của (1) khi n = 2891 Giải Với n nguyên dơng cho trớc, xét phơng trình: x 3 3xy 2 + y 3 = n, (1) 1) Giả sử (1) có nghiệm nguyên ( x0 , y... ) = 1 19 Chơng 2 Một số Phơng pháp tìm nghiệm nguyên của một số lớp đa thức Việc giải các phơng trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các phơng trình đại số với hệ số nguyên luôn đòi hỏi học sinh khả năng phân tích, đối chiếu, dự đoán, phơng pháp t duy logic để lựa chọn nghiệm thích hợp Vì vậy các bài toán này thờng thấy trong các đề toán trên các tạp chí toán học sơ cấp, đề toán thi chọn... chọn học sinh giỏi và các đề thi vào đại học Với loại toán này, không có phơng pháp giải tổng quát ở đây tôi xin giới thiệu một số phơng pháp cơ bản để giải các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp [ơ 2.1 Phơng pháp quy về các hệ bậc nhất Phơng pháp quy về các hệ bậc nhất tức là ta đa phơng trình bậc cao về các phơng trình bậc nhất để giải.Trong quá trình đa về phơng trình bậc nhất ta sẽ sử... vào phơng trình ban đầu ta có: 2 a+2= x Nh thế, nếu phơng trình đã cho có nghiệm nguyên dơng thì a + 2 là số chính phơng Đảo lại, nếu a + 2 là số chính phơng, tức là a + 2 = k 2 , k Ơ * Khi đó dễ thấy (k , k ) là cặp nguyên dơng thỏa mãn phơng trình đã cho Vì vậy điều kiện cần và đủ để phơng trình trên có nghiệm nguyên dơng là a + 2 phải là số chính phơng 2.4.4 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x+... nó đợc sử dụng khi xét hệ bất phơng trình đại số Phần hữu tỉ của đờng cong phẳng đợc sử dụng để nghiên cứu tập nghiệm nguyên của một hệ phơng trình đại số với các hệ số nguyên Nó gắn liền với lí thuyết phơng trình Đi-ôphăng Ví dụ 1 Xét tập đại số afin (l) : x3 + y 2 x 1 = 0 trong Ê 2 với phần hữu tỉ ( l)Ô = V Ô 2 = { ( a, b ) Ô 2 / a 3 + b 2 a 1 = 0} Vấn đề đặt ra là: Sử dụng thuần tuý hình... Phơng pháp sử dụng các định lí cơ bản của số học Phơng pháp này ta dùng các định lí cơ bản của số học nh: Định lí Fermar: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý, thì (a p a ) Mp Nói riêng, khi ( a, p ) = 1 , thì a p 1 1(mod p) 34 Định lí Euler:Nếu m là số nguyên dơng và ( a, m ) = 1 , thì a ( m) 1 (mod m) , ở đây ( m ) là số nguyên dơng nhỏ hơn m nguyên tố cùng nhau với m( ( m ) gọi... 2mq 1) Vì q là số nguyên tố và do m +1>1, nên từ (5) suy ra: (5) m = 1 m = 1 (6) 2mr 2 mq 1 = 1 r q = 1 r = q + 1 Do r và q là các số nguyên tố lẻ, nên từ (6) suy ra vô lí Vậy trờng hợp 2 bị loại Tóm lại, phơng trình đã cho có nghiệm nguyên tố duy nhất là:p = q = 2 và r = 3 2.2.6 Tìm số tự nhiên a sao cho phơng trình: x 2 a 2 x + a + 1 = 0 , có nghiệm nguyên Giải Xét phơng trình: x 2 a2 x ... thức để tìm nghiệm nguyên phơng trình chứng minh phơng trình nghiệm nguyên Nếu hai vế phơng trình nghiệm nguyên chia cho số có số d khác phơng trình nghiệm nguyên Ta vào số phơng trình cụ thể... cứu tập nghiệm hệ phơng trình đại số mà đợc sử dụng xét hệ bất phơng trình đại số Phần hữu tỉ đờng cong phẳng đợc sử dụng để nghiên cứu tập nghiệm nguyên hệ phơng trình đại số với hệ số nguyên. .. tập hợp số chứa nghiệm cho có phần tử Dựa vào tính chất nguyên, số nguyên tố điều kiện ẩn: Số số nguyên tố chẵn Phơng trình đợc đa dạng f ( x).g ( x) = k với f ( x) g ( x) đa thức hệ số nguyên