Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

www.facebook.com/hocthemtoan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC



THÂN VĂN CƯƠNG

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN – 2011

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC



THÂN VĂN CƯƠNG

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Chuyên ngành: Công nghệ sinh học

Mục lục

Mục lục 1

Mở đầu 1

1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 3 1.1 Một số kết quả của số học trong giải phương trình nghiệm nguyên 3

1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính 5

1.2.1 Định nghĩa 5

1.3 Phương trình Fermat 7

1.3.1 Các bộ số Pitago 7

1.3.2 Phương trình Fermat 10

1.3.3 Phương trình Pell 16

2 MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 23 2.1 Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách phân tích 23

2.1.1 Mô tả phương pháp 23

2.1.2 Một số ví dụ 24

2.2 Phương pháp lựa chọn Modulo 28

2.2.1 Mô tả phương pháp 28

2.2.2 Một số ví dụ 28

2.3 Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của số học 34 2.3.1 Mô tả phương pháp 34

2.3.2 Một số ví dụ 35

2.4 Phương pháp lùi vô hạn (phương pháp xuống thang) 42

2.4.1 Mô tả phương pháp 42

2.4.2 Một số ví dụ 42

2.5 Phương pháp đánh giá 46

2.5.1 Mô tả phương pháp 46

2.5.2 Một số ví dụ 47

Kết luận 53

Tài liệu tham khảo 54

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

THÂN VĂN CƯƠNG

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI

Thái Nguyên - 2011

Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Hà Huy Khoái

Phản biện 1: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, Đại học sư phạm HàNội

Phản biện 2: PGS TS Nông Quốc Chinh, Đại học khoa học,Đại học Thái Nguyên

Luận văn được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tạiTrường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên

Ngày 09 tháng 09 năm 2011

Có thể tìm hiểu tạiTrung tâm học liệu - Đại học Thái Nguyên

Mở đầu

Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, vàcũng là lĩnh vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thuyếtchưa có câu trả lời Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những giảthuyết đó, có nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đãnẩy sinh Hơn nữa, trong những năm gần đây, Số học không chỉ là mộtlĩnh vực của toán học lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có nhiều ứng dụng,đặc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin Vì thế, việc trang bị nhữngkiến thức cơ bản về số học ngay từ trường phổ thông là hết sức cầnthiết Không như nhiều ngành khác của toán học, có rất nhiều thànhtựu hiện đại và quan trọng của Số học có thể hiểu được chỉ với nhữngkiến thức phổ thông được nâng cao một bước Do đó, đây chính là lĩnhvực thuận lợi để đưa học sinh tiếp cận nhanh với khoa học hiện đại Tuynhiên, trong chương trình Số học ở trường phổ thông hiện nay, môn Sốhọc chưa được giành nhiều thời gian Cũng vì thế mà học sinh thườngrất lúng túng khi giải bài toán Số học, đặc biệt là trong các kì thi chọnhọc sinh giỏi

Trong phần Số học, các bài toán về Phương trình nghiệm nguyênđóng vai trò quan trọng trong việc hình thành và nghiên cứu lí thuyết

để hoàn thiện Việc giải các bài toán về phương trình nghiệm nguyênchính là việc áp dụng các kiến thức của số học Đây là một trong nhữngbài toán cơ bản được đề cập nhiều trong các kì thi chọn học sinh giỏicấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế

Mục đích chính của luận văn là nêu ra được một số dạng phương trìnhnghiệm nguyên và phương pháp giải của từng dạng Cụ thể là phân loạiđược các dạng phương trình thông qua hệ thống bài tập giải phươngtrình nghiệm nguyên Đồng thời đưa ra được hệ thống các bài tập tham

khảo cho từng dạng.

Nội dung của luận văn gồm 2 chương

Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ bản trong việc áp dụng giảiphương trình nghiệm nguyên

Chương 2: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên và phương phápgiải

Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tìnhcủa GS.TSKH Hà Huy Khoái - Viện Toán Học Hà Nội Thầy đã dànhnhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốtquá trình làm luận văn Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đếnThầy

Tôi xin cảm ơn tới Sở Nội Vụ, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Bắc Giang,trường THPT Tân Yên 2, tổ Toán trường THPT Tân Yên 2 đã tạo điềukiện giúp đỡ tôi hoàn thành khóa học này

Tôi xin gửi tới các Thầy Cô khoa Toán, phòng Đào tạo sau Đại họcTrường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, cũng như các Thầy

cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2009-2011 lời cảm ơn sâu sắc vềcông lao dạy dỗ trong suốt quá trình giáo dục, đào tạo của nhà trường.Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K3ATrường Đại Học Khoa Học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình họctập và làm luận văn này

Tuy nhiên do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận vănthạc sĩ, nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏinhững thiếu sót, tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến của các Thầy Cô

và độc giả quan tâm tới luận văn này

Thái Nguyên, ngày 15 tháng 6 năm 2011

Tác giả

THÂN VĂN CƯƠNG

Chương 1

MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN

Trong chương này trình bày một số kiến thức cơ bản của một sốloại phương trình như phương trình Điôphăng tuyến tính, phương trìnhFermat, phương trình Pell

1.1 Một số kết quả của số học trong giải phương

Định lý 1.1.2 (Định lý Euclid.) Tồn tại vô hạn số nguyên tố

Định lý 1.1.3 (Định lý cơ bản về mối liên hệ giữa tính chia hết và sốnguyên tố) Giả sử a, b là hai số nguyên dương, còn p là số nguyên tố saocho ab p Khi đó ta phải có hoặc là a p, hoặc là b p

Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a và b Ta nói rằng a đồng dưvơi b theo Modulo m (m nguyên dương) và ký hiệu a ≡ b(mod m) khi

và chỉ khi (a − b) m

Các tính chất cơ bản của đồng dư

Tính chất 1 Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m) thì a + c ≡ b + d(modm) và ac ≡ bd(mod m)

Tính chất 2 Nếu p là số nguyên tố và ab ≡ 0 (mod p) thì a ≡ 0(mod p)hay b ≡ 0(mod p)

Định lý 1.1.4 (Định lý Fermat) Nếu p là một số nguyên tố và a làmột số nguyên tùy ý thì

(ap− a) p

Khi (a, p) = 1, thì ap−1 ≡ 1(modp)

Định lý 1.1.5 (Định lý Euler) Nếu m là số nguyên dương và (a, m) = 1,thì

Định lý 1.1.7 (Định lý Fermat-Euler) Nếu p = 4k + 1, thì tồn tại các

số nguyên dương a, b sao cho p = a2 + b2

Định lý 1.1.8 (Định lý phần dư Trung Hoa) Giả sử r và s là các sốnguyên dương nguyên tố cùng nhau, a và b là hai số nguyên tùy ý Khi

đó tồn tại một số nguyên N sao cho N ≡ a(mod r) và N ≡ b(mod s).Ngoài ra N được xác định một cách duy nhất

1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính

Định lý 1.2.1 Giả sử a, b là các số nguyên, d là ước chung lớn nhấtcủa a và b Khi đó phương trình ax + by = c không có nghiệm nguyênnếu d không là ước của c Nếu d|c thì phương trình có vô số nghiệm.Hơn nữa nếu x = x0, y = y0 là một nghiệm nào đó của phương trình thìmọi nghiệm của phương trình có dạng:

x = x0 + (bd)n, y = y0 + adn

Trong đó n là số nguyên

Chứng minh Giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình Do d|a, d|bnên d|c Như vậy , nếu d không là ước của c thì phương trình không cónghiệm nguyên

Vì (a, b) = d nên tồn tại số nguyên t và s sao cho d = as + bt(2)

Cũng do d|c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c Nhân hai vế của (2)với c ta được :

c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te)

Như vậy, ta có một nghiệm của phương trình cho bởi x = x0 = se, y =

y0 = te

Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số nghiệm Đặt x = x0 + dbn, y = y0 − adntrong đó n nguyên Ta thấy cặp (x, y) xác định như trên là một nghiệm,vì

ax + by = ax0 + a.dbn + by0 − ba

dn = ax0 + by0 = c

Ta chỉ còn phải chứng minh rằng, mọi nghiệm của phương trình phải códạng nêu trên Giả sử(x, y) là một nghiệm tùy ý, tức là x.y nguyên vàthỏa mãn ax + by = c Khi đó

(ax + by) − (ax0 + by0) = 0 suy ra a(x − x0) + b(y − y0) = 0

Ta nhận thấy ước chung lớn nhất của 3 và 17 bằng 1 nên d = 1 Giả

sử (x0, y0) là nghiệm nguyên thỏa mãn phương trình (1) Ta nhận thấy

159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y 3 do đó y 3

Đặt y0 = 3t0, t ∈ Z thay vào phương trình ta được

Đảo lại thay các biểu thức của x và y vào phương trình ta được nghiệmđúng

Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên được xác định bởi côngthức trên

1.3 Phương trình Fermat

1.3.1 Các bộ số Pitago

Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình:

x2 + y2 = z2được gọi là một bộ số Pitago - Tên gọi đó xuất phát từ Định lý Pitagoquen thuộc Như vậy, (x, y, z) là một bộ số Pitago khi và chỉ khi tồntại tam giác vuông có số đo hai cạnh góc vuông là x và y , số đo cạnhhuyền bằng z (Với x, y, z là các số nguyên dương) Giả sử các bộ số(3, 4, 5), (6, 8, 10) là các bộ số Pitago

Rõ ràng là nếu (x, y, z) là bộ Pitago thì (kx, ky, kz) cũng là một bộ sốPitago với mọi số tự nhiên k Do đó, ta chỉ cần xét bộ ba số nguyên tốcùng nhau

Định nghĩa 1.3.1 Bộ số Pitago (x, y, z) được gọi là nguyên thủy nếu(x, y, z) = 1

Ví dụ 1.3.1 : Các bộ số (3, 4, 5), (5, 12, 13) là nguyên thủy, bộ số(6, 8, 10) không nguyên thủy

Nếu bộ ba số (x, y, z) là không nguyên thủy, chẳng hạn (x, y, z) = d,thì (xd,yd, zd) là một bộ số Pitago nguyên thủy Để tìm bộ số Pitagonguyên thủy ta dùng Bổ đề sau đây

Bổ đề 1.3.1 Nếu (x, y, z) là một bộ Pitago nguyên thủy thì (x, y) =(y, z) = (z, x) = 1.(ký hiệu (x, y, z, ) = d được hiểu là UCLN của các

số x, y, z, )

Chứng minh Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x, y) >

1 Khi đó tồn tại số nguyên p sao cho p|(x, y) Vì p|x và p|y nên p|(x2+

y2) = z2 Do p nguyên tố mà p|z2 nên p|z Từ đó dẫn đến mâu thuẫnvới giả thiết (x, y, z) = 1

Vậy (x, y) = 1 Tương tự (x, z) = (y, z) = 1

Bổ đề 1.3.2 Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy Khi đó xchẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn.

Chứng minh Giả sử (x, y, z) là một bộ Pitago nguyên thủy Do Bổ đề1.2.1 (x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn Nếu x, y cùng lẻ thì tacó

x2 ≡ y2 ≡ 1 (mod 4)

Nên z2 = x2 + y2 ≡ 2.(mod 4)

Điều đó vô lý Vậy x và y không cùng tính chẵn lẻ

Bổ đề 1.3.3 Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và

rs = t2 Khi đó tồn tại các số nguyên h, l sao cho r = l2 và s = h2.Chứng minh Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì Bổ đề là hiển nhiên Ta giả sử

r > 1 và s > 1 Giả sử các phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố ta đượccác dạng sau

Từ Định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên

tố xuất hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau Vậy mỗi pi phảibằng một qj nào đó, đồng thời αi = 2βj Do đó, mỗi số mũ αi đều chẵnnên αi

2 nguyên Từ đó suy ra r = l2, s = h2, trong đó l, h là các số nguyên:

n+1 p

αn+2 2

n+2 pαm2

m

Định lý sau mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy

Định lý 1.3.1 Các số nguyên dương (x, y, z) lập thành một bộ Pitagonguyên thủy, với y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dươngnguyên tố cùng nhau m, n với m > n, m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻsao cho

Áp dụng Bổ đề 1.2.3 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho

r = m2, s = n2 Viết x, y, z thông qua m, n ta có

x = r − s = m2 − n2

y = √

4rs =

√4m2n2 = 2mn

z = r + s = m2 + n2

Ta cũng có (m, n) = 1, vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của

x = m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2, nên là ước chung của (x, y, z) Mà

x, y, z nguyên tố cùng nhau nên (m, n) = 1 Mặt khác, m và n khôngđồng thời là hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ hoặc ngược lại Vậy mỗi bộ sốPitago nguyên thủy có dạng đã nêu

Để chứng tỏ rằng bộ ba số

x = m2 − n2

y = 2mn

z = m2 + n2

Trong đó m, n là các số nguyên dương, m > n, (m, n) = 1 và m 6= n

và m 6≡ n(mod 2) lập thành một bộ số Pitago nguyên thủy, trước tiên

Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau Giả sử ngược lại (x, y, z) =

d > 1 Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p|(x, y, z) Ta thấy rằng

p - 2 vì x lẻ ( do x = m2 − n2 trong đó m2 và n2 không cùng tính chẵnlẻ) Lại do p | x, p | z nên p | (z + x) = 2m2 và p | (z − x) = 2n2 Vậy

p | m và p | n: Mâu thuẫn với (m, n) = 1 Do đó (x, y, z) = 1 tức là(x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy

Ví dụ 1.3.2 Lấy m = 5, n = 2 ta tìm được x = 21, y = 20, z = 29 làmột bộ số Pitago nguyên thủy

hạn nghiệm nguyên của phương trình

x2 + y2 = z2

Cứ như vậy nếu số mũ của các biến tăng lên, liệu rằng phương trình

xn+ yn = znvới n ≥ 3 có nghiệm nguyên hay không? nếu có thì số nghiệm là hữuhạn hay vô hạn?

Định lý 1.3.3 Phương trình

x4 + y4 = z4không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0

Chứng minh Giả sử phương trình trên có nghiệm nguyên x, y, z khác 0

Vì ta có thể thay biến tùy ý bởi số đối của nó nên ta có thể xem x, y, z

là các số nguyên dương

Ta giả thiết (x, y) = 1 Thật vậy, nếu (x, y) = d thì x = dx1, y = dy1,trong đó x1, y1 là các số nguyên dương

Ta sẽ chỉ ra phương trình x4 + y4 = z2 không có nghiệm nguyên dương

vì vậy phương trình x4 + y4 = z4 cũng không có nghiệm nguyên dương

Vì x4 + y4 = z2 nên

(dx1)4 + (dy1)4 = z2

do đó: d4(x41 + y14) = z2

Vậy d4 | z2, suy ra d2 | z, nghĩa là z = d2z1 với z1 là số nguyên dương.

Do đó

d4(x41 + y14) = (d2z1)2 = d4z12nên x41 + y14 = z12

Ta nhận được nghiệm x4 + y4 = z2 với các số nguyên dương

x = x1, y = y1, z = z1, trong đó (x1, y1) = 1

Bây giờ ta giả sử x = x0, y = y0, z = z0 là nghiệm của phương trình

x4 + y4 = z2, trong đó (x0, y0) = 1 Ta sẽ chỉ ra tồn tại nghiệm khácgồm các số nguyên dương x = x1, y = y1, z = z1 với (x1, y1) = 1 sao cho

z1 < z0

Vì x40 + y04 = z02 nên (x20)2 + (y02)2 = z02,

tức là (x20, y02, z0) là một bộ số Pitago Hơn nữa, (x20, y02) = 1, vì nếu p là

số nguyên tố, p | x20, p | y02 thì p | x0, p | y0 , mâu thuẫn với (x0, y0) = 1.Như vậy, x20, y02, z0 là một bộ số Pitago nguyên thủy, tồn tại các sốnguyên dương m, n với (m, n) = 1, m 6≡ n(mod2) và

Vì m lẻ và (m, n) = 1, ta có (m, 2n) = 1 Do y02 = (2n)m nên tồn tạicác số nguyên dương z1 và w với m = z12, 2n = w2 Vì w chẵn, w = 2u,trong đó u là số nguyên dương, nên

u2 = n2 = rs

Do (r, s) = 1, tồn tại các số nguyên dương x1, y1 sao cho r = x21, s = y12.Chú ý rằng vì (r, s) = 1 nên dễ suy ra (x1, y1) = 1 Như vậy, x41+ y41 = z12,trong đó x1, y1, z1 là các số nguyên dương với (x1, y1) = 1 Hơn nữa, ta

có z1 < z0 vì

z1 ≤ z4

1 = m2 < m2 + n2 = z0

Để kết thúc chứng minh định lý, giả sử x4 + y4 = z4 có ít nhất mộtnghiệm nguyên Do nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong số các nghiệmnguyên dương, tồn tại nghiệm nguyên với giá trị z0 bé nhất Tuy nhiên

ta đã chỉ ra rằng, từ nghiệm này ta có thể tìm nghiệm khác với giá trị

bé hơn của biến z Từ đó dẫn đến mâu thuẫn Như vậy ta đã được điềuphải chứng minh

* Về Định lý lớn Fermat

Ta biết có vô số bộ ba số nguyên dương thỏa mãn phương trình

x2 + y2 = z2 Đương nhiên xuất hiện một câu hỏi: có ba số nguyêndương nào thỏa mãn phương trình x3 + y3 = z3 không?

Vào năm 1637, nhà toán học Pháp Fermat (Pierre de Fermat, 1601 –1665) đã nêu lên mệnh đề sau, được gọi là định lý lớn Fermat :

Phương trình xn + yn = zn (với n là số nguyên lớn hơn 2) không cónghiệm nguyên dương

Fermat đã viết vào lề cuốn Số học của Điôphăng, ở cạnh mục giải phươngtrình x2+y2 = z2 “Không thể phân tích được một lập phương đúng thànhtổng của hai lập phương, không thể phân tích được một trùng phươngthành tổng của hai trùng phương, và nói chung với bất cứ lũy thứa nàolớn hơn 2 thành tổng của hai lũy thừa cùng bậc Tôi đã tìm được cáchchứng minh kì diệu mệnh đề này, nhưng lề sách này quá chật nên khôngthể ghi lại được.”

Năm 1670, năm năm sau khi Fermat mất, con trai ông đã công bố mệnh

Chỉ biết rằng phải đến một thế kỷ sau, Ơle mới chứng minh được bàitoán với n = 3 năm 1753 trong thư gửi Gônbach Năm 1825, bằng nhữngphát minh mới về lý thuyết số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh đượcvới n = 5 Năm 1839 Lamê chứng minh được với n = 7 Sau đó khoảngnăm 1850 Kume chứng minh được với mọi n ≤ 100 Năm 1978, nhờmáy tính điện tử người ta đã chứng minh được bài toán với mọi n nhỏhơn 125000.

Phương trình xn + yn = zn được gọi là phương trình Fermat Nó đãlôi cuốn các nhà toán học chuyên nghiệp và nghiệp dư suốt hơn ba thế

kỷ Trên con đường tìm cách giải phương trình đó, nhiều lý thuyết toánhọc mới đã được sáng tạo ra Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhàtoán học đã đạt được những kết quả quan trọng Và đề chứng minhĐịnh lý lớn Fecma, chỉ còn chứng minh giả thuyết do Taniyama nêu ra

"mọi đường cong elliptic đều là đường cong Weil."

Chúng ta tìm hiểu đôi chút về điều này.

Ta xem mỗi nghiệm nguyên của phương trình là một điểm có toạ độnguyên của một đường cong Đường cong elliptic được Taniyama đưa ranăm 1955 trong một hội nghị quốc tế ở Nhật Bản, đó là đường cong chobởi phương trình y2 = x3+ mx2 + nx + p thỏa mãn điều kiện “không cóđiểm kì dị”

Nhà toán học Đức Frey là người đầu tiên gắn việc chứng minh định lýlớn Fermat với các đường cong elliptic: giả sử định lý lớn Fermat khôngđúng thì tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 và số tự nhiên n sao cho

an+ bn = cn Khi đó tồn tại một đường cong elliptic đặc biệt dạng Frey.Năm 1986, Ribet chứng minh được rằng: đường cong elliptic dạng Freynếu tồn tại thì nó không phải là đường cong Weil

Như thế, nếu định lý lớn Fermat không đúng thì tồn tại mộtđường cong elliptic mà không phải là đường cong Weil, trái với giảthuyết Taniyama Điều đó có nghĩa là nếu chứng minh được giả thuyếtTaniyama thì cũng chứng minh được định lí lớn Fermat

Tháng 6 năm 1993, trong một hội nghị toán học quốc tế ở Anh, nhàtoán học Anh Andrew Wiles (Enđriu Oailơ), sinh năm 1953, công bốchứng minh giả thuyết Taniyama cho các đường cong elliptic dạng Freydày 200 trang, tức là đã chứng minh được địng lý lớn Fermat

Tháng 12 năm ấy, người ta tìm thấy một “lỗ hổng” trong chứng minhcủa Wiles Tuy nhiên các chuyên gia trong lĩnh vực này cho rằng conđường đi của Wiles là hợp lý, sai lầm của Wiles là có thể khắc phụcđược

Đúng như vậy, một năm sau, tháng 10 năm 1994, A.Wiles cùng với

R Taylor công bố một bài báo dài 25 trang hoàn thiện các chứng minhcủa Wiles trước đây Việc chứng minh được định lý lớn Fermat cho thấy

bộ óc của con người thật kỳ diệu Bất cứ đỉnh cao trí tuệ nào con ngườicũng có thể vươn tới Không có bài toán nào mà con người không giảiđược, chỉ có điều sớm hay muộn

n, | y |≤ q|d|n.Khi d là một số chính phương, chẳng hạn d = D2 thì

x2 − dy2 = x2 − D2y = (x + Dy)(x − Dy) = nNhư vậy, mọi nghiệm của (1) khi d là chính phương sẽ tương ứng vớinghiệm của hệ phương trình

(

x + Dy = a

x − Dy = bTrong đó a và b là các số nguyên sao cho n = ab Trong trường hợp đó,chỉ có nghiệm hữu hạn , vì tồn tại nhiều nhất là một nghiệm nguyêncủa hai phương trình trên ứng với một cách phân tích n = ab

Trong phần tiếp theo, ta quan tâm phương trình x2 − dy2 = n, trong

đó d và n là các số nguyên, d là số nguyên dương không chính phương.Định lý sau đây chỉ ra rằng , phân số liên tục của √

d rất quan trọngtrong việc nghiên cứu phương trình trên

Định lý 1.3.4 Giả sử d và n là các số nguyên sao cho d > 0 và d không

là số chính phương |n| < √

d Khi đó, nếu x2 − dy2 = n, thì xy là mộttổng hội tụ riêng của liên phân số liên tục đơn của √

d nên

y −√d = x−y

√ d

y = x2−dy2

y(x+y √

d) < n

y(2y √ d) <

√ d 2y 2 √

d = 2y12

Do 0 < xy −√d < 2y12 Từ Định lý về sự hội tụ của phân số liên tục đơn

ta suy ra rằng xy là một tổng hội tụ riêng của phân số liên tục đơn √

d.Khi n < 0, chia hai vế của x2 − dy2 = n cho −d, ta được:

y2 − 1dx2 = −nd

Lý luận tương tự như trên ta chỉ ra rằng, khi n > 0,xy là một tổng hội

tụ riêng của phân số liên tục đơn của √1

Qk

Với k = 0, 1, 2, trong đó α0 = √

d Hơn nữa, giả sử pk

q k là tổng riênghội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của √

Do d không chính phương nên √

d phải là số vô tỷ và không thể có biểudiễn trên Vậy s = u, và do đó r = t

p2k − dq2

k = (pkqk−1 − pk−1qk)Qk+1 = (−1)k−1Qk+1 (*)

Từ (*) ta được điều phải chứng minh

Chú ý 1.3.1 Để chứng minh đẳng thức pkqk−1− pk−1qk = (−1)k−1 ta cóthể chứng minh bằng quy nạp như sau

- Với k = 1, ta có p1q0 − p0q1 = (a0a1 + 1).1 − a0a1 = 1

Giả sử đúng với 1 ≤ k < m, tức là

pkqk−1 − pk−1qk = (−1)k−1Khi đó ta có

pk+1qk − pkqk+1 = (ak+1pk)qk − pk(ak+1qk + qk−1)

= pk−1qk − pkqk−1 = −(−1)k−1 = (−1)k

Ta được điều phải chứng minh

Định lý 1.3.6 Giả sử d là số nguyên dương không chính phương Kýhiệu qua pk/qk tổng riêng hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của

q(2j−1)n−1, j = 1, 2, 3

Chứng minh Theo định lý 1.2.4, nếu x0, y0 là nghiệm nguyên dương củaphương trình x2 − dy2 = ±1 thì x0 = pk, y0 = qk, trong đó pk/qk là tổnghội tụ riêng của phân số liên tục đơn giản của √

d Mặt khác, từ Định

lý 1.2.5 ta có:

p2k − dq2

k = (−1)k−1Qk+1Trong đó Qk+1 như trong phát biểu của Định lý 1.2.5

Vì chu kỳ của khai triển liên tục của √

d là n, ta biết rằng Qjn = Q0 = 1với j = 1, 2, 3 (do √

Vì αk+1 = [αk+1, αk+2, αk+3 ], khai triển phân số liên tục của αk+1

là tuần hoàn đơn Do đó ta có −1 < αk+1 = Pk+1 −√d < 0 Từ đó suy

ra Pk+1 =| √

d |, nên ta có αk = α0, n|k

d Từ đó ta suy ra mâu thuẫn Vậy Qj 6= −1.

Vì ta đã tìm được tất cả các nghiệm của x2 − dy2 = 1 và x2− dy2 = −1trong đó x, y nguyên dương, nên Định lý được chứng minh đầy đủ

p10j−1/q10j−1 là tổng riêng hội tụ thứ (10j − 1) của khai triển phân sốliên tục √

13 Nghiệm dương bé nhất là p9 = 649, q0 = 180 Các nghiệmdương của phương trình x2 − 13y2 = −1 là p10j−6, q10j−6, j = 1, 2, 3 Nghiệm dương bé nhất là p4 = 8, q4 = 5

Định lý sau đây cho phép ta tìm các nghiệm nguyên dương củaphương trình Pell xuất phát từ một nghiệm nguyên dương bé nhất màkhông phải tìm các tổng hội tụ riêng của khai triển phân số liên tục của

√

d

Định lý 1.3.7 Giả sử x1, y1 là nghiệm nguyên dương bé nhất củaphương trình Pell x2 − dy2 = 1, trong đó d là một số nguyên dươngkhông chính phương Khi đó mọi nghiệm xk, yk được cho bởi

xk + yk√

d = (x1 + y1√

d)kVới k = 1, 2, 3

Chứng minh Ta cần chỉ ra xk, yk với k = 1, 2, 3 là nghiệm của phươngtrình, đồng thời mỗi nghiệm của phương trình đều có dạng trên.

Ta thấy rằng nếu xk+yk

√

d = (x1+y1

√d)k thì xk−yk√d = (x1−y1√d)k(vì √

d chỉ xuất hiện ở các lũy thừa lẻ của −y1

= (x21 − dy12)k = 1

Vậy xk, yk là nghiệm với k = 1, 2, 3

Ngược lại , giả sử X, Y là một nghiệm nguyên dương khác với

xk, yk, k = 1, 2, 3 khi đó tồn tại số n sao cho

(x1 + y1

√d)n < X + Y√

d < (x1 + y1

√

dn+1)Nhân bất đẳng thức vơi (x1 + y1√

d)−n ta được

1 < (x1 − y1√d)n(X + Y√

d) < (x1 + y1√

d)(vì x21 − dy2

1 = 1 nên x1 − y1√d = (x1 + y1√

d)−1)Bây giờ giả sử

√d)

Điều đó có nghĩa là s, t là nghiệm dương s ≥ x1, t ≥ y1 do x1, y1

là nghiệm bé nhất Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức s + t√

2)k = a − b√

2 Do đó(a + b√

2)(a − b√

2) = 1 ⇒ a2 − 2b2 = 1Vậy (a, b) là nghiệm của (1)

Bảng sau cho ta các nghiệm nguyên dương nhỏ nhất (x1, y1) của một

Chương 2

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG

TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Mở đầu

Trong chương này trình bày một số dạng phương trình nghiệm nguyên

và cách áp dụng Chúng ta sẽ đi nghiên cứu giải phương trình nghiệmbằng cách phân tích, dùng Modulo, đánh giá, dùng bất đẳng thức

2.1 Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

bằng cách phân tích

2.1.1 Mô tả phương pháp

Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểuthức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương hoặc phân tíchđược thành nhân tử