Link tải luận văn miễn phí cho ae Kết Nối
Phöông trình nghieäm nguyeân (phöông trình giaûi ñöôïc treân taäp soá nguyeân)
laø moät boä phaän quan troïng cuûa soá hoïc. Lòch söû giaûi caùc phöông trình
nghieäm nguyeân laø moät cuoäc haønh trình ly kyø vaø ñaày haáp daãn ñoái vôùi
nhöõng ai yeâu thích toaùn hoïc. Haún caùc baïn ñeàu ñaõ nghe qua caâu chuyeän
thuù vò veà Ñònh lyù Fermat? Moät baøi toaùn töôûng chöøøng nhö raát ñôn giaûn:
"xn + yn =zn khoâng coù nghieäm nguyeân döông neáu n≥3"! Ñaõ khieán cho caû
giôùi toaùn hoïc phaûi ñau ñaàu suoát 3 theá kiû vaø maõi cho ñeán cuoái theá kiû 20
thì lôøøi giaûi troïn veïn cho baøi toaùn môùi ñöôïc tìm ra treân cô sôû tinh hoa
cuûa toaùn hoïc hieän ñaïi. Baøi toaùn Fermat ñoù laø moät phaàn trong chuoãi caùc
phöông trình nghieäm nguyeân Diophantine – moät nhaø toaùn hoïc Hy Laïp
soáng ôû Alexandria vaøo theá kiû III, ngöôøi chuyeân nghieân cöùu veà phöông
trình nghieäm nguyeân. Töø thôøi cuûa Diophantine, ngöôøi ta ñaõ töï ñaët ra caâu
hoûi: Coù hay khoâng moät thuaät toaùn chung ñeå giaûi taát caû caùc loaïi phöông
trình Diophantine? Vaø ñoù chính laø noäi dung cuûa baøi toaùn Hilbert thöù 10
noãi tieáng, ñaõ ñöôïc nhaø toaùn hoïc Hilbert ( nhaø toaùn hoïc lôùn nhaát cuûa moïi
thôøi ñaïi) ñeà ra trong soá 23 baøi toaùn cho toaùn hoïc theá kæ 20 taïi Ñaïi hoäi
toaùn hoïc quoác teá ñaàu theá kæ 20. Vaø baøi toaùn ñoù ñaõ ñöôïc nhaø toaùn hoïc
ngöôøi Nga Yuri Matijasievich giaûi naêm 1970. Caâu traû lôøi cho baøi toaùn thöù
10 laø:
! Tuy vaäy, ñoái vôùi moät soá lôùp phöông trình
Diophantine, ta coù theå söû duïng moät soá caùch sau ñeå giaûi chuùng:
+ Söû duïng caùc tính chaát chia heát ñeå thu heïp taäp hôïp nghieäm coù theå.
+ Duøng caùc öôùc löôïng veà ñoä lôùn cuûa nghieäm ñeå thu heïp taäp hôïp nghieäm
coù theå. Thoâng thöôøng ta hay söû duïng ñeán tính chaát “nghieäm cöïc trò”
(nhoû nhaát hay lôùn nhaát theo moät quan heä naøo ñoù).
Trong phaïm vi cuûa moät baøi taäp lôùn naøy, toâi seõ giôùi thieäu moät soá phöông
trình Diophantine vaø caùch giaûi chuùng. Vaø tröôùc khi baét ñaàu vôùi caùc
phöông trình ñoù, ta seõ ñi tìm hieåu ñoâi neùt veà caùch giaûi phöông trình
Diophantine ña thöùc treân ℤ cuøng nhöõng khoù khaên trong vieäc giaûi phöông
trình Diophantine.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
2 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
I. Phương trình DIOPHANTINE một ẩn.
Chúng ta bắt đầu phần này với phương trình Diophantine một ẩn (hay còn gọi là
phương trình đa thức) có dạng:
1
a x a x a x a 0 1 1 m m ... 0 m m (1)
Với m N *, ai i m 0, .
Nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn phương trình (1) thì khi đó:
1 2
( ... ) a x a x a x a 0 1 1 m m m m
Vậy x là một ước của am. Nếu am 0thì ta dễ dàng tìm được x bằng cách liệt kê
các ước ( hữu hạn) nguyên âm và nguyên dương của am rồi lần lượt thử vào
phương trình (1) để tìm ra giá trị phù hợp. Nếu am 0 thì rõ ràng x 0 là một
nghiệm của phương tình (1), lúc đó ta xét phương trình:
1 2
a x a x a 0 1 1 m m ... 0 m
Đối với phương trình này ta lại tiếp tục cách giải trên bằng cách phân loại am-1=0
hay khác 0. Nếu am-1=0 thì ta lại tiếp tục xét tiếp một phương trình bậc m-2 và lặp
lại quá trình giải trên. Vì bậc m đã cho trước là cố định nên quá trình này là hữu
hạn, do vậy ta sẽ tìm được tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (1).
Ta xét ví dụ sau:
Bài toán : Giải phương trình sau trên tập : x x 7 2 0 (*)
Giải
Nếu là một nghiệm nguyên của (*) thì x 2. Vậy các giá trị mà có thể nhận là
2, 1,1,2. Lần lượt thay vào phương trình (*) ta thấy chỉ có =-1 là thỏa mãn
phương trình (*).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là .
Phương pháp nêu trên nói chung là không khó (chỉ gồm các tính toán sơ cấp) để
tìm nghiệm nguyên của một phương trình đa thức có hệ số nguyên, ngay cả khi
đa thức đó có bậc rất cao. Trường hợp này khác biệt hẳn so với các lý thuyết và
định lý của Đại số vì như chúng ta đã biết , công thức nghiệm của phương trình
bậc ba và bậc bốn rất phức tạp và các phương trình bậc cao hơn thì không có một
công thức nghiêm chung nào để giải chúng.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
3 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Một vấn đề đặt ra ở đây nữa là : Làm thế nào tìm tất cả các nghiệm hữu tỉ của
phương trình (1)? Chúng ta giải quyết vấn đề đó như sau : Giả sử r k
s
(với s là
các số tự nhiên khác 0, k là một số nguyên và (k,s)=1) là một nghiệm hữu tỉ khác
0 của (1). Giả sử vế trái của phương trình (1) là một đa thức bậc m thì a0 0. Lúc
đó, từ phương trình (1), thế vào ta được :
1 2 1
0 1 2
1 2 1
0 1 1
( ... )
( ... )
m m m m
m
m m m m
m m
a k a k a k s a s s
a s a k a k s a s k
Từ hai phương trình này ta có s a k 0 m và k a s m m . Vì (s,k)=1 nên s a0 và k am . Từ
đây là có phương pháp chung để tìm các nghiêm hữu tỉ của phương trình (1) như
sau :
+ Liệt kê các ước nguyên âm và dương của am và các ước số tự nhiên của a0.
+ Liệt kê các số x k
s
với k là ước của am và s là ước nguyên dương của a0,
(k,s)=1.
+ Lần lượt thử vào phương trình (1) để tìm ra giá trị thỏa mãn.
Ta lưu ý là sự tồn tại các ước số của am và a0 là hữu hạn nên việc giải phương
trình (1) trên tập hữu tỉ bằng phương pháp trên sẽ thu được nghiệm sau hữu hạn
bước thế .
Ta xét một ví dụ sau để rõ hơn về thuật toán này :
Bài toán : Giải phương trình sau trên : x x x 5 4 3 4 2 0(**)
Giải
Giả sử là một nghiêm hữu tỉ của (**), lúc đó với k 2, 1,1,2, s=1.
Lần lượt kiểm tra các giá trị trên vào (**) ta có =1 là nghiệm hữu tỉ duy nhất
của phương trình (**).
II. Một số vấn đề liên quan đến các phương trình Diophantine hai hay
nhiều ẩn.
Dưới đây là một số câu hỏi đã được đặt ra có liên quan đến việc tìm nghiệm
nguyên của phương trình hai hay nhiều ẩn :
+ Liệu phương trình đang xét có tồn tại nghiệm nguyên hay không ?
+ Số các nghiệm nguyên của phương trình đang xét là hữu hạn hay vô hạn ?
+ Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình đang xét ?Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
4 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Đó là những câu hỏi mà không phải bất kỳ ai trong chúng ta có thể có câu trả lời.
Chúng ta không biết, ví dụ như phương trình x y z 3 3 3 30 , có tồn tại nghiệm
nguyên hay không ? Hay phương trình x y z 3 3 3 3 rõ ràng có bốn nghiệm
nguyên là x y z , , 1,1,1 , 4,4, 5 , 4, 5,4 , 5,4,4 nhưng đó có phải là tất cả
nghiệm nguyên của phương trình này? Trả lời cho những câu hỏi này khó khăn
không kém việc xác định các chử số thập phân của !
Dễ thấy phương trình x y z 3 3 3 2 có vô số nghiệm nguyên, ví dụ như
x y z n n n , , (1 6 ,1 6 , 6 ) 3 3 2 với n nguyên dương là một họ nghiệm của phương
trình. Tuy nhiên chúng ta lại không biết tất cả các nghiệm nguyên của phương
trình này.
Trái lại ta có thể chứng minh phương trình x y z 3 3 3 4 không có bất kỳ nghiệm
nguyên nào. Thật vậy, xét phương trình x y z k 3 3 3 , rõ ràng nếu (x,y,z )là
nghiệm của phương trình thì x y z 3 3 3 và k chia cho 9 có cùng số dư. Ta có nếu
x q r 9 với r 0,1,...,7,8, q , lúc đó x q r 3 9 ' ' với r ' 0,1,8 , q' . Tương
tự cho y, ta có được x y q r 3 3 9 '' '' với r '' 0,1,2,7,8 , q'' . Và cuối cùng áp
dụng cho z ta thu được đẳng thức : x y z p s 3 3 3 9 với s 0,1,2,3,6,7,8, p .
Vậy nếu k chia 9 dư 4 hay 5 thì chắc chắn phương trình vô nghiệm nguyên. Vậy
phương trình x y z 3 3 3 4 vô nghiệm trên .
Thêm một ví dụ nữa, phương trình x y z 3 3 3 6 như chúng ta đã biết là có các
nghiệm nguyên như là x y z , , ( 1, 1,2),( 43, 58, 65),( 55, 235,236) nhưng
chúng ta lại không biết số các nghiệm nguyên của phương trình này có hữu hạn
hay không ?
Đôi khi những khó khăn của việc tìm nghiệm nguyên chỉ xuất phát từ các tính
toán thuần túy. Nghĩa là chúng ta biết phương pháp để tìm nghiệm nguyên nhưng
các tính toán liên quan khi thực hiện lại quá dài. Ví dụ như người ta có thể chứng
minh phương trình xy 2 1 293 có nghiệm nguyên (x,y) với x>1, y>1 (xem thêm
cách chứng minh 2 1 293 là hợp số ở chương X [1]) nhưng chúng ta không thể tìm
ra nghiệm đó. Rõ ràng là có phương pháp cụ thể để giải phương trình này: Chúng
ta chia 2293 -1 cho một số nào đó bé hơn nó, tiếp tục như vậy cho đến khi tìm
được số có phần dư bằng 0. Nhưng các phép tính đó lại quá dài và phức tạp nếu
thực hiện bằng các công cụ tính toán đơn giản.
Mặt khác, chúng ta không có bất kì phương pháp nào cho phép xác định phương
trình x y z 3 3 3 30 có nghiệm nguyên hay không sau khi thực hiện các phép toán
dài dòng. Dễ dàng chứng minh được rằng phương trình này vô nghiêm trên vì
30 chia 9 dư 4.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
5 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
III. Một số phương trình Diophantine đặc biệt.
Trước khi nghiên cứu một số phương trình Diophantine đặc biệt, chúng ta trang
bị một định lý sau để việc chứng minh đơn giản hơn:
Định lý 1: Giả sử rằng a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau sao cho
tích của chúng là lũy thừa bậc n của một số tự nhiên, tức là a.b = cn với c, n là
các số tự nhiên. Khi đó bản thân a, b cũng là các lũy thừa bậc n.
Chứng minh :
Đặt (a, c) =d. Khi đó a = da1, c = dc1 với (a1, c1) = 1. Theo giả thiết a.b = cn chúng
ta có da1b = dnc1n hay a1b = dn-1c1n. Nhưng vì d|a và (a, b) =1 nên (d, b) = 1 ⇒
(dn-1, b) = 1. Phương trình a1b = dn-1c1n cho ta b| dn-1c1n. Như vậy ta có b| c1n. Mặt
khác cũng từ phương trình trên ta có c1n| a1b kết hợp với giả thiết (a1, c1) = 1 ta có
c1
n| b.
Như vậy ta đã chứng minh được b| c1n và c1n| b, tức là c1n = b. Khi đó a1 = dn-1 nên
a = a1d = dn. Như vậy ta đi đến kết luận rằng mỗi số a, b là một lũy thừa bậc n của
một số tự nhiên.
Từ định lý 1, ta có hệ quả sau:
Hệ quả: Giả sử k, n và c là các số tự nhiên và a1, a2,…,ak là một dãy số tự
nhiên nguyên tố sánh đôi và a1. a2…ak = cn. Khi đó mỗi ai (i = 1,.., k) là một lũy
thừa bậc n.
Hệ quả trên dễ dàng chứng minh từ định lý 1 thông qua phương pháp quy nạp.
3. 1 Phương trình .
Mục này chúng ta sẽ xét một phương trình ba ẩn bậc hai rất đặc biệt:
(2)
Được gọi là phương trình phương trình Pythagorean.
Như chúng ta biết, đây là một phương trình đặc biệt quan trọng trong lượng giác
và hình học giải tích. Và một trường hợp đặc biệt của nó, khi x = y, liên quan đến
một chứng minh đơn giản nhất để chỉ ra sự tồn tại của số vô tỉ.
Chúng ta sẽ tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (2). Rõ ràng (2) có
nghiệm tầm thường (0,0,0). Nếu x và y đều khác 0 thì chúng ta chỉ việc xét các
giá trị x, y nguyên dương vì việc đổi dấu các nghiệm nguyên dương không ảnh
hưởng gì đến phương trình. Nếu (x,y,z) là một nghiệm nguyên của phương trình
thì ta gọi (x,y,z) là một bộ số Pythagorean.
Một nghiệm của phương trình (2) được gọi là một nghiệm cơ sở nếu các số x,y,z
nguyên dương và nguyên tố cùng nhau. Ta dễ dàng chứng minh được nếu (x,y,z)
là nghiệm cơ sở thì chúng nguyên tố sánh đôi. Thật vậy, nếu tồn tại số nguyên tố
p là ước của x và y. Theo tính chia hết ta có x2+y2 chia hết cho p, tức là z2 chia
hết cho p hay z chia hết cho p. Vậy (x,y,z )= p. Vô lý vì (x,y,z) = 1.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
6 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Nếu , , là một nghiệm cơ sở của (2) và d là một số tự nhiên tùy ý, khi đó:
x d y d z d , , (3)
Cũng là một nghiệm của (2). Thật vậy, vì 2 2 2 nên khi nhân d2 vào hai vế
ta có được điều cần chứng minh.
Ngược lại, nếu (x,y,z) là một nghiệm nguyên dương của (2) thì đặt d = (x,y,z).
Nếu d > 1 thì đặt x y z , ,
d d d
thì hiển nhiên ( , , ) là một bộ số
Pythagorean (theo tính chất ước chung lớn nhất thì , , nguyên tố cùng nhau
từng đôi một).
Chúng ta gọi nghiệm (x,y,z) của (2) thuộc vào lớp thứ d nếu (x,y,z) = d. Như vậy
để tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của (2) thuộc vào lớp thứ d ta chỉ cần
nhân d vào tất cả các nghiệm cơ sở của (2). Do đó, không mất tính tổng quát ,
chúng ta giới hạn việc tìm các nghiệm nguyên của (2) về tìm các nghiệm cơ sở
của (2).
Ta có thể tìm nghiệm cơ sở của (2) bằng định lý sau :
Định lý 2 : Bộ số (x,y,z) với y là số chẵn là nghiệm cơ sở của phương trình
khi và chỉ chi tồn tại các số tự nhiên m, n không cùng tính chẵn
lẻ sao cho (m,n)=1, m > n và
x m n y mn z m n 2 2 2 2 , 2 ,
Chứng minh
Trước hết ta thấy rằng nếu (x,y,z) là một nghiệm cơ sở của (2) thì một trong
hai số x , y là chẵn và số còn lại là lẻ. Thật vậy, nếu cả x và y đều chẵn thì x2 +y2
chẵn, do đó z2 chẵn nên z chẵn, do đó (x,y,z) ≥ 2 mâu thuẫn với giả thiết đây là
nghiệm cơ sở. Nếu x,y đều lẻ, ta biểu diễn x = 2k+1, y = 2h+1. Khi đó x2 =
4k2+4k+1 1 (mod 4) và y2=4h2+4h+1 1 (mod 4) nên x2+y2 2 (mod 4) hay z2
2 (mod 4). Ta lại có z2 là số chẵn (do x,y đều lẻ) nên z chẵn hay z = 2a. Do đó z2
= 4a2 0(mod 4) vô lý với lập luận vừa rồi. Vậy x, y không cùng chẵn hay cùng
lẻ.
Theo lập luận trên, ta có thể giả sử y là số chẵn (do tính đối xứng của x2+y2). Khi
đó x và z là các số lẻ. Phương trình (2) có thể viết lại :
y z x z x 2 (4)
Rõ ràng z+x và z-x là tổng và hiệu của hai số lẻ khác nhau nên chúng là các số
chẵn. Theo đó thì z x a z x b 2 , 2 (5) với a, b là các số tự nhiên. Do đó
,z a b x a b Từ
các phương trình này dễ dàng suy ra a, b nguyên tố cùng nhau. Vì nếu giả sử
(a, b) = d >1 thì z = kd, x = hd với h,d là các số tự nhiên. Dẫn tới y2=z2-x2 =(k2-
h2)d2 hay d2 là ước của y2 hay d là ước của y. Điều này vô lý vì (x,y,z) = 1.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
7 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Theo giả thuyết, vì y chẵn nên y = 2c với c là số tự nhiên.
Từ (4) và (5) ta có c a b 2 . .(6)
Nhưng vì (a,b) = 1 nên theo định lý 1 ta có a = m2, b =n2 với m, n là số tự nhiên
và (m,n) = 1. Từ đó ta có: z a b m n x a b m n 2 2 2 2 ,
và vì c2 = ab = m2n2 nên c = mn, do đó y = 2c =2mn.
Vậy ta đã chỉ ra được (x,y,z) là nghiệm cơ sở của (2) và y là số chẵn thì:
x m n y mn z m n 2 2 2 2 , 2 , (7)
với m,n nguyên dương và (m,n) =1.
Hiển nhiên m > n vì x nguyên dương. Hơn thế nữa một trong hai số m, n là chẵn,
số còn lại là lẻ. Thật vậy, rõ ràng m, n không thể cùng chẵn vì (n,m) = 1. Và m, n
cũng không thể đồng thời lẻ bởi nếu thế thì x, y, z cùng chẵn (do(7)) mâu thuẫn
với giả thiết (x, y, z) =1. Do vậy 2 mn nên y =2mn chia hết cho 4.
Giả sử m, n là các số tự nhiên sao cho m > n và (m,n) =1 và một trong hai số
m, n chẵn, số còn lại lẻ. Chúng ta dễ dàng thấy rằng :
( ) (2 ) ( ) m n mn m n 2 2 2 2 2 2 2 (8)
Do đó ta chỉ cần chứng minh (x, y, z) = 1 với
x m n y mn z m n 2 2 2 2 , 2 ,
hay 2 ,2 m z x n z x 2 2 . (9)
Giả sử (x, y ,z) = d >1. Khi đó d không thể là số chẵn vì x, y là các số lẻ. Theo (9)
thì d là ước chung của cả m2 và n2 (do d là số lẻ). Mà vì (m, n) =1 nên (m2, n2) =
1. Vậy d =1. Vô lý.
Do Drive thay đổi chính sách, nên một số link cũ yêu cầu duyệt download. các bạn chỉ cần làm theo hướng dẫn.
Password giải nén nếu cần: ket-noi.com | Bấm trực tiếp vào Link để tải:
Phöông trình nghieäm nguyeân (phöông trình giaûi ñöôïc treân taäp soá nguyeân)
laø moät boä phaän quan troïng cuûa soá hoïc. Lòch söû giaûi caùc phöông trình
nghieäm nguyeân laø moät cuoäc haønh trình ly kyø vaø ñaày haáp daãn ñoái vôùi
nhöõng ai yeâu thích toaùn hoïc. Haún caùc baïn ñeàu ñaõ nghe qua caâu chuyeän
thuù vò veà Ñònh lyù Fermat? Moät baøi toaùn töôûng chöøøng nhö raát ñôn giaûn:
"xn + yn =zn khoâng coù nghieäm nguyeân döông neáu n≥3"! Ñaõ khieán cho caû
giôùi toaùn hoïc phaûi ñau ñaàu suoát 3 theá kiû vaø maõi cho ñeán cuoái theá kiû 20
thì lôøøi giaûi troïn veïn cho baøi toaùn môùi ñöôïc tìm ra treân cô sôû tinh hoa
cuûa toaùn hoïc hieän ñaïi. Baøi toaùn Fermat ñoù laø moät phaàn trong chuoãi caùc
phöông trình nghieäm nguyeân Diophantine – moät nhaø toaùn hoïc Hy Laïp
soáng ôû Alexandria vaøo theá kiû III, ngöôøi chuyeân nghieân cöùu veà phöông
trình nghieäm nguyeân. Töø thôøi cuûa Diophantine, ngöôøi ta ñaõ töï ñaët ra caâu
hoûi: Coù hay khoâng moät thuaät toaùn chung ñeå giaûi taát caû caùc loaïi phöông
trình Diophantine? Vaø ñoù chính laø noäi dung cuûa baøi toaùn Hilbert thöù 10
noãi tieáng, ñaõ ñöôïc nhaø toaùn hoïc Hilbert ( nhaø toaùn hoïc lôùn nhaát cuûa moïi
thôøi ñaïi) ñeà ra trong soá 23 baøi toaùn cho toaùn hoïc theá kæ 20 taïi Ñaïi hoäi
toaùn hoïc quoác teá ñaàu theá kæ 20. Vaø baøi toaùn ñoù ñaõ ñöôïc nhaø toaùn hoïc
ngöôøi Nga Yuri Matijasievich giaûi naêm 1970. Caâu traû lôøi cho baøi toaùn thöù
10 laø:
! Tuy vaäy, ñoái vôùi moät soá lôùp phöông trình
Diophantine, ta coù theå söû duïng moät soá caùch sau ñeå giaûi chuùng:
+ Söû duïng caùc tính chaát chia heát ñeå thu heïp taäp hôïp nghieäm coù theå.
+ Duøng caùc öôùc löôïng veà ñoä lôùn cuûa nghieäm ñeå thu heïp taäp hôïp nghieäm
coù theå. Thoâng thöôøng ta hay söû duïng ñeán tính chaát “nghieäm cöïc trò”
(nhoû nhaát hay lôùn nhaát theo moät quan heä naøo ñoù).
Trong phaïm vi cuûa moät baøi taäp lôùn naøy, toâi seõ giôùi thieäu moät soá phöông
trình Diophantine vaø caùch giaûi chuùng. Vaø tröôùc khi baét ñaàu vôùi caùc
phöông trình ñoù, ta seõ ñi tìm hieåu ñoâi neùt veà caùch giaûi phöông trình
Diophantine ña thöùc treân ℤ cuøng nhöõng khoù khaên trong vieäc giaûi phöông
trình Diophantine.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
2 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
I. Phương trình DIOPHANTINE một ẩn.
Chúng ta bắt đầu phần này với phương trình Diophantine một ẩn (hay còn gọi là
phương trình đa thức) có dạng:
1
a x a x a x a 0 1 1 m m ... 0 m m (1)
Với m N *, ai i m 0, .
Nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn phương trình (1) thì khi đó:
1 2
( ... ) a x a x a x a 0 1 1 m m m m
Vậy x là một ước của am. Nếu am 0thì ta dễ dàng tìm được x bằng cách liệt kê
các ước ( hữu hạn) nguyên âm và nguyên dương của am rồi lần lượt thử vào
phương trình (1) để tìm ra giá trị phù hợp. Nếu am 0 thì rõ ràng x 0 là một
nghiệm của phương tình (1), lúc đó ta xét phương trình:
1 2
a x a x a 0 1 1 m m ... 0 m
Đối với phương trình này ta lại tiếp tục cách giải trên bằng cách phân loại am-1=0
hay khác 0. Nếu am-1=0 thì ta lại tiếp tục xét tiếp một phương trình bậc m-2 và lặp
lại quá trình giải trên. Vì bậc m đã cho trước là cố định nên quá trình này là hữu
hạn, do vậy ta sẽ tìm được tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (1).
Ta xét ví dụ sau:
Bài toán : Giải phương trình sau trên tập : x x 7 2 0 (*)
Giải
Nếu là một nghiệm nguyên của (*) thì x 2. Vậy các giá trị mà có thể nhận là
2, 1,1,2. Lần lượt thay vào phương trình (*) ta thấy chỉ có =-1 là thỏa mãn
phương trình (*).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là .
Phương pháp nêu trên nói chung là không khó (chỉ gồm các tính toán sơ cấp) để
tìm nghiệm nguyên của một phương trình đa thức có hệ số nguyên, ngay cả khi
đa thức đó có bậc rất cao. Trường hợp này khác biệt hẳn so với các lý thuyết và
định lý của Đại số vì như chúng ta đã biết , công thức nghiệm của phương trình
bậc ba và bậc bốn rất phức tạp và các phương trình bậc cao hơn thì không có một
công thức nghiêm chung nào để giải chúng.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
3 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Một vấn đề đặt ra ở đây nữa là : Làm thế nào tìm tất cả các nghiệm hữu tỉ của
phương trình (1)? Chúng ta giải quyết vấn đề đó như sau : Giả sử r k
s
(với s là
các số tự nhiên khác 0, k là một số nguyên và (k,s)=1) là một nghiệm hữu tỉ khác
0 của (1). Giả sử vế trái của phương trình (1) là một đa thức bậc m thì a0 0. Lúc
đó, từ phương trình (1), thế vào ta được :
1 2 1
0 1 2
1 2 1
0 1 1
( ... )
( ... )
m m m m
m
m m m m
m m
a k a k a k s a s s
a s a k a k s a s k
Từ hai phương trình này ta có s a k 0 m và k a s m m . Vì (s,k)=1 nên s a0 và k am . Từ
đây là có phương pháp chung để tìm các nghiêm hữu tỉ của phương trình (1) như
sau :
+ Liệt kê các ước nguyên âm và dương của am và các ước số tự nhiên của a0.
+ Liệt kê các số x k
s
với k là ước của am và s là ước nguyên dương của a0,
(k,s)=1.
+ Lần lượt thử vào phương trình (1) để tìm ra giá trị thỏa mãn.
Ta lưu ý là sự tồn tại các ước số của am và a0 là hữu hạn nên việc giải phương
trình (1) trên tập hữu tỉ bằng phương pháp trên sẽ thu được nghiệm sau hữu hạn
bước thế .
Ta xét một ví dụ sau để rõ hơn về thuật toán này :
Bài toán : Giải phương trình sau trên : x x x 5 4 3 4 2 0(**)
Giải
Giả sử là một nghiêm hữu tỉ của (**), lúc đó với k 2, 1,1,2, s=1.
Lần lượt kiểm tra các giá trị trên vào (**) ta có =1 là nghiệm hữu tỉ duy nhất
của phương trình (**).
II. Một số vấn đề liên quan đến các phương trình Diophantine hai hay
nhiều ẩn.
Dưới đây là một số câu hỏi đã được đặt ra có liên quan đến việc tìm nghiệm
nguyên của phương trình hai hay nhiều ẩn :
+ Liệu phương trình đang xét có tồn tại nghiệm nguyên hay không ?
+ Số các nghiệm nguyên của phương trình đang xét là hữu hạn hay vô hạn ?
+ Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình đang xét ?Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
4 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Đó là những câu hỏi mà không phải bất kỳ ai trong chúng ta có thể có câu trả lời.
Chúng ta không biết, ví dụ như phương trình x y z 3 3 3 30 , có tồn tại nghiệm
nguyên hay không ? Hay phương trình x y z 3 3 3 3 rõ ràng có bốn nghiệm
nguyên là x y z , , 1,1,1 , 4,4, 5 , 4, 5,4 , 5,4,4 nhưng đó có phải là tất cả
nghiệm nguyên của phương trình này? Trả lời cho những câu hỏi này khó khăn
không kém việc xác định các chử số thập phân của !
Dễ thấy phương trình x y z 3 3 3 2 có vô số nghiệm nguyên, ví dụ như
x y z n n n , , (1 6 ,1 6 , 6 ) 3 3 2 với n nguyên dương là một họ nghiệm của phương
trình. Tuy nhiên chúng ta lại không biết tất cả các nghiệm nguyên của phương
trình này.
Trái lại ta có thể chứng minh phương trình x y z 3 3 3 4 không có bất kỳ nghiệm
nguyên nào. Thật vậy, xét phương trình x y z k 3 3 3 , rõ ràng nếu (x,y,z )là
nghiệm của phương trình thì x y z 3 3 3 và k chia cho 9 có cùng số dư. Ta có nếu
x q r 9 với r 0,1,...,7,8, q , lúc đó x q r 3 9 ' ' với r ' 0,1,8 , q' . Tương
tự cho y, ta có được x y q r 3 3 9 '' '' với r '' 0,1,2,7,8 , q'' . Và cuối cùng áp
dụng cho z ta thu được đẳng thức : x y z p s 3 3 3 9 với s 0,1,2,3,6,7,8, p .
Vậy nếu k chia 9 dư 4 hay 5 thì chắc chắn phương trình vô nghiệm nguyên. Vậy
phương trình x y z 3 3 3 4 vô nghiệm trên .
Thêm một ví dụ nữa, phương trình x y z 3 3 3 6 như chúng ta đã biết là có các
nghiệm nguyên như là x y z , , ( 1, 1,2),( 43, 58, 65),( 55, 235,236) nhưng
chúng ta lại không biết số các nghiệm nguyên của phương trình này có hữu hạn
hay không ?
Đôi khi những khó khăn của việc tìm nghiệm nguyên chỉ xuất phát từ các tính
toán thuần túy. Nghĩa là chúng ta biết phương pháp để tìm nghiệm nguyên nhưng
các tính toán liên quan khi thực hiện lại quá dài. Ví dụ như người ta có thể chứng
minh phương trình xy 2 1 293 có nghiệm nguyên (x,y) với x>1, y>1 (xem thêm
cách chứng minh 2 1 293 là hợp số ở chương X [1]) nhưng chúng ta không thể tìm
ra nghiệm đó. Rõ ràng là có phương pháp cụ thể để giải phương trình này: Chúng
ta chia 2293 -1 cho một số nào đó bé hơn nó, tiếp tục như vậy cho đến khi tìm
được số có phần dư bằng 0. Nhưng các phép tính đó lại quá dài và phức tạp nếu
thực hiện bằng các công cụ tính toán đơn giản.
Mặt khác, chúng ta không có bất kì phương pháp nào cho phép xác định phương
trình x y z 3 3 3 30 có nghiệm nguyên hay không sau khi thực hiện các phép toán
dài dòng. Dễ dàng chứng minh được rằng phương trình này vô nghiêm trên vì
30 chia 9 dư 4.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
5 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
III. Một số phương trình Diophantine đặc biệt.
Trước khi nghiên cứu một số phương trình Diophantine đặc biệt, chúng ta trang
bị một định lý sau để việc chứng minh đơn giản hơn:
Định lý 1: Giả sử rằng a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau sao cho
tích của chúng là lũy thừa bậc n của một số tự nhiên, tức là a.b = cn với c, n là
các số tự nhiên. Khi đó bản thân a, b cũng là các lũy thừa bậc n.
Chứng minh :
Đặt (a, c) =d. Khi đó a = da1, c = dc1 với (a1, c1) = 1. Theo giả thiết a.b = cn chúng
ta có da1b = dnc1n hay a1b = dn-1c1n. Nhưng vì d|a và (a, b) =1 nên (d, b) = 1 ⇒
(dn-1, b) = 1. Phương trình a1b = dn-1c1n cho ta b| dn-1c1n. Như vậy ta có b| c1n. Mặt
khác cũng từ phương trình trên ta có c1n| a1b kết hợp với giả thiết (a1, c1) = 1 ta có
c1
n| b.
Như vậy ta đã chứng minh được b| c1n và c1n| b, tức là c1n = b. Khi đó a1 = dn-1 nên
a = a1d = dn. Như vậy ta đi đến kết luận rằng mỗi số a, b là một lũy thừa bậc n của
một số tự nhiên.
Từ định lý 1, ta có hệ quả sau:
Hệ quả: Giả sử k, n và c là các số tự nhiên và a1, a2,…,ak là một dãy số tự
nhiên nguyên tố sánh đôi và a1. a2…ak = cn. Khi đó mỗi ai (i = 1,.., k) là một lũy
thừa bậc n.
Hệ quả trên dễ dàng chứng minh từ định lý 1 thông qua phương pháp quy nạp.
3. 1 Phương trình .
Mục này chúng ta sẽ xét một phương trình ba ẩn bậc hai rất đặc biệt:
(2)
Được gọi là phương trình phương trình Pythagorean.
Như chúng ta biết, đây là một phương trình đặc biệt quan trọng trong lượng giác
và hình học giải tích. Và một trường hợp đặc biệt của nó, khi x = y, liên quan đến
một chứng minh đơn giản nhất để chỉ ra sự tồn tại của số vô tỉ.
Chúng ta sẽ tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (2). Rõ ràng (2) có
nghiệm tầm thường (0,0,0). Nếu x và y đều khác 0 thì chúng ta chỉ việc xét các
giá trị x, y nguyên dương vì việc đổi dấu các nghiệm nguyên dương không ảnh
hưởng gì đến phương trình. Nếu (x,y,z) là một nghiệm nguyên của phương trình
thì ta gọi (x,y,z) là một bộ số Pythagorean.
Một nghiệm của phương trình (2) được gọi là một nghiệm cơ sở nếu các số x,y,z
nguyên dương và nguyên tố cùng nhau. Ta dễ dàng chứng minh được nếu (x,y,z)
là nghiệm cơ sở thì chúng nguyên tố sánh đôi. Thật vậy, nếu tồn tại số nguyên tố
p là ước của x và y. Theo tính chia hết ta có x2+y2 chia hết cho p, tức là z2 chia
hết cho p hay z chia hết cho p. Vậy (x,y,z )= p. Vô lý vì (x,y,z) = 1.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
6 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Nếu , , là một nghiệm cơ sở của (2) và d là một số tự nhiên tùy ý, khi đó:
x d y d z d , , (3)
Cũng là một nghiệm của (2). Thật vậy, vì 2 2 2 nên khi nhân d2 vào hai vế
ta có được điều cần chứng minh.
Ngược lại, nếu (x,y,z) là một nghiệm nguyên dương của (2) thì đặt d = (x,y,z).
Nếu d > 1 thì đặt x y z , ,
d d d
thì hiển nhiên ( , , ) là một bộ số
Pythagorean (theo tính chất ước chung lớn nhất thì , , nguyên tố cùng nhau
từng đôi một).
Chúng ta gọi nghiệm (x,y,z) của (2) thuộc vào lớp thứ d nếu (x,y,z) = d. Như vậy
để tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của (2) thuộc vào lớp thứ d ta chỉ cần
nhân d vào tất cả các nghiệm cơ sở của (2). Do đó, không mất tính tổng quát ,
chúng ta giới hạn việc tìm các nghiệm nguyên của (2) về tìm các nghiệm cơ sở
của (2).
Ta có thể tìm nghiệm cơ sở của (2) bằng định lý sau :
Định lý 2 : Bộ số (x,y,z) với y là số chẵn là nghiệm cơ sở của phương trình
khi và chỉ chi tồn tại các số tự nhiên m, n không cùng tính chẵn
lẻ sao cho (m,n)=1, m > n và
x m n y mn z m n 2 2 2 2 , 2 ,
Chứng minh
Trước hết ta thấy rằng nếu (x,y,z) là một nghiệm cơ sở của (2) thì một trong
hai số x , y là chẵn và số còn lại là lẻ. Thật vậy, nếu cả x và y đều chẵn thì x2 +y2
chẵn, do đó z2 chẵn nên z chẵn, do đó (x,y,z) ≥ 2 mâu thuẫn với giả thiết đây là
nghiệm cơ sở. Nếu x,y đều lẻ, ta biểu diễn x = 2k+1, y = 2h+1. Khi đó x2 =
4k2+4k+1 1 (mod 4) và y2=4h2+4h+1 1 (mod 4) nên x2+y2 2 (mod 4) hay z2
2 (mod 4). Ta lại có z2 là số chẵn (do x,y đều lẻ) nên z chẵn hay z = 2a. Do đó z2
= 4a2 0(mod 4) vô lý với lập luận vừa rồi. Vậy x, y không cùng chẵn hay cùng
lẻ.
Theo lập luận trên, ta có thể giả sử y là số chẵn (do tính đối xứng của x2+y2). Khi
đó x và z là các số lẻ. Phương trình (2) có thể viết lại :
y z x z x 2 (4)
Rõ ràng z+x và z-x là tổng và hiệu của hai số lẻ khác nhau nên chúng là các số
chẵn. Theo đó thì z x a z x b 2 , 2 (5) với a, b là các số tự nhiên. Do đó
,z a b x a b Từ
các phương trình này dễ dàng suy ra a, b nguyên tố cùng nhau. Vì nếu giả sử
(a, b) = d >1 thì z = kd, x = hd với h,d là các số tự nhiên. Dẫn tới y2=z2-x2 =(k2-
h2)d2 hay d2 là ước của y2 hay d là ước của y. Điều này vô lý vì (x,y,z) = 1.Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
7 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Theo giả thuyết, vì y chẵn nên y = 2c với c là số tự nhiên.
Từ (4) và (5) ta có c a b 2 . .(6)
Nhưng vì (a,b) = 1 nên theo định lý 1 ta có a = m2, b =n2 với m, n là số tự nhiên
và (m,n) = 1. Từ đó ta có: z a b m n x a b m n 2 2 2 2 ,
và vì c2 = ab = m2n2 nên c = mn, do đó y = 2c =2mn.
Vậy ta đã chỉ ra được (x,y,z) là nghiệm cơ sở của (2) và y là số chẵn thì:
x m n y mn z m n 2 2 2 2 , 2 , (7)
với m,n nguyên dương và (m,n) =1.
Hiển nhiên m > n vì x nguyên dương. Hơn thế nữa một trong hai số m, n là chẵn,
số còn lại là lẻ. Thật vậy, rõ ràng m, n không thể cùng chẵn vì (n,m) = 1. Và m, n
cũng không thể đồng thời lẻ bởi nếu thế thì x, y, z cùng chẵn (do(7)) mâu thuẫn
với giả thiết (x, y, z) =1. Do vậy 2 mn nên y =2mn chia hết cho 4.
Giả sử m, n là các số tự nhiên sao cho m > n và (m,n) =1 và một trong hai số
m, n chẵn, số còn lại lẻ. Chúng ta dễ dàng thấy rằng :
( ) (2 ) ( ) m n mn m n 2 2 2 2 2 2 2 (8)
Do đó ta chỉ cần chứng minh (x, y, z) = 1 với
x m n y mn z m n 2 2 2 2 , 2 ,
hay 2 ,2 m z x n z x 2 2 . (9)
Giả sử (x, y ,z) = d >1. Khi đó d không thể là số chẵn vì x, y là các số lẻ. Theo (9)
thì d là ước chung của cả m2 và n2 (do d là số lẻ). Mà vì (m, n) =1 nên (m2, n2) =
1. Vậy d =1. Vô lý.
Do Drive thay đổi chính sách, nên một số link cũ yêu cầu duyệt download. các bạn chỉ cần làm theo hướng dẫn.
Password giải nén nếu cần: ket-noi.com | Bấm trực tiếp vào Link để tải:
You must be registered for see links
Last edited by a moderator: