Đang tải... (xem toàn văn)
i Lời cảm ơn Để hoàn thành đề tài luận văn và kết thúc khóa học, với tình cảm chân thành, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới trường Đại học Hồng Đức đã tạo điều kiện cho tôi có môi trường học tập[.]
i Lời cảm ơn Để hoàn thành đề tài luận văn kết thúc khóa học, với tình cảm chân thành, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới trường Đại học Hồng Đức tạo điều kiện cho tơi có mơi trường học tập tốt suốt thời gian học tập, nghiên cứu trường Tôi xin chân thành cảm ơn thầy Lê Anh Minh, người thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện giúp tơi hồn thành khóa luận Thanh Hóa, tháng năm 2019 Kí tên Trần Thị Trang ii Mục lục Mở đầu Chương PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1.1 Định nghĩa phương trình Diophante .3 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Ví dụ 1.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử 1.3 Sử dụng bất đẳng thức để giải phương trình Diophante 1.4 Phương pháp tham số 12 1.5 Phương pháp số học Modular 13 1.6 Phương pháp quy nạp toán học 16 1.6.1 Phương pháp quy nạp thứ 16 1.6.2 Phương pháp quy nạp thứ hai 17 1.6.3 Phương pháp quy nạp thứ ba 17 1.7 Phương pháp giảm vô hạn Fermat (FMID) 18 1.7.1 Biến thể FMID 19 1.7.2 Biến thể FMID 19 1.7.3 Ví dụ 19 1.8 Phương trình Diophante tổng hợp 22 Chương MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE ĐẶC BIỆT 25 2.1 Phương trình diophante tuyến tính 25 2.1.1 Định nghĩa 25 2.1.2 Ví dụ 27 2.1.3 Phương trình Fermat: Bộ số Pythagore 28 2.2 Phương trình Pell 32 2.2.1 Định nghĩa nhận xét 32 2.2.2 Sự tồn nghiệm cơng thức nghiệm phương trình Pell 33 iii 2.2.3 Cách giải phương trình Pell liên phân số 33 2.2.4 Phương trình Pell loại 34 2.3 Một số phương trình Diophante qua kì thi học sinh giỏi 36 Tài liệu tham khảo 40 Mở đầu Lý chọn đề tài Diophante nhà toán học cổ Hilap (thế kỷ thứ 3), thương nhặc đến “ơng tổ ngành đại số” Ơng tác giả sách tiếng “số học” có nhiều đóng góp lớn dối với phát triển Tốn học, ơng đa có nhiều kết việc giải phương trình đại số lí thuyết số Phương trình Diophante lĩnh vực lý thú nhiểu nhà tốn học, tìm thấy đóng góp nhiều nhà tốn học tiếng: Euclide, Archimede, Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Dirchlet, Riemann, Hilbert, Một số nhà toán học Trung cổ Ấn Độ Sulba Stras; Baud hayana; Apas – tamba; Aryabhata (đã nghiên cứu có nhiều kết phương trình Diophante tuyến tính); Kuttaka; Brahamagupta; Bhaskara Phương trình nghiệm ngun nói chung phương trình Diophante nói riêng vấn đề thu hút quan tâm không giáo viên học sinh trường trung học phổ thơng mà cịn tất người u thích Tốn Trong hầu hết kì thi quan trọng thi học sinh giỏi toán cấp, thi Olympic toán, toán liên quan đến phương trình Diophante hay đề cập đến thường khó Trong khóa luận chúng tơi xin trình bày số vấn đề phương tình Diophante Mục đích khóa luận trình bày tổng quát phương trình Diophante; khái quát lịch sử phát triển nó; số phương pháp giải phương trình Diophante; số dạng phương trình Diophante đặc biệt Nói chung, giải phương trình Diophante, đặc biệt phương trình Diophante bậc cao tốn khó Nhiều ta gặp hai phương trình Diophante tương tự nhau, khác hệ số, mà phương trình có vơ số nghiệm, phương trình lại vơ nghiệm; phương trình dễ giải, phương trình khó giải, thâm chí chưa giải Nhiêu phương trình mang tên người giải Rất nhiều phương trình Diophante giải phương pháp toán học cao cấp; việc nghiên cứu phương trình Diohante trở thành lĩnh vực riêng gọi giải tích Diophante Nhận thấy việc sử dụng phương trình Diophante giải phương trình hạn chế Việc nghiên cứu cách hệ thống từ lý thuyết đến ứng dụng phương trình Diophante giải phương trình cần thiết Vì vậy, chúng tơi chọn tên đề tài luận văn "Phương trình Diophante" Đối tượng nghiên cứu Phương trình Diophante Mục đích nghiên cứu Trình bày động số kiến thức có liên quan Nêu cách tổng quát dạng phương trình Diophant.e Xây dựng phương pháp giải phương trình Diophante Phạm vi nghiên cứu Lý thuyết phương pháp giải phương trình Diophante Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu thu thập tài liệu có liên quan đến đề tài khóa luận đề phân tích, giải thích, đánh giá, tổng hợp kết có tài liệu khoa học sưu tập Ý nghĩa luận văn Khóa luận tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên học sinh chuyên toán, nhằm mục đích phát huy tích cực, sáng tạo học sinh giáo viên q trình dạy học tốn Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn bao gồm hai chương: Chương 1: Phương trình Diophante số phương pháp giải Chương 2: Một số dạng phương trình Diophante đặc biệt Chương PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1.1 Định nghĩa phương trình Diophante 1.1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 [3] Phương trình Diophante phương trình có nhiều ẩn số có dạng f (x1 ; ; xn ) = 0, với tất hệ số x1 , x2 , , xn số nguyên số nguyên x10 , x20 , , xn0 thỏa mãn phương trình gọi nghiệm phương trình 1.1.2 Ví dụ i Phương trình ax +by = hay a, b ∈ , (a, b) = phương trình Diophante tuyến tính có vơ số nghiệm ngun x = x0 + bt; y = y0 − at với (x0 ; y0 ) nghiệm phương trình t ∈ Z ii Phương trình Diophante tiếng phương trình Fermat xn + yn = zn + Với n = ta phương trình Pitago x2 + y2 = z2 có vơ số nghiệm (x; y; z) gọi ba Pitago Ta liệt kê số ba Pitago sau: (3; 4; 5) , (5; 12; 13) , (8; 15; 17) , (7; 24; 25) , (20; 21; 29) + Với n > Fermat khẳng định không tồn tạ số nguyên dương n > thỏa mãn phương trình iii x2 − ny2 = ±1 , n số khơng phương ( phương trình Pell – tên nhà tốn học người Anh John Pell, phương trình nghiên cứu Brahmagrupta vào kỷ thứ VII giải trọn bẹn Fermat vào kỷ thứ XVII) 1 iiii = + + ⇔ 4xyz = nyz + nxz + nxy n x y z Phương trình Diophate thường khơng có cách giải tổng qt Mỗi dạng phương trình có cách giải khác Sau số phương pháp giải phương trình 1.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử Ví dụ 1.2.1 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + y2 + + (x − y) (1 − xy) = (1 + xy) Bài giải Viết phương trình dạng: x2 y2 − 2xy + + x2 + y2 − 2xy + (x − y) (1 − xy) = ⇔ (xy − 1)2 + (x − y)2 − (x − y) (xy − 1) = ⇔ [xy − − (x − y)]2 = ⇔ (x + 1) (y − 1) = ±2 • Nếu (x + 1) (y − 1) = 2, ta có hệ phương trình sau: ( ( ( ( x+1 = x + = −2 x+1 = x + = −1 ; ; ; y−1 = y − = −1 y−1 = y − = −2 • Nếu (x + 1) (y − 1) = 2, ta có hệ phương trình sau: ( ( ( ( x+1 = x + = −1 x+1 = x + = −1 ; ; ; y − = −1 y−1 = y − = −2 y−1 = Ví dụ 1.2.2 Cho p q hai số nguyên tố Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 + = x y pq Bài giải Phương trình tương đương với phương trình diophante đại số sau: (x − pq) (y − pq) = p2 q2 2 (Xét tất ước dương ( p q ta hệ phương trình sau: x − pq = x = + pq 1) ⇔ 2 y − pq = p q y = pq (pq + 1) ( ( x = pq (pq + 1) x − pq = p2 q2 ⇔ 2) 2 y = + pq y − pq = p q ( ( x − pq = p2 x = p (p + q) 3) ⇔ y = q (p + q) y − pq = p2 ( ( x = q (q + p) x − pq = q2 ⇔ 4) y = p (p + q) y − pq = p2 ( ( x − pq = p x = p (1 + q) 5) ⇔ y − pq = pq y = pq (q + 1) ( ( x − pq = pq2 x = pq (q + 1) 6) ⇔ y − pq = p y = p (1 + q) ( ( x − pq = q x = q (1 + p) 7) ⇔ y − pq = p2 q y = pq (p + 1) ( ( x − pq = p2 q x = pq (p + 1) 8) ⇔ y − pq = q y = q (1 + p) ( ( x − pq = pq x = 2pq 9) ⇔ y − pq = pq y = 2pq Vậy phương trình cho có cặp nghiệm là: (1 + pq, pq (1 + pq)) ; (p (1 + q) , pq (1 + q)) ; (q (1 + p) , pq (1 + p)) ; (p (p + q) , q (p + q)) ; (2pq, 2pq) ; (pq (1 + q) , p (1 + q)) ; (pq (1 + p) , q (1 + p)) ; (q (p + q) , p (p + q)) ; (pq (1 + pq) , (1 + pq)) Ví dụ 1.2.3 Xác định tất cặp nguyên không âm (x, y) thỏa mãn phương trình: (xy − 7)2 = x2 + y2 Bài giải Phương trình tương đương với: (xy − 6)2 + 13 = (x + y)2 cho ta hệ sau: ( (x + y)2 − (xy − 6)2 = 13 ; ( x + y + xy − = 13 x + y − xy + = z+y = ; xy = ( x+y = xy = 12 x + y + xy − = x + y − xy + = 13 Các hệ tương đương: ( Các nghiệm phương trình cho là: (0, 7) ; (7, 0) ; (3, 4) ; (4, 3) Ví dụ 1.2.4 Giải phương trình theo x, y nguyên x2 (y − 1) + y2 (x − 1) = Bài giải Đặt x = u + 1, y = v + 1, phương trình trở thành: (u + 1)2 v + (v + 1)2 u = ⇔ uv (u + v) + 4uv + (u + v) = ⇔ uv (u + v + 4) + (u + v + 4) = ⇔ (u + v + 4) (uv + 1) = Một nhân tử phải -5 nhân tử lại −1 Điều có nghĩa tổng u + v tích u.v phải thỏa mãn bốn hệ phương ( trình sau: ( u+v+4 = u + v = −3 1) ⇔ uv + = uv = ( ( u+v+4 = u+v = 2) ⇔ uv + = uv = ( ( u + v + = −1 u + v = −5 3) ⇔ uv + = −5 uv = −6 ( ( u + v + = −5 u + v = −9 4) ⇔ uv + = −1 uv = −2 Chỉ có hệ phương trình thứ hai thứ ba có nghiệm nguyên (u, v) = (0, 1) , (1, 0) , (−6, 1) , (6, −1) Do phương trình ban đầu có cặp nghiệm (x, y) = (u + 1, u + 1) (1, 2) , (−5, 2) , (2, 1) , (2, −5) Ví dụ 1.2.5 Tìm tất ba nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình sau: x3 + y3 + z3 − 3xyz = p p số nguyên tố, p > Bài giải Phương trình tương đương: (x + y + z) x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx = p Vì x, y, z số nguyên dương nên x + y + z > Do phương trình tương đương x+y+z = p (1.1a) x + y2 + z2 − xy − yz − xz = (1.1b) (1.1b) ⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2zx = ⇔ (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z • Nếu x > y > z (x − y)2 ≥ 1, (y − z)2 ≥ 1, (x − z)2 ≥ Suy (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ > Do loại trường hợp x > y > z • Nếu x = y = z thay vào phương trình ban đầu ta được: 3x3 − 3x3 = p ⇒ p = (trái giả thiết) Vì ta phải có x = y = z + x − = y = z Suy số nguyên tố p có dương 3k + 3k + Vì ta phải có x = y = z + x − = y = z Suy số nguyên tố p có dạng 3k + hợp x = y = z + 1, phương trình ban 3k + Trong trường p + p + p−2 hoán vị Trong trường , , đầu có nghiệm 3 p+2 p−1 p−1 hợp x − = y = z, phương trình ban đầu có nghiệm , , 3 hốn vị 26 Chứng minh Giả sử (x; y) nghiệm phương trình Do d| a, d| b nên d| c Như vậy, d không ước c phương trình khơng có nghiệm nguyên Vì (a, b) = d nên tồn số nguyên t s cho: d = as + bt (2.2) Cũng d| c nên tồn e nguyên cho: de = c (2.3) Từ (2.2) (2.3) ta được: c = de = (as + bt) e = a (se) + b (te) Như vậy, ta có nghiệm phương trình cho x = x0 = se, y = y0 = te Ta chứng minh phương trình tồn vơ số nghiệm b a Đặt x = x0 + n, y = y0 − n n nguyên d d Ta thấy cặp (x; y) xác định nghiệm, a b ax + by = ax0 + a n + by0 − b n = ax0 + by0 = c d d Ta phải chứng minh rằng, nghiệm phương trình phải có dạng Thật giả sử (x; y) nghiệm tùy ý, tức x, y nguyên thỏa mãn ax + by = c Khi (ax + by) − (ax0 + by0 ) = Suy a (x − x0 ) + b (y − y0 ) = Tức a (x − x0 ) = b (y − y0 ) (2.4) Chia hai vế (2.6) cho d, ta được: a b (x − x0 ) = (y − y0 ) (2.5) d d a b = , Do d = (a, b) nên d d a a Từ suy y0 − y chia hết cho , tức tồn n nguyên cho n = y0 − y d d a Suy y = y0 − n d b Thay y vào phương trình (2.7) ta x = x0 + n d Định lí giúp ta tìm nghiệm phương trình Diophantine tuyến tính 27 2.1.2 Ví dụ Ví dụ 2.1.3 Xét toán sau: “ Trăm trâu trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Lụ khụ trâu già, Ba bó” Tính xem loại trâu ? Bài giải Gọi số trâu đứng x (con) Số trâu nằm y (con) Số trâu già z (con) (x, y, z > 0; x, y, z ∈ Z) Theo đề ta có hai hệ phương trình ba ẩn với nghiệm nguyên dương: ( x + y + z = 100 ⇔ 3x + 5y = 35 5x + 3y + 3z = 100 Suy 14x + 8y = 200 hay 7x + 4y = 100 Vì 4y 4; 100 nên x Đặt x = 4t (t nguyên dương) Thay x = 4t ta phương trình 7t + y = 25 Suy y = 25 − 7t; z = 100 − 4t − (25 − 7t) = 75 + 3t Do x, y, z > nên < t < • Với t = 1,ta có x = 4, y = 18, z = 78 • Với t = 2,ta có x = 8,y = 11,z = 81 • Với t = 3,ta có x = 12,y = 4,z = 84 Vậy có kết sau: trâu đứng, trâu nằm, 78 trâu già trâu đứng, 11 trâu nằm, 81 trâu già 12 trâu đứng, trâu nằm, 84 trâu già 28 Ví dụ 2.1.4 Nhận dịp Tết, cụ phụ lão, anh chị niên em thiếu nhi tất gồm 15 người mang 50 bánh chưng đến tặng đơn vị đội Mỗi cụ phụ lão mang bánh, anh chị niên mang chiếc, em thiếu nhi mang bánh Có cụ phụ lão, niên, thiếu nhi? Bài giải Gọi số cụ phụ lão, số niên số thiếu nhi x, y, z (người) Theo đề ta có hệ phương trình với nghiệm nguyên dương: ( x + y + z = 15 ⇒ 3x + 5y = 35 4x + 6y + z = 50 Vì 5y 5; 35 nên x Đặt x = 5t (t nguyên dương) Thay x = 5t vào phương trình ta 3t + y = Suy z = 15 − 5t − (7 − 3t) = − 2t; y = − 3t Do x, y, z > nên < t < • Với t = 1,ta có x = 5, y = 4, z = • Với t = 2,ta có x = 10, y = 1, z = Vậy có hai kết sau: cụ phụ lão, niên, em thiếu nhi 10 cụ phụ lão, niên, em thiếu nhi 2.1.3 Phương trình Fermat: Bộ số Pythagore Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình x2 + y2 = z2 gọi số Pitago Theo định lí Pitago ta có (x, y, z) số Pitago tồn tam giác vng có số đo hai cạnh góc vng x y, số đo cạnh huyền z (với x, y, z số nguyên dương) Chẳng hạn số (3, 4, 5) , (6, 8, 10) số Pitago Rõ ràng (x, y, z) số Pitago (kx, ky, kz) số Pitago với số tự nhiên k Do đó, ta cần xét ba số nguyên tố 29 Định nghĩa 2.1.5 Bố số Pitago (x, y, z) gọi nguyên thủy (x, y, z) = Ví dụ 2.1.6 Các số (3, 4, 5) , (5, 12, 13) gọi nguyên thủy Bộ số (6, 8, 10) không nguyên thủy Nếu ba số (x, y, z) không nguyên thủy, chẳng hạn (x, y, z) = d, số Pitago nguyên thủy Để tìm số Pitago nguyên thủy ta dùng bổ đề sau x y z , , d d d Bổ đề 2.1.7 Nếu (x, y, z) số Pitago nguyên thủy (x; y) = (y, z) = (z, x) = Chứng minh Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy (x, y) > Khi tồn số nguyên tố p cho p| (x, y) Vì p| x p| y nên p| x2 + y2 = z2 Do p nguyên tố mà p| z2 nên p| z Từ dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = Vậy (x, y) = Tương tự (x, z) = (y.z) = Bổ đề 2.1.8 Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy Khi x chẵn, y lẻ, x lẻ, y chẵn Chứng minh Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy Do Bổ đề (2.1.7), (x, y) = nên x y chẵn Nếu x y lẻ ta có x2 ≡ y2 ≡ ( mod 4) Nên z2 = x2 + y2 ≡ ( mod 4) Điều vơ lý Vậy x y khơng tính chẵn lẻ Bổ đề 2.1.9 Giả sử r, s, t số nguyên dương cho (r, s) = rs = t Khi tồn số nguyên h, l cho r = l s = h2 Chứng minh Nếu r = s = Giả sử phân tích r, s, t thừa số nguyên tố ta dạng sau: α α β β β n+1 n+2 r = pα1 pα2 pαn n ; s = pn+1 pn+2 pαmm ; t = p1 p2 pk k 30 Vì (r, s) = nên số nguyên xuất phân tích r s khác Do r.s = t nên: α α 2β 2β 2βk n+1 n+2 pn+2 pα1 p2α2 pαn n pn+1 pαmm = p1 p2 pk Từ định lý số học ta suy rằng, lũy thừa nguyên tốc xuất hai vế đẳng thức phải Vậy pi phải q j đó, đồng thời αi = 2β j Do đó, số mũ αi chẵn nên αi nguyên Từ suy r = l , s = h, l, h số nguyên α1 α2 αn l = p1 p2 pn αn+1 αn+2 αm h = pn+1 pn+2 pm2 Định lý sau mô ta tất số Pitago nguyên thủy Định lý 2.1.10 Các số nguyên dương (x, y, z) lập thành Pitago nguyên thủy, tồn sô nguyên dương nguyên tố m, n với m > n, m lẻ, n chẵn m chẵn, n lẻ cho x = m2 − n2 ; y = 2mn; z = m2 + n2 Chứng minh Giá sử x, y, z số Pitago nguyên thủy Từ Bổ đề (2.1.8) cho x lẻ, y chẵn, ngược lại Vì vai trị x, y nhau, giả sử y chẵn suy x, z lẻ Do x2 + y2 = z2 nên y2 = z2 − x2 = (z + x) (z − x) 2 z−x = rs,với r = z + 2x , s = z − 2x Vậy 2y = z+x 2 Ta để ý (r, s) = Thật vậy, (r, s) = d thi d| r, d| s nên d| (r + s) d| (r − s) = x Điều có nghĩa d| (z, x) = nên d = Áp dụng Bổ đề (2.1.9) ta thấy tồn số nguyên m, n cho r = m2 , s = 31 n2 Biểu diễn x, y, z thông qua m.n ta có: √ √ x = r − s = m2 − n2 ; y = 4rs = 4m2 n2 = 2mn; z = r + s = m2 + n2 Ta có (m, n) = 1, ước chung m n ước x = m2 − n2 , y = 2mn, z = m2 + n2 , nên ước chung (x, y, z) Mà x, y, z nguyên tố nên (m, n) = Mặt khác, m n không đồng thời số lẻ nên m chẵn, n lẻ ngược lại Vậy số Pitago nguyên thủy có dạng nêu Để chứng tỏ ba số x2 = m2 − n2 ; y = 2mn; z = m2 + n2 Trong m, n số nguyên dương, m > n, (m, n) = 1, m khác n mà m không đồng dư n ( mod 2) lập thành số Pitago nguyên thủy trước tiên ta nhận xét 2 + (2mn)2 = m4 − 2m2 n2 + n4 + 4m2 n2 x2 + y2 = m2 − n2 = m4 + 2m2 n2 + n4 2 = m2 + n2 = z2 Ta chứng minh x, y, z nguyên tố Giả sử ngược lại (x, y, z) = d > Khi tồn số nguyên tố p cho p| (x, y, z) Ta thấy p không chia hết cho x lẻ (do x = m2 − n2 m2 n2 khơng tính chẵn lẻ) Lại p| x, p| z nên p| (z + x) = 2n2 Vậy p| m p| n mâu thuẫn với (m, n) = Do (x, y, z) = 1, tức (x, y, z) số nguyên thủy Ví dụ 2.1.11 Giải phương trình nghiệm ngun dương: (2.6) x−2 + y−2 = z−2 Bài giải 1 x + y2 x−2 + y−2 = z−2 ⇔ + = ⇔ 2 = ⇔ x2 + y2 = x y z x y z xy z 2 32 Điều có nghĩa z| xy x2 + y2 số phương Khi x2 + y2 = t với số nguyên dương t phương trình trở thành t= xy z (2.7) Gọi (x, y,t) = d Khi x = ad, y = bd, t = cd a, b, c ∈ Z+ với (a, b, c) = Từ phương trình (2.7) thu về: z= xy ad.bd abd = = t cd c Từ lựa chọn t kéo theo: a2 + b2 = c2 (2.8) a, b, c nguyên tố theo (2.8) ta suy c| d, nghĩa d = kc, k ∈ Z+ Ta được: x = ad = kac, y = bd = kc, t = cd = kc2 , z = kab (2.9) Từ (2.9) theo Định lí (2.1.10), ta có: a = m2 − n2 , b = 2mn, c = m2 + n2 số nguyên dương thỏa mãn điều kiện Định lí (2.1.10) nghiệm phương trình (2.7) cho bởi: x = k m4 − n4 , y = 2kmn m2 + n2 , z = 2kmn m2 − n2 Các k, m, n ∈ Z+ , m > n 2.2 Phương trình Pell 2.2.1 Định nghĩa nhận xét Định nghĩa 2.2.1 [4] Phương trình Pell phương trình vơ định có dạng x2 − dy2 = với d số nguyên dương không phương (2.10) 33 2.2.2 Sự tồn nghiệm cơng thức nghiệm phương trình Pell Định lý 2.2.2 [4] Phương trình (2.10) ln có nghiệm ngun dương (x, y) Nhận xét 2.2.3 [4] Nếu phương trình (2.10) có nghiệm nguyên đương tồn nghiệm nguyên dương nhỏ (x, y) = (a, b), b số nguyên dương nhỏ thỏa mãn + bd số phương Định lý 2.2.4 [4] (cơng thức nghiệm) Giả sử (a, b) nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình (2.10) Xét hai dãy số nguyên {xn } , {yn } cho hệ ( x0 = 1, x1 = a, xn+2 = 2axn+1 − xn , với n ∈ N Khi (xn , yn ) thức truy hồi: y0 = 0, y1 = b, yn+2 = 2ayn+1 − yn với n = 1, 2, tất nghiệm dương phương trình Pell 2.2.3 Cách giải phương trình Pell liên phân số Định lý 2.2.5 [4] Nếu (a, b) nghiệm nguyên dương phương trình √ a Pell giản phân liên phân số biểu diễn số vơ tỉ d b Từ Định lí (2.2.8), để giải phương trình Pell ta thực theo bước sau: Khai triển √ d thành liên phân số Tính giản phân Pn , n = 0, 1, liên phân số Qn Tính Pn2 − dQ2n , n = 0, 1, Nghiệm nhỏ phương trình Pell (Pn , Qn ) với n số tự nhiên nhỏ mà Pn2 − dQ2n = Viết nghiệm phương trình theo hệ thức truy hồi với x1 = Pn , y1 = Qn Ví dụ 2.2.6 Giải lại phương trình x2 − 7y2 = liên phân số √ Để khai triển α0 = thành liên phân số, ta áp dụng thuật toán sau: q0 = [α0 ] , qi = [αi ] , αi = , i≥1 αi−1 − qi−1 34 Ta có: √ h√ i 7+1 = q0 = = 2, α1 = √ 7−2 "√ # √ 7+2 7+1 = =√ q1 = = 1, α2 = √ 7+2 7−1 −1 "√ # √ 7+1 7+1 =√ q2 = = 1, α3 = √ = 7+2 3 7−1 −1 "√ # √ 7+1 = 7+2 =√ = 1, α4 = √ q3 = 7+1 7−1 −1 i h√ 1 + = 4, α5 = √ =√ = α1 q4 = 7+2 −4 7−2 tiếp tục ta q5 = q1 , q6 = q2 , q7 = q3 , q8 = q14 , √ Vậy = [2; (1, 1, 1, 4)] Ở số hạng (1, 1, 1, 1, 4) lặp lại vô hạn lần Để tính giản phân liên phân số đồng thời tính giá trị biểu thức Pn2 − 7Q2n : • + Với qk = 2, Pk = 2, Qk = ta được: Pn2 − 7Q2n = −3 • + Với qk = 1, Pk = 3, Qk = ta được: Pn2 − 7Q2n = • + Với qk = 1, Pk = 5, Qk = ta được: Pn2 − 7Q2n = −3 • + Với qk = 1, Pk = 8, Qk = ta được: Pn2 − 7Q2n = • + Với qk = 4, Pk = 37, Qk = 14 ta được: Pn2 − 7Q2n = −3 Vậy (8, 3) nghiệm nhỏ phương trình cho 2.2.4 Phương trình Pell loại Định nghĩa 2.2.7 [4] Phương trình Pell loại phương trình có dạng: x2 − dy2 = −1 (2.11) d số ngun dương khơng phương Phương trình Pell: x2 − dy2 = gọi phương trình Pell liên kết với phương trình Pell loại (2.11) 35 Cũng phương trình Pell, ta xét nghiệm dương phương trình Pell loại Định lý 2.2.8 [4](Về tồn nghiệm) Gọi (a, b) nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình Pell liên kết với phương trình (2.11) Khi phương trình (2.11) có nghiệm hệ sau có nghiệm nguyên dương ( a = x2 + dy2 b = 2xy (2.12) Định lý 2.2.9 [4] (Công thức nghiệm) Giả sử hệ (2.12) có nghiệm nguyên dương (u, v) Xét dãy số nguyên dương {xn } , {yn } xác định bởi: ( x0 = u, x1 = u3 + 3duv2 , xn+2 = 2axn+1 − xn , với n ∈ N y0 = v, y1 = dv3 + 3u2 v, yn+2 = 2ayn+1 − yn Khi (xn , yn ) tất nghiệm nguyên dương (2.11) Ví dụ 2.2.10 Giải phương trình x2 − 30yy = −1 Dễ thấy phương trình x2 − 30y2 = có nghiệm nhỏ (11,2) Phương trình: 11 + 12 y2 = = 60 60 nghiệm ngun Vậy phương trình cho vơ nghiệm Ví dụ 2.2.11 Giải phương trình x2 − 30y2 = −1 Bài giải Ta biết phương trình x2 − 13y2 = có nghiệm nhỏ (649, 180) Phương trình: 649 + y2 = = 25 26 180 có nghiêm nguyên dương y = 5, x = = 18 2y Vậy (18, 5) nghiệm nhỏ phương trình cho tập hợp nghiệm phương trình (±xn , ±yn ), xác định công thức: √ n √ n + 18 − 13 13 18 + xn = √ n √ n 18 + − 18 − 13 13 yn = √ 13 với n = 1, 3, 3, 5, 36 2.3 Một số phương trình Diophante qua kì thi học sinh giỏi Trong phần tơi chủ yếu sưu tầm số phương trình diophante qua kì thi học sinh giỏi Tơi cố gắng tìm lời giải ngắn gọn trình bày cách dễ hiểu giúp người đọc tham khảo q trình ơn luyện Ví dụ 2.3.1 Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x3 + y3 = (x + y)2 Bài giải Ta có: x3 + y3 = (x + y)2 ⇔ (x + y) x2 − xy + y2 − (x + y)2 = ⇔ (x + y) x2 − xy + y2 − x − y = TH1: x + y = ⇔ x = −y, (với x, y ∈ Z) TH2: x2 − xy + y2 − x − y = Hay 2x2 − 2xy + 2y2 − 2x − 2y = Do (x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2 Ta có: = 02 + 12 + 12 = 02 + (−1) + (−1)2 = 02 + (−1)2 + (−1)2 x−y = Nên ta có trường hợp thứ nhất: x − = ⇒ x = y = y−1 = Xét trường hợp lại ta cặp nghiệm là: (x, y) = (0; 1) ; (1; 0) ; (1; 2) ; (2; 1) Vậy nghiệm phương trình (x, y) = {(0; 1) ; (1; 0) ; (1; 2) ; (2; 1) ; (2; 2) ; (t; −t)} với t ∈ Z 2014 = (xy)2015 Ví dụ 2.3.2 Tìm số nguyên dương x, y cho x2 + y2 Bài giải Giả sử (x, y) nghiệm phương trình 2014 = (xy)2015 Suy x4028 y y4028 x Ta có x2 + y2 Do x, y có tập ước nguyên tố 37 Gọi p ước nguyên tố x y ta kí hiệu v p (x) số mũ p phân tích tiêu chuẩn x + Giả sử v p (x) = m, vp (y) = n, (m, n ∈ Z ) m 6= n 2014 2015 2 Khi đó, v p x + y = 4028 {m, n} v p (xy) = 2015 (m + n) Suy 4028 {m, n} = 2015 (m + n) Mà 2015 (m + n) ≥ 4030 ( {m, n} ≥ 4028 {m, n} (m, n) = Dấu ” = ” xảy ⇔ ⇔ m = n = (Điều vô lý) m=n Vậy v p (x) = v p (y) với p ước nguyên tố x y 2014 = Do x, y tập ước nguyên tốc nên x = y Do đó, 2x2 4030 2014 1007 x ⇔x =2 ⇔x=2 Vậy x = y = 21007 Ví dụ 2.3.3 Chứng minh phương trình: (x + 1)2 + (x + 2)2 + + (x + 99)2 = y2 nghiệm nguyên (x, y, z) với z > Bài giải Ta có: y2 = (x + 1)2 + (x + 2)2 + + (x + 99)2 Tương đương với y2 = 99x2 + (1 + + + 99) x + 12 + 22 + + 992 Do 2.99.100 99.100.199 + = 33 3x2 + 300x + 50.199 y2 = 99x2 + Vì vế phải chia hết 3| y Suy 32 y2 Nhưng vế phải khơng chia hết cho Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun với z > Ví dụ 2.3.4 Giải phương trình Diophante sau: x3 − 2y3 − 4z3 = Bài giải x3 − 2y3 − 4z3 = ⇔ x3 = 2y3 + 4z3 ⇔ x3 = 2(y3 + 2z3 ) suy x3 số chẵn, x số chẵn (2.13) 38 Đặt x = 2x′ Khi đó: x3 = 2(y3 + 4z3 ) ⇔ 8x′3 = 2(y3 + 2z3 ) ⇔4x′3 = y3 + 2z3 ⇔ y3 = 4x′3 − 2z3 ⇔y3 = 2(2x′3 − z3 ) suy y3 số chẵn y số chẵn Đặt y = 2y′ tương tự ta z số chẵn z = 2z′ Suy phương trình (2.13) có dạng: (2x′ )3 = 2[(2y′ )3 + 2(2z′ )3 ] ⇔ x′3 = 2(y′3 + 2z′3 ) Như (x; ; y; z) nghiệm phương trình (2.13) (x′ ; y′ ; z′ ) x vậy, y z ; ; nghiệm phương trình (2.13) hay 2 x y z Quá trình tiếp diễn ; ; với n ∈ N nghiệm 2n 2n 2n Do (x; y; z) (0; 0; 0) phương trình Diophante (2.13) có nghiệm (0; 0; 0) Ví dụ 2.3.5 Tìm nghiệm ngun phương trình sau: 1! + 2! + 3! + + x! = y2 Bài giải Thử x = có 1! + 2! = y2 ⇔ y2 = 5, phương trình vơ nghiệm Thử x = có 1! + 2! + 3! = y2 ⇔ y2 = ⇔ y = ±3, suy phương trình vơ nghiệm Thử x = có 1! + 2! + 3! + 4! = y2 ⇔ y2 = 33, suy phương trình vơ nghiệm Với x ≥ ta có 1! + 2! + 3! = 33 5!, 6!, 7!, tận 0, 1! + 2! + 3! + 4! + + x! tận với x ≥ 5, mà y2 tận Do với x ≥ phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình Diophante cho có nghiệm: (1; 1), (1; −1); (3; 3), (3; −3)