TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG SỐ 5(78) 2014 155 ỨNG DỤNG SỐ NGUYÊN GAUSS TRONG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN USING GAUSSIAN INTEGERS IN INTEGER SOLUTION EQUATIONS Nguyễn Thị Sinh Trường[.]
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CƠNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(78).2014 155 ỨNG DỤNG SỐ NGUYÊN GAUSS TRONG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN USING GAUSSIAN INTEGERS IN INTEGER SOLUTION EQUATIONS Nguyễn Thị Sinh Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng; Email: sinhsp@gmail.com Tóm tắt: Phương trình nghiệm nguyên lĩnh vực lý thú khó Tốn học, đưa vào hầu hết chương trình phổ thơng với nhiều cách giải hay, độc đáo phát huy khả sáng tạo người học Thơng qua việc giải phương trình nghiệm nguyên, việc rèn luyện kỹ giải phương trình, người học cịn nâng cao mặt tư logic, lập luận vấn đề chặt chẽ rèn luyện khả sáng tạo Có thể nói phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa dạng tổng hợp phương pháp giải phương trình cấp học phương pháp sử dụng tính chất số học, phương pháp phân tích, phương pháp loại trừ, phương pháp tham số hóa, phương pháp miền giá trị, phương pháp lựa chọn modulo, … Bài báo trình bày phương pháp để giải số dạng phương trình nghiệm ngun, phương pháp sử dụng lý thuyết số nguyên Gauss Abstract: Integer solution equations is a very interesting and difficult field of mathematics It is presented in high school with many exciting and unique solutions and promoting creative abilities of learners By solving integer solution equations, the learners not only train skills to solve equations, but also improve in terms of logical thinking, argue the issues closely and practice abilities creativity It can be said that the method of solving integer solution equations is very varied and it is synthesized by many methods of solving equations of all educational levels, such as the method of using arithmetic’s properties, the method of analysing, the method of excluding, the method of parametriczation, the method of using the range of variables, the method of choosing modulo, … This article presents a new method in solving several types of integer solution equations This is a method that uses the theory of Gaussian integers to solve integer solution equations Từ khóa: Phương trình nghiệm ngun; vành Gauss; số nguyên Gauss; số nguyên tố Gauss; ứng dụng số nguyên Gauss Key words: Integer solution equations; the ring of Gaussian integers; Gaussian integers; Gaussian primes; application of Gaussian integers Đặt vấn đề Số nguyên Gauss xuất nhiều lĩnh vực toán học Một ứng dụng số nguyên Gauss góp phần giải số lớp phương trình nghiệm nguyên Trước tiên, báo trình bày Vành số nguyên Gauss khái niệm liên quan (xem [3]) Định nghĩa (Số nguyên Gauss) tồn số nguyên Gauss Số phức có dạng a + ib , a, b Z gọi số nguyên Gauss Tập tất số nguyên Gauss ký hiệu Z[i] Rõ ràng Z Z [i] Dễ dàng kiểm tra Z[i] vành gọi vành số nguyên Gauss Định nghĩa Cho , Z[i] , , ta nói chia hết hay chia hết cho tồn Z [i] cho = Nếu chia hết ta nói ước viết | hay bội viết Một số nguyên Gauss gọi đơn vị ước số nguyên Gauss Chuẩn số nguyên Gauss = a + ib , ký hiệu N ( ) , xác định N ( ) =| |2 = = a + b Chuẩn N ( ) số tự nhiên N ( ) = = Nếu = N ( ) = N ( ) N ( ) Mệnh đề Số nguyên Gauss đơn vị N ( ) = Tập U tất đơn vị Z[i] U = {1 , i} Định lý (Phép chia Euclid vành số nguyên Gauss) Cho , hai số nguyên Gauss với , , cho = + , N ( ) N ( ) Định nghĩa Cho , hai số nguyên Gauss khác không i) , gọi nguyên tố tất ước chung , thuộc {1 , i} ii) Ta nói Z [i] ước chung lớn (UCLN) , viết ( , ) = ước chung , đồng thời chuẩn N ( ) có giá trị lớn tập hợp chuẩn tất ước chung Định lý Giả sử ( , ) = Khi i) Tồn , Z [i] cho + = ii) Nếu ước chung | Hệ Giả sử | , nguyên tố Khi | Định nghĩa (Số nguyên tố Gauss) Một số nguyên Gauss khác đơn vị gọi số nguyên tố Gauss khơng thể biểu diễn dạng tích hai số nguyên Gauss khác đơn vị Nếu số ngun tố Gauss ta nói hợp số Gauss Định nghĩa Số nguyên Gauss gọi số kết hợp với số nguyên Gauss = , đơn vị Ta nhận thấy số kết hợp với = , suy = , số kết hợp với Ta Nguyễn Thị Sinh 156 nói hai số kết hợp Từ suy Bổ đề Cho số nguyên tố Gauss Nếu | | | Định lý (Định lý số học cho vành số nguyên Gauss) Cho số ngun Gauss khác khơng đơn vị Khi biểu diễn dạng 1, , , n = 1 n , số nguyên tố Gauss Thêm vào biểu diễn sai khác thứ tự thừa số đơn vị.Nghĩa có hai biểu diễn = 1 n = 12 m ta phải có m=n {1,2,3, , n} cho với i, ta có tập tồn hoán vị i (i ) hai số kết hợp Định lý Cho hai số nguyên Gauss nguyên tố Giả sử = k , k , k N Khi tồn số nguyên Gauss vị , 1 , 1 đơn Định lý Cho = a + ib số nguyên Gauss khác đơn vị Khi i) Nếu b = 0, a số nguyên tố Gauss a số nguyên tố thông thường dạng 4k+1 ii) Nếu a = 0, b số nguyên tố Gauss b số nguyên tố thông thường dạng 4k+1 iii) Nếu a 0, b số nguyên tố Gauss N ( ) = a + b số nguyên tố thông thường Mệnh đề Nếu x, y hai số nguyên khác tính chẵn lẻ (x, y) = x + iy x – iy nguyên tố Z[i] Chứng minh Giả sử tồn số nguyên tố Gauss | x + iy Suy | x − iy | 2x | 2iy |2 N () | x + y x n +1 = y + 1, n N * Giải Ta nhận thấy x chẵn y2 + chẵn, suy y lẻ Suy y + (mod 4) , điều vô lý x2n+1 (mod 4) Vậy x lẻ, ychẵn Phương trình viết lại dạng x n +1 = ( y − i)( y + i) Ta nhận thấy y + i y − i hai số nguyên tố nên theo Định lý 5, tồn | x N () | , (*) (do phần tử đơn vị lũy thừa bậc 2n + phần tử đơn vị đó) Khai triển vế phải (*) đồng phần ảo hai vế, ta tìm giá trị nguyên a, b Từ suy nghiệm nguyên cần tìm Ví dụ 2.1 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x5 = y + Giải Ta nhận thấy x chẵn y2 + chẵn, suy y lẻ Suy y + (mod 4) , điều vô lý x5 (mod 4) Vậy x lẻ, ychẵn Phương trình viết lại dạng x5 = ( y − i)( y + i) Ta nhận thấy y + i y − i hai số nguyên tố a + ib Z[i] suy N () chẵn Mà số chẵn (mâu cho y + i = (a + ib ) (do 1=15, -1=(-1)5, i = i5, -i = (i)5) Từ suy | y Suy N ( ) | x N ( ) | y Mặt khác theo định lý 6, số nguyên tố Gauss nên tồn số nguyên tố thông thường p cho p | N () a + ib Z[i] cho nên theo Định lý 5, tồn nên x + y thuẫn x, y khác tính chẵn lẻ) Vậy Ứng dụng số nguyên Gauss phương trình nghiệm ngun Bài tốn 2.1 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình y + i = (a + ib) n +1 Định lý sau xác định tất số nguyên tố Gauss Nếu (mâu thuẫn (x, y) = 1) Vậy x + iy x – iy hai số nguyên tố Z[i] cho = 1k , = 1k cho p | x p | x p | y p | y y + i = (a − 10 a 3b + 5ab ) + i(5a b − 10 a b + b ) Đồng phần ảo, ta 5a4b − 10a2b3 + b5 = b(5a − 10 a 2b + b ) = TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CƠNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(78).2014 x5 = y + b = 5a − 10 a + = b = −1 5a − 10 a + = −1 Giải Ta nhận thấy x, y phải tính chẵn lẻ Trường hợp 1: x, y số lẻ Phương trình tương đương với x5 = ( y + 2i)( y − 2i) a = b = Do y + 2i y − 2i hai số nguyên tố Vậy x = 1, y = nghiệm nguyên phương trình Với lập luận tương tự trên, ta có kết sau: Các phương x = y + 1, trình x = y + 1, x = y + ( x, y) = (1,0) 157 2 có nghiệm nguyên (mệnh đề 2) nên theo Định lý 5, tồn a + ib Z[i] cho y + 2i = (a + ib)5 (do 1=15, -1=(-1)5, i = i5, -i = (-i)5) Từ suy y + 2i = (a5 − 10a3b2 + 5ab4 ) + i(5a 4b − 10a 2b3 + b5 ) phần ảo, ta 5a4b − 10a2b3 + b5 = b(5a − 10a 2b + b ) = Bài toán 2.2 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x n +1 = y + ; n, k N k | b |= | 5a − 10a + 1|= | b |= | 5a − 40a + 16 |= * Giải Ta nhận thấy x, y phải tính chẵn lẻ Trường hợp 1: x, y số lẻ Phương trình tương đương với x n +1 = ( y + 2k i)( y − 2k i) Do y + i y − i hai số nguyên tố (theo mệnh đề 2) nên theo Định lý 5, tồn a + ib Z[i] cho k k y + 2k i = (a + ib)2n +1 x = x1 , y = y1 ta phương trình 22 n −1 x1 n +1 Bằng phép giải phương trình trùng phương thơng thường ta nhận thấy hệ phương trình khơng có nghiệm nguyên Trường hợp 2: x, y số chẵn Đặt x = x1 , y = y1 = y1 + 4k −1 Tiếp tục nhận xét tính chẵn lẻ x1, y1, x1 chẵn ta lại đặt x1 = 2x2 , y1 chẵn ta lại đặt y1 = 2y2 , … rút gọn phương trình để tìm nghiệm biến đổi phương trình dạng 2n+1 = hai số nguyên Gauss nguyên tố sử dụng Định lý để suy nghiệm ngun cần tìm Ví dụ 2.2 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình ta phương trình x1 = y1 + (**) (do phần tử đơn vị lũy thừa bậc 2n + phần tử đơn vị đó) Khai triển vế phải (**) đồng phần ảo hai vế, ta tìm giá trị nguyên a, b Từ suy nghiệm ngun cần tìm Trường hợp 2: x, y số chẵn Đặt Đồng Do x1 (mod 4) nên y1 + số chẵn hay y1 lẻ Suy y + (mod 4) (mâu thuẫn) Vậy phương trình vơ nghiệm Ví dụ 2.3 Tìm tất số ngun x, y thỏa mãn phương trình x5 = y + 16 Giải Ta nhận thấy x, y phải tính chẵn lẻ Trường hợp 1: x, y số lẻ Phương trình tương đương với x5 = ( y + 4i)( y − 4i) Do y lẻ nên y + 4i y − 4i hai số nguyên tố Vì theo Định lý 5, tồn cho y + 4i = (a + ib ) -i = (-i)5) Từ suy a + ib Z[i] (do 1=15, -1=(-1)5, i = i5, y + 4i = (a − 10 a 3b + 5ab ) + i(5a b − 10 a b + b ) Đồng phần ảo, ta 5a4b − 10a2b3 + b5 = Nguyễn Thị Sinh 158 b(5a − 10 a 2b + b ) = Z[i] cho | b |= | 5a − 10 a + |= | b |= | 5a − 40 a + 16 |= | b |= | 5a − 160 a + 256 |= Lại có y + 4i = 4( y + i) = −(i + 1) ( y + i) = −(i + 1) Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (2,4) (2,−4) Trường hợp không nhận nghiệm x, y số lẻ Trường hợp 2: x, y số chẵn x = x1 , y = y1 ta phương trình x = y1 + Ta thấy y1 phải số chẵn nên tiếp tục đặt phương trình trở thành y1 = 2y2 Lại VT số chẵn nên y2 lẻ, từ suy phải số lẻ Phương trình viết lại sau x1 y +i y −i (−ix1 ) = i +1 i +1 Ta chứng minh ( y2 + i, y2 − i) = i + Thật ta i + ước chung y2 + i y2 − i y + 1 − y2 y2 + i = (i + 1) +i , Z[i] cho | y2 + i , | y2 − i Suy | 2i , hay N ( ) | Suy N ( ) số chẵn Mặt khác N ( ) | y22 + , nên N () | (4, y22 + 1) y2 lẻ nên (4, y22 + 1) = Suy N ( ) | = N (i + 1) Điều chứng tỏ i + chung lớn y2 + i y2 − i y2 + i i +1 y2 − i i +1 Bài Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x6 + x5 + 27 x + 27 x3 − 64 = y x( x + 1)( x + 4)( x + 5) = y − 20 Hướng dẫn: Biến đổi đưa phương trình số dạng phương trình trình bày phần 2, từ suy nghiệm ngun cần tìm Chú ý: Đối với tốn tìm nghiệm nguyên phương trình x 2n = y + k ; n N ; k Z ; n ta biến đổi (x Giả sử tồn Từ suy Từ ta sáng tạo số tập nghiệm nguyên sau: Bài Tìm tất nghiệm nguyên phương trình phương trình dạng y − 1 + y2 y2 − i = (i + 1) −i Do x n +1 = y + 4k ; n, k N ; n Bài Tìm tất nghiệm nguyên phương trình − i (i + 1) x1 = ( y2 + i )( y2 − i ) có Kết luận Tóm lại, báo đưa hướng giải tốn tìm nghiệm ngun phương trình dạng x( x + 3x + 3) − y( y − 2) = x1 = y2 + y2 + i = (−i − 1) i +1 Như y + 4i lũy thừa bậc năm số nguyên Gauss Với lập luận trường hợp 1, ta suy ( x, y) = (2,4) a = 1 x = hay b = y = 4 Đặt y2 + i = 5 i +1 ước hai số nguyên Gauss nguyên tố Theo Định lý 5, tồn n )( ) − y xn + y = k tìm nghiệm ngun thơng qua việc giải hệ phương trình sau xn − y = a n x + y = b a.b = k ; a, b Z Tài liệu tham khảo [1] Võ Đại Mau, Chuyên đề số học, NXB trẻ, 1993 [2] Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng số học, NXB Tiền Giang, 1992 [3] Đặng Hùng Thắng, Số nguyên Gauss ứng dụng lý thuyết số, Một số chuyên đề Toán chọn lọc, trường hè 2006 [4] Nguyễn Chu Gia Vượng, Vành số nguyên Gauss ứng dụng Diophante, Một số chuyên đề Toán Olympiad Viện toán, 2010 (BBT nhận bài: 15/01/2014, phản biện xong: 26/02/2014) ... gọn phương trình để tìm nghiệm biến đổi phương trình dạng 2n+1 = hai số nguyên Gauss nguyên tố sử dụng Định lý để suy nghiệm ngun cần tìm Ví dụ 2.2 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương. .. = 0, a số nguyên tố Gauss a số nguyên tố thông thường dạng 4k+1 ii) Nếu a = 0, b số nguyên tố Gauss b số nguyên tố thông thường dạng 4k+1 iii) Nếu a 0, b số nguyên tố Gauss N (... tìm nghiệm nguyên phương trình x 2n = y + k ; n N ; k Z ; n ta biến đổi (x Giả sử tồn Từ suy Từ ta sáng tạo số tập nghiệm nguyên sau: Bài Tìm tất nghiệm nguyên phương trình phương trình