Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* PHẠM THỊ NGA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐẶC BIỆT KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Hà Nội – Năm 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* PHẠM THỊ NGA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐẶC BIỆT KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC Ths Dương Thị Luyến Hà Nội – Năm 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 LỜI CẢM ƠN Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu với hướng dẫn bảo tận tình cô giáo Ths Dương Thị Luyến, khóa luận em đến hoàn thành Em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới cô giáo Ths Dương Thị Luyến, thầy cô giáo bạn sinh viên khoa Toán Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội giúp em hoàn thành khóa luận Mặc dù có nhiều cố gắng hạn chế thời gian kiến thức nên đề tài không tránh thiếu sót Em mong góp ý thầy cô, bạn sinh viên bạn đọc để đề tài hoàn thiện Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Phạm Thị Nga Footer Page of 161 Header Page of 161 LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp kết trình học tập, nghiên cứu nỗ lực em với giúp đỡ thầy cô, bạn sinh viên khoa toán trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, đặc biệt hướng dẫn tận tình cô giáo Dương Thị Luyến Trong trình làm khóa luận em có tham khảo tài liệu có liên quan hệ thống mục tài liệu tham khảo Khóa luận tốt nghiệp "Một số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt" trùng lặp với khóa luận khác Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Phạm Thị Nga Footer Page of 161 Header Page of 161 Mục lục LỜI MỞ ĐẦU 1 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Tính chất chia hết tập số nguyên 1.2 Ước chung lớn bội chung nhỏ 1.3 Số nguyên tố 1.4 Đồng dư 1.5 Thuật toán Euclide 1.6 Một số định lí số học 10 1.6.1 Định lí Euler 10 1.6.2 Định lí Fermat 10 1.6.3 Định lí Wilson 10 1.7 Phương trình nghiệm nguyên 11 1.8 Một vài kiến thức liên quan đến liên phân số 11 PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE 2.1 13 Phương trình vô định bậc hai ẩn 13 2.1.1 Định nghĩa 13 2.1.2 Điều kiện có nghiệm công thức nghiệm 13 i Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học 2.1.3 2.2 Phạm Thị Nga Các cách giải phương trình bậc hai ẩn 16 Phương trình vô định bậc nhiều ẩn 20 2.2.1 Định nghĩa 20 2.2.2 Điều kiện có nghiệm 20 2.2.3 Cách giải 21 PHƯƠNG TRÌNH PELL 3.1 3.2 3.3 Phương trình Pell loại I 23 23 3.1.1 Định nghĩa 23 3.1.2 Công thức nghiệm phương trình Pell loại I 23 3.1.3 Giải phương trình Pell loại I sử dụng liên phân số vô hạn liên phân số vô hạn tuần hoàn 28 Phương trình Pell loại II 35 3.2.1 Định nghĩa 35 3.2.2 Điều kiện có nghiệm phương trình Pell loại II 36 3.2.3 Công thức nghiệm phương trình Pell loại II 38 3.2.4 Sử dụng liên phân số để giải phương trình Pell loại II 42 Phương trình Pell với tham số n 46 3.3.1 Định nghĩa 46 3.3.2 Công thức nghiệm phương trình Pell với tham số n PHƯƠNG TRÌNH PYTHAGORE 4.1 Định nghĩa ii Footer Page of 161 46 50 50 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học 4.2 Phạm Thị Nga Nghiệm phương trình Pythagore 50 4.2.1 Tính chất ba Pythagore nguyên thủy 53 4.2.2 Cách chế ba Pythagore 55 PHƯƠNG TRÌNH FERMAT 58 5.1 Định lí Fermat lớn với n = 60 5.2 Ví dụ 62 PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ MỘT ẨN 65 6.1 Các khái niệm 65 6.2 Phương trình đồng dư bậc 66 6.2.1 Định nghĩa 66 6.2.2 Điều kiện có nghiệm số nghiệm 66 6.2.3 Các cách xác định nghiệm phương trình đồng dư bậc ẩn 68 6.3 Phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod m) 70 6.4 Phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pα ) 73 6.4.1 Nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod pα ) 6.4.2 Cách giải phương trình f (x) ≡ (mod pα ) 73 75 Ví dụ 76 Tài liệu tham khảo 83 6.5 Footer Page of 161 iii Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga LỜI MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong toán học đại, Số học đóng vai trò quan trọng Các toán Số học luôn toán hay khó lôi nhà Toán học lớn người yêu thích say mê toán học sâu tìm hiểu nghiên cứu Phương trình nghiệm nguyên đề tài hay, lí thú Số học Được nghiên cứu từ thời Diophante kỉ thứ III, đến phương trình nghiệm nguyên đối tượng nghiên cứu toán học Phương trình nghiệm nguyên vô đa dạng mà phần lớn phương trình nghiệm nguyên cách giải tổng quát, toán với số liệu riêng đòi hỏi cách giải riêng phù hợp Bên cạnh có số phương trình có cách giải riêng như: phương trình Diophante, phương trình Pythagore, phương trình Pell chưa hệ thống cách đầy đủ rõ ràng Với lí với lòng đam mê giúp đỡ nhiệt tình cô giáo hướng dẫn Th.s Dương Thị Luyến, em chọn đề tài "Một số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt" Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Mục đích yêu cầu đề tài Đề tài nhằm hệ thống cách đầy đủ, xác định nghĩa cách giải số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt như: phương trình Diophante, phương trình Pell, phương trình Pythagore, phương trình đồng dư ẩn Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt Phạm vi nghiên cứu: hạn chế mặt thời gian tài liệu lực nghiên cứu nên đề tài em dừng lại việc nghiên cứu số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt Nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài nghiên cứu số phương trình có cách giải tổng quát Phương pháp nghiên cứu Phân tích, tổng hợp, so sánh, nghiên cứu tài liệu liên quan Hệ thống khái quát vấn đề Cấu trúc khóa luận Lời nói đầu Mục lục Footer Page of 161 Header Page 10 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Phần Mở đầu Phần Nội dung Chương Các kiến thức Chương Phương trình Diophante Chương Phương trình Pell Chương Phương trình Pythagore Chương Phương trình Fermat Chương Phương trình đồng dư ẩn Phần Kết luận Tài liệu tham khảo Footer Page 10 of 161 Header Page 76 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Ví dụ 6.2.2 Giải phương trình 7x ≡ (mod 20) (6.4) Lời giải Ta có (7, 5) = nên theo định lí Euler ta có 7ϕ(20) = 78 ≡ (mod 20) Do x ≡ 7ϕ(20)−1 ≡ 5.77 ≡ 15 (mod 20) Vậy nghiệm phương trình cho x ≡ 15 (mod 20) Cách Sử dụng liên phân số m Giả thiết (a, m) = nên tối giản a m thành liên phân số Khi ta biểu diễn a m pn−1 pn Giả sử = [a0 , a1 , , an ] Ta có hai giản phân cuối , a qn−1 qn Theo tính chất giản phân ta có pn−1 qn − pn qn−1 = (−1)n Lại có a = pn , m = qn Do pn−1 a − mqn−1 = (−1)n Suy pn−1 a ≡ (−1)n (mod m) ⇔ pn−1 ab(−1)n ≡ b (mod m) Khi nghiệm phương trình (6.2) x ≡ pn−1 b(−1)n (mod m) Ví dụ 6.2.3 Giải phương trình 11x ≡ 40 ( mod 47) Lời giải 47 Ta biểu diễn thành liên phân số 11 47 Ta có = [4; 3, 1, 2] Đây liên phân số hữu hạn với n = 11 Ta có bảng giản phân sau Footer Page 76 of 161 69 (6.5) Header Page 77 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga ak pk 13 17 47 Bảng 6.1: Bảng giản phân Suy x ≡ p2 40.(−1)3 ≡ 17.40.(−1)3 ≡ 25 (mod 47) Vậy nghiệm phương trình cho x ≡ 25 (mod 47) 6.3 Phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod m) Xét phương trình đồng dư f (x) = a0 + a1 x + + an xn ≡ (mod m) (6.6) an ≡ (mod m) n > Định lý 6.2 Nếu m = pα1 pα2 pαk k với k, αi ∈ N i = 1, k , pi ∈ P thỏa mãn < p1 < p1 < < pn phân tích tắc m phương trình (6.4) tương đương với hệ phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pαi i ) (6.6.1) Chứng minh Giả sử x ≡ x0 (mod m) nghiệm phương trình (6.6) Khi f (x0 ) ≡ (mod m) Vì m bội pαi i , i = 1, k nên ta có f (x0 ) ≡ (mod pαi i ), ∀i = 1, k Suy x ≡ x0 (mod m) nghiệm phương trình (6.6.1) Ngược lại, giả sử x ≡ x0 (mod m) nghiệm phương trình (6.6.1) Khi f (x0 ) ≡ (mod pαi i ) , ∀i = 1, k Suy f (x0 ) chia hết cho pαi i , i = 1, k Footer Page 77 of 161 70 Header Page 78 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Mà pαi i , i = 1, k nguyên tố sánh đôi nên f (x0 ) chia hết cho tích pα1 pα2 pαk k = m Hay f (x0 ) ≡ (mod m) Vậy x ≡ x0 (mod m) nghiệm phương trình (6.6) Do việc giải hệ phương trình (6.6.1) đưa giải phương trình dạng f (x) ≡ (mod pα ) Định lý 6.3 Phương trình đồng dư f (x) = a0 + a1 x + + an xn ≡ (mod p) (6.6) với an ≡ (mod p), p ∈ ℘, n > có không n nghiệm Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo bậc n Nếu n = phương trình (6.6) có dạng an ≡ (mod p) (mâu thuẫn giả thiết) Vậy phương trình (6.6) vô nghiệm Giả sử phương trình (6.6) phương trình đồng dư bậc n định lí với phương trình đồng dư bậc nhỏ n − Giả sử phương trình f (x) ≡ (mod p) có nghiệm x ≡ x0 (mod p) Khi f (x0 ) ≡ (mod p) ta có n−1 f (x) − f (x0 ) = i=0 xn−i − xn−i ≡ (mod p) ⇔ (x − x0 ) an xn−1 + b1 xn−2 + + bn−1 ≡ (mod p) Nếu phương trình f (x) ≡ (mod p) có nghiệm x ≡ x1 (mod p) khác ta có (x1 − x0 ) an x1 n−1 + b1 x1 n−2 + + bn−1 ≡ (mod p) Footer Page 78 of 161 71 Header Page 79 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Vì p nguyên tố x1 ≡ x0 (mod p) nên ta có an x1 n−1 + b1 x1 n−2 + + bn−1 ≡ (mod p) Suy x1 nghiệm phương trình a0 xn−1 + b1 xn−2 + + bn−1 ≡ (mod p) (6.6.2) Điều chứng tỏ nghiệm khác (6.6) nghiệm phương trình (6.6.2) Mà bậc phương trình (6.6.2) n − nên theo giả thiết quy nạp phương trình (6.6.2) có không n − nghiệm Do phương trình(6.6) có không n nghiệm Hệ 6.1 Nếu phương trình đồng dư f (x) = a0 + a1 x + + an xn ≡ (mod p) Với p nguyên tố, bậc không n có nhiều n nghiệm tất hệ số a0 , a1 , , an phải chia hết cho p Chứng minh Giả sử có hệ số không chia hết cho m Không tổng quát, giả sử an không chia hết cho p phương trình cho có không n nghiệm ( mâu thuẫn giả thiết phương trình có nhiều n nghiệm) Do an chia hết cho p Vậy tất hệ số a0 , a1 , , an chia hết cho p Footer Page 79 of 161 72 Header Page 80 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học 6.4 6.4.1 Phạm Thị Nga Phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pα ) Nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod pα ) Cho hai phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pα ) (6.7) f (x) ≡ (mod p) (6.8) với p nguyên tố Khi nghiệm (6.7) nghiệm phương trình (6.8) Ngược lại x ≡ x1 (mod p) nghiệm phương trình (6.8) với điều kiện f (x1 ) ≡ (mod p) phương trình (6.7) có nghiệm lớp nghiệm x ≡ x1 (mod p) phương trình (6.8) Chứng minh Trước hết ta có khai triển Taylor hàm f (x) bậc n x = a f (a) f (i) (a) f (n) (a) i f (x) = f (a)+ (x − a)+ .+ (x − a) + .+ (x − a)n 1! i! n! Thay x = a + pt vào ta f (a) f (a) 2 f (n) (a) n n f (a + pt) = f (a) + pt + p t + + p t 1! 2! n! Hiển nhiên ta có nghiệm phương trình (6.7) nghiệm phương trình (6.8) Ta chứng minh nghiệm x ≡ x1 (mod p) phương trình (6.8) với điều kiện f (x1 ) ≡ (mod p) nghiệm (6.7) Giả sử x ≡ x1 (mod p) nghiệm phương trình (6.8) Khi ta có x = pt1 + x1 , t1 ∈ Z Xét phương trình Footer Page 80 of 161 f (x) ≡ 0(mod p2 ) 73 (6.7.1) Header Page 81 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga ⇔ f (pt1 + x1 ) ≡ mod p2 ⇔ f (x1 ) + pt1 f (x1 ) ≡ mod p2 f (x1 ) ⇔ + t1 f (x1 ) ≡ (mod p) p f (x1 ) ⇔ t1 f (x1 ) ≡ − (mod p) p Trường hợp 1: f (x1 ) không chia hết cho p Vì f (x1 ) không chia hết cho p nên phương trình (6.7.1) có nghiệm t1 ≡ z1 (mod p) Suy t1 = z1 + pt2 ⇒ x = p (z1 + pt2 ) + x1 = (x1 + pz1 ) + p2 t2 Khi x ≡ x1 + pz1 mod p2 nghiệm phương trình (6.7.1) Do phương trình (6.7.1) có nghiệm lớp nghiệm x ≡ x1 (mod p) phương trình (6.8) Giả sử phương trình f (x) ≡ mod pα−1 (6.7.2) có nghiệm lớp nghiệm x ≡ x1 (mod p) phương trình (6.7.1) x ≡ x2 mod pα−1 Xét phương trình f (x) ≡ (mod pα ) ⇔ f x2 + pα−1 t2 ≡ (mod pα ) ⇔ f (x2 ) + pα−1 t2 f (x2 ) ≡ (mod pα ) f (x2 ) ⇔ α−1 + t2 f (x2 ) ≡ (mod p) p f (x2 ) (mod p) pα−1 Ta coi (6.7.3) phương trình đồng dư bậc theo t2 ⇔ t2 f (x2 ) ≡ − (6.7.3) Do x2 ≡ x1 (mod p) ⇒ f (x2 ) ≡ f (x1 ) (mod p) nên f (x2 ) không chia hết cho p nên phương trình (6.7.3) có nghiệm t2 ≡ z2 (mod p) Suy t2 = z2 + pt3 ⇒ x = pα−1 (z2 + pt2 ) + x2 = x2 + pα−1 z2 + p2 t2 Footer Page 81 of 161 74 Header Page 82 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Khi x ≡ x2 + pα−1 z2 mod pα−1 nghiệm phương trình (6.7) Do phương trình (6.7) có nghiệm lớp nghiệm x ≡ x2 mod pα−1 phương trình (6.7.2) Từ suy điều phải chứng minh Vậy phương trình (6.7) có nghiệm lớp nghiệm x ≡ x1 (mod p) phương trình (6.8) Nhận xét 6.1 Nếu x = x0 nghiệm phương trình (6.7) , α > x = x0 nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod ps ) , ∀s = 1, α − Như nghiệm (6.7) phận nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod ps ) , ∀s = 1, α − Điều cho phép ta tìm nghiệm phương trình (6, 7) nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod p) 6.4.2 Cách giải phương trình f (x) ≡ (mod pα ) Giả sử x ≡ x0 mod pα−1 nghiệm phương trình f (x) ≡ mod pα−1 , α > (6.7.3) gọi f (x) đạo hàm f (x) +) Nếu f (x0 ) ≡ (mod p) lớp thặng dư x ≡ x0 mod pα−1 có nghiệm (6.7) Khi xét phương trình f (x0 ) + t.f (x0 ) ≡ (mod p) (6.7.4) pα−1 Cho ta nghiệm t ≡ t0 (mod p) Từ x ≡ x0 + t0 pα−1 (mod pα ) nghiệm phương trình (6.7) Footer Page 82 of 161 75 Header Page 83 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga +) Nếu f (x0 ) ≡ (mod p) ta kiểm tra f (x0 ) có chia hết cho p hay pα−1 không f (x0 ) ≡ (mod p) phương trình (6.7.4) nghiệm với pα−1 t ∈ Z Nghĩa (6.7.4) có p nghiệm Do số lớp thặng • Nếu dư x ≡ x0 mod pα−1 nghiệm phương trình (6.7) Khi phương trình (6.7) có p nghiệm x0 , x0 + pα−1 , , x0 + (p − 1) pα−1 (mod m) f (x0 ) ≡ (mod p) phương trình (6.7.4) vô nghiệm pα−1 Suy phương trình (6.7) vô nghiệm • 6.5 Nếu Ví dụ Ví dụ 6.5.1 Giải phương trình x4 + 2x3 − 9x + ≡ (mod 125) (6.9) Lời giải Trước hết ta xét phương trình x4 + 2x3 − 9x + ≡ (mod 5) (6.9.1) Thử hệ thặng dư đầy đủ môđun ta thấy phương trình (6.9.1) có hai nghiệm x ≡ (mod 5) , x ≡ (mod 5) +) Xét nghiệm x ≡ (mod 5) Ta có f (x) = 4x3 + 6x2 − ⇒ f (1) = Do f (1) không chia hết cho f (1) Xét phương trình + t0 f (1) ≡ (mod 5) −5 ⇔ + t0 ≡ (mod 5) Footer Page 83 of 161 76 Header Page 84 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga ⇔ t0 ≡ (mod 5) Suy x1 ≡ + 1.5 ≡ (mod 25) Ta có f (6) = 1071 Do f (6) không chia hết cho f (6) Xét phương trình + t0 f (6) ≡ (mod 5) 25 50 ⇔ + t1 1071 ≡ (mod 5) 25 ⇔ t1 1071 ≡ −2 (mod 5) ⇔ t1 ≡ (mod 5) Suy x ≡ + 3.52 ≡ 81 (mod 125) +) Xét nghiệm x ≡ (mod 5) Ta có f (x) = 4x3 + 6x2 − ⇒ f (2) = 47 Do f (2) không chia hết cho f (2) + t0 f (2) ≡ (mod 5) Xét phương trình 15 ⇔ + 47t0 ≡ (mod 5) ⇔ 47t0 ≡ −3 (mod 5) ⇔ t0 ≡ (mod 5) Suy x1 ≡ + 1.5 ≡ (mod 25) Ta có f (7) = 1657 Do f (7) không chia hết cho f (7) + t0 f (2) ≡ (mod 5) Xét phương trình 25 3025 ⇔ + t1 1657 ≡ (mod 5) 25 ⇔ t1 1657 ≡ −121 ≡ −1 (mod 5) ⇔ t1 ≡ (mod 5) Suy x ≡ + 2.52 ≡ 57 (mod 125) Vậy phương trình cho có nghiệm x ≡ 81 (mod 125) , x ≡ 57 (mod 125) Footer Page 84 of 161 77 Header Page 85 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Ví dụ 6.5.2 Giải phương trình x3 + 6x2 − ≡ (mod 81) (6.10) Lời giải Trước hết ta xét phương trình x3 + 6x2 − ≡ (mod 3) (6.10.1) Thử hệ thặng dư đầy đủ môđun ta thấy x ≡ (mod 3) nghiệm phương trình (6.10.1) Ta có f (x) = 3x2 + 12x ⇒ f (1) = 15 Do f (1) f (1) Lại có = ≡ (mod 3) Vậy phương trình cho vô nghiệm Ví dụ 6.5.3 Giải phương trình f (x) = x3 + 6x2 + ≡ (mod 1323) (6.11) Lời giải Ta có (6.11) ⇔ f (x) = x3 + 6x2 + ≡  mod 33 72  f (x) ≡ mod 33 Khi theo định lí phương trình (6.11) ⇔  f (x) ≡ mod 72 (6.11.1) (6.11.2) Giải (6.11.1) Xét phương trình f (x) = x3 + 6x2 + ≡ (mod 3) (6.11.3) Thử hệ thặng dư đầy đủ môđun ta thấy x ≡ (mod 3) nghiệm phương trình (6.11.3) Ta có f (x) = 3x2 + 12x ⇒ f (1) = 15 Do f (1) Lại có f (1) = nên số lớp thặng dư x ≡ (mod 3) nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod 9) Footer Page 85 of 161 78 Header Page 86 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Do đo phương trình f (x) ≡ (mod 9) có nghiệm x ≡ (mod 9) , x ≡ (mod 9) , x ≡ (mod 9) +) Xét nghiệm x ≡ (mod 9) f (1) Ta có = ≡ (mod 3) nên phương trình (1) vô nghiệm +) Xét nghiệm x ≡ (mod 9) f (4) Ta có = 18 ≡ (mod 3) nên số lớp thặng dư x ≡ (mod 9) nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod 27) Do phương trình (6.11.1) có nghiệm x ≡ (mod 9) , x ≡ 13 (mod 9) , x ≡ 22 (mod 9) +) Xét nghiệm x ≡ (mod 9) f (7) Ta có = 71 ≡ (mod 3) nên phương trình (6.11.1) vô nghiệm Vậy phương trình (6.11) vô nghiệm Giải (6.11.2) Xét phương trình x3 + 6x2 + ≡ (mod 7) (6.11.4) Thử hệ thặng dư đầy đủ môđun ta thấy x ≡ (mod 7) nghiệm phương trình (6.11.4) Ta có f (x) = 3x2 + 12x ⇒ f (6) = 180 f (1) không chia hết cho f (6) Xét phương trình + t0 f (7) ≡ (mod 7) 434 ⇔ + 180t0 ≡ (mod 7) ⇔ 180t0 ≡ −62 ≡ (mod 7) ⇔ t0 ≡ (mod 7) Suy x ≡ + 3.7 ≡ 27 (mod 49) nghiệm phương trình (6.11.2) Footer Page 86 of 161 79 Header Page 87 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga    x ≡ (mod 27)       x ≡ 27 (mod 49)    x ≡ 13 (mod 27)  Do (6.11) ⇔    x ≡ 27 (mod 49)     x ≡ 22 (mod 27)    x ≡ 27 (mod 49)  x ≡ 76 (mod 1323)   ⇔  x ≡ 51 (mod 1323)  x ≡ 958 (mod 1323) Vậy phương trình cho có ba nghiệm x ≡ 76, 51, 958 (mod 1323) Footer Page 87 of 161 80 Header Page 88 of 161 Kết luận Phương trình nghiệm nguyên mảng kiến thức khó lại thu hút nhiều học sinh yêu thích đam mê Toán học Trong khóa luận "Một số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt" em trình bày số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt có cách giải riêng chúng Phương trình Diophante, phương trình Fermat, phương trình Phythagore, phương trình Pell, phương trình đồng dư ẩn với số ví dụ cụ thể Qua tìm hiểu nghiên cứu em có số kết luận Các toán nghiệm nguyên phức tạp cách giải tổng quát, đòi hỏi cần phải có tư linh hoạt, sáng tạo việc vận dụng kiến thức số học để giải toán Một phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm, có hữu hạn nghiệm vô số nghiệm Trong trường hợp phương trình có nghiệm nghiệm phương trình thường biểu thị công thức chứa tham số số nguyên Footer Page 88 of 161 81 Header Page 89 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Phạm Thị Nga Mặc dù cố gắng lần em tìm hiểu nghiên cứu vấn đề làm quen với việc sửu dụng Latex, thời gian lực thân nhiều hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp thầy cô bạn Em xin chân thành cảm ơn Sinh viên Phạm Thị Nga Footer Page 89 of 161 82 Header Page 90 of 161 Tài liệu tham khảo [1] Vũ Hữu Bình (2003), Phương trình toán với nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục [2] Hoàng Chúng, Số học [3] Bùi Huy Hiền, Nguyễn Hữu hoan, Bài tập Đại số Số học , NXB Giáo Dục [4] Phan Huy Khải (2009), Phương trình nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục [5] Hà Huy Khoái (2004), Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thông Số học, NXB Giáo Dục [6] Ngô Thúc Lanh, Đại số Số học, NXB Giáo Dục [7] Trần Phương, Đại Sơ cấp [8] Nguyễn Tiến Quang (2003), Bài tập số học, NXB Giáo Dục [9] Đặng Hùng Thắng, Một số lớp phương trình Diophante [10] Tạp chí Toán học tuổi trẻ Footer Page 90 of 161 83 ... số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt như: phương trình Diophante, phương trình Pell, phương trình Pythagore, phương trình đồng dư ẩn Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: số phương. .. cần nghiệm, trường hợp ta cần kiểm tra lại giá trị cách thử trực tiếp vào phương trình cho Một phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm, có hữu hạn nghiệm, có vô số nghiệm trường hợp có vô số nghiệm. .. y0 ) nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm Định lý 2.2 Công thức nghiệm Cho phương trình ax + by = c (2.1), a, b, c số nguyên, a, b = 0, d = (a, b) (x0 , y0 ) nghiệm phương trình