ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– LÊ LƯƠNG TỚI TẬP HỢP NGUYÊN TRONG MẶT PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2017 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– LÊ LƯƠNG TỚI TẬP HỢP NGUYÊN TRONG MẶT PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– LÊ LƯƠNG TỚI TẬP HỢP NGUYÊN TRONG MẶT PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS VŨ HOÀI AN THÁI NGUYÊN - 2017 iii Mục lục Lời mở đầu 1 3 Tập hợp nguyên mặt phẳng 1.1 Mở đầu, khái niệm kết bổ trợ 1.1.1 1.1.2 Định lý Euclid số nguyên tố Định lý Fermat tổng hai bình phương 1.1.3 Định lý Ptolemy Tập hợp nguyên mặt phẳng Điểm nguyên mặt phẳng 2.1 Mở đầu, khái niệm ví dụ, kết bổ trợ 16 16 2.2 2.3 19 23 1.2 Định lý Anning- Erdos Định lý Pick điểm nguyên Tập ngun, điểm ngun với tốn học phổ thơng 2.3.1 2.3.2 Các ví dụ tập nguyên, điểm nguyên ứng dụng Định lý Pick hình học 23 Các ví dụ tìm điểm có tọa độ nguyên đường cong 27 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 Lời mở đầu Một tập hợp điểm S không gian Euclid Rd gọi tập hợp nguyên khoảng cách phần tử S số nguyên Năm 1945, Anning Erdos [2] chứng minh rằng, số ngun dương n ta ln tìm n điểm phân biệt khơng thuộc đường thẳng cho khoảng cách phần tử số ngun, khơng thể tìm tập vơ hạn khơng thuộc đường thẳng tập nguyên Graham, Rothschild Straus [3] chứng minh rằng, tồn d + điểm không gian Euclid Rd mà khoảng cách chúng số nguyên lẻ d ≡ 14 ( mod 16) Một ví dụ kinh điển tam giác Pythagore sau đây: Xét tam giác O(0; 0), A(3; 0), B(0; 4) S = {O, A, B} Khi S tập ngun khơng gian Euclid R2 Mặt khác tam giác Pythagore liên quan đến phương trình nghiệm nguyên Hơn nữa, phương trình nghiệm ngun, việc tìm điểm thuộc đồ thị có tọa độ nguyên xuất Báo Toán học Tuổi trẻ, đề thi tốt nghiệp phổ thông, đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi, tài liệu toán nâng cao dành cho học sinh, giáo viên tốn trung học sở, trung học phổ thơng, chương trình tốn học trung học sở, trung học phổ thơng Vì lí đó, chúng tơi xem xét vấn đề: Tập hợp nguyên mặt phẳng Mục đích đề tài luận văn là: Tổng hợp, trình bày lại kết [2-4] tập hợp nguyên mặt phẳng ví dụ tốn học phổ thông thể ứng dụng vấn đề: Tập hợp nguyên mặt phẳng Nội dung đề tài viết hai chương Chương có tiêu đề "Tập hợp nguyên mặt phẳng" trình bày khái niệm kết bổ trợ tập hợp nguyên mặt phẳng Chương có tiêu đề "Điểm nguyên mặt phẳng" trình bày khái niệm kết bổ trợ điểm nguyên mặt phẳng Định lý Anning- Erdos định lý Pick điểm nguyên Các ví dụ tập nguyên, điểm ngun với tốn học phổ thơng Luận văn thực Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Vũ Hoài An Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả học tập nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho cơng tác nghiên cứu thân Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới Thầy giáo, Cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn K9B2 (khóa 2015–2017); Nhà trường phòng chức Trường; Khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn K9B2 (khóa 2015–2017) ln động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập, nghiên cứu Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Hải Dương, tháng năm 2017 Tác giả Lê Lương Tới Chương Tập hợp nguyên mặt phẳng Chương giới thiệu tập hợp nguyên mặt phẳng Cụ thể: Mục 1.1 giới thiệu khái niệm kết bổ trợ Mục 1.2 trình bày tập hợp nguyên mặt phẳng Nội dung chương viết dựa vào [2], [4] 1.1 1.1.1 Mở đầu, khái niệm kết bổ trợ Định lý Euclid số nguyên tố Định lý 1.1.1 Tập hợp số nguyên tố vô hạn Chứng minh Giả sử p1 , p2 , , pk dãy số nguyên tố Ta tìm số nguyên tố không nằm dãy số Từ suy phải có vơ số số nguyên tố Để số nguyên tố mới, xây dựng số n = p1 p2 pk + Rõ ràng n có ước số ngun tố p Nhưng n khơng chia hết cho số nguyên tố pi nên ước số nguyên tố p n số ngun tố khơng nằm dãy số Tóm tại, lấy dãy số hữu hạn số nguyên tố lại tìm số nguyên tố mới, điều chứng tỏ có vơ hạn số ngun tố Ví dụ 1.1.2 Chứng minh có vơ số số ngun tố có dạng 4N + Để chứng minh tồn vơ số số ngun tố có dạng 4N + 3, chứng minh rằng, với dãy số nguyên tố p1 , p2 , , pk có dạng 4N + 3, tồn số nguyên tố khác có dạng 4N + 3, không nằm dãy số nguyên tố Thực vậy, lấy n = 4p1 p2 pk − 1, số có dạng 4N + Đầu tiên khẳng định n phải có ước số nguyên tố có dạng 4N + Đó tất ước số nguyên tố n có dạng 4N + n tích số có dạng 4N + 1, suy n có dạng 4N + 1, vơ lý Tóm lại, n có ước số ngun tố p có dạng 4N + Cuối n khơng chia hết cho số nguyên tố pi nên p 6= pi Tóm tại, lấy dãy số hữu hạn số nguyên tố có dạng 4N + lại tìm số nguyên tố có dạng 4N + 3, tồn vơ số số ngun tố có dạng 4N + Định lý 1.1.3 (Định lý Fermat nhỏ) Với số nguyên tố p với số nguyên a không chia hết cho p a p−1 ≡ ( mod p) Bổ đề 1.1.4 Với số tự nhiên x x2 + khơng có ước ngun tố có dạng 4N + Chứng minh Theo định lý Fermat nhỏ với số nguyên tố p với số nguyên a không chia hết cho p, a p−1 ≡ ( mod p) Bây chứng minh bổ đề theo phương pháp phản chứng Đó là, giả sử x2 + có ước số nguyên tố p = 4N + Tức x2 ≡ −1 ( mod p) Từ có x4N+2 = x2 2N+1 = (−1)2N+1 ≡ −1 ( mod p) Nhưng theo định lý nhỏ Fermat x4N+2 ≡ ( mod p) Vậy ≡ −1 ( mod p), hay ≡ ( mod p) Đây điều vơ lý Vậy bổ đề chứng minh Ví dụ 1.1.5 Chứng minh tồn vô số số nguyên tố có dạng 4N + Để chứng minh tồn vô số số nguyên tố có dạng 4N + 1, chứng minh rằng, với dãy số nguyên tố p1 , p2 , , pk có dạng 4N + 1, tồn số nguyên tố khác có dạng 4N + không nằm dãy số nguyên tố Thực vậy, lấy n = 4p21 p22 p2k + Vì n có dạng x2 + 1, nên theo bổ đề 1.1.12, n khơng có ước số ngun tố có dạng 4N + Vì n số lẻ nên toàn ước số nguyên tố n có dạng 4N + Chúng ta lại dễ dàng thấy không số pi dãy số ước số n Vì tìm số nguyên tố có dạng 4N + Tóm tại, lấy dãy số hữu hạn số nguyên tố có dạng 4N + lại tìm số nguyên tố dạng 4N + 1, có vơ hạn số ngun tố có dạng 4N + 1.1.2 Định lý Fermat tổng hai bình phương Định lý 1.1.6 Một số nguyên tố lẻ p biểu diễn dạng p = x2 + y2 (x, y ∈ Z) p ≡ ( mod 4) Chứng minh Chứng minh Euler tìm năm 1747, chứng minh theo bước: • Bước Nếu x y tổng hai bình phương xy Kết suy từ đẳng thức Brahmagupta-Fibonacci: m2 + n2 x2 + y2 = (mx + ny)2 + (my − nx)2 • Bước Nếu a p tổng hai bình phương p chia hết a a p tổng hai bình phương Giả sử a = m2 + n2 p = x2 + y2 với m, n, x, y ∈ Z Ta có p chia hết m2 p − ax2 = (my − nx) (my + nx) nên khơng giảm tổng qt ta xem p chia hết (my − nx) Bây từ ap = (my − nx)2 + (mx + ny)2 suy p chia hết (mx + ny), chia hai vế đẳng thức cho p2 ta có điều cần chứng minh • Bước Nếu a viết tổng hai bình phương, d khơng thể n viết dạng tổng hai bình phương d chia hết n có d ước khơng viết dạng tổng hai bình phương Giả sử a = ap1 pn , p1 , , pn số nguyên tố không cần phải khác Nếu tất pi viết dạng tổng hai bình phương cách chia liên tiếp a cho pi dùng bước ta có d tổng hai bình phương, vơ lí • Bước Nếu a b nguyên tố ước a2 + b2 tổng hai bình phương x Giả sử x ước a2 +b2 , viết a = mx +c, b = nx +d với |c| , |d| ≤ , 2 2 2 m, n, c, d ∈ Z Ta có a + b = Ax + c + d , c + d chia hết cho x, viết a2 + b2 = yx, xem gcd (c, d) = ước ngun tố chung có c d ước x Nếu x khơng phải tổng hai bình phương số bé có tính chất đó, theo bước 3, y có ước x2 2 z khơng tổng hai bình phương, mà zx ≤ yx = c + d ≤ , suy z < x, vơ lí • Bước Mỗi số nguyên tố p có dạng 4n + tổng hai bình phương Theo Định lý Fermat nhỏ ta có i4n ≡ ( mod p) , ∀i = 1, 2, , 4n số i4n − (i − 1)4n , i = 2, , 4n chia hết cho p Các số viết dạng a2n + b2n a2n − b2n Nếu p ước thừa số đầu theo 4, p tổng hai bình phương Nếu p ước tất thừa số sau cách áp dụng phép tốn sai phân nhiều lần dãy ta có p chia hết (2n)!, vơ lí 1.1.3 Định lý Ptolemy Định lý 1.1.7 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) Khi đó: AC.BD = AB.CD + AD.BC Hình 1.1: d = MBC [ Chứng minh Lấy M thuộc đường chéo AC cho ABD d = MBC, d = MCB [ ADB [ Khi xét ∆ABD ∆MBC có: ABD Nên ∆ABD đồng dạng ∆MBC (g.g) Do ta có: AD MC = ⇒ AD.BC = MC.BD BD BC Lại có BA BM [ d = , ABM = DBC BD BC (1) 23 nằm biên hay P, đặt tM = αM 2π Xét tổng TP = ∑ tM M Ta cần bổ đề sau: Bổ đề 2.2.5 TP = SP Chứng minh Ta thấy T S cộng tính, nghĩa chia P thành hai đa giác đơn P1 , P2 đường chéo TP = TP1 + TP2 , SP = SP1 + SP2 Bởi nên chứng minh thứ nhất, ta cần chứng minh đẳng thức cho hình chữ nhật có cạnh phương với trục tam giác vng có cạnh góc vng phương với trục Trở lại chứng minh định lí Vì tổng αM với M nằm biên P (B − 2) π nên theo bổ đề ta có TP = SP = (tổng tM với M nằm P) + (tổng tM với M nằm biên P) Nên S(P) = I + 2.3 2.3.1 (B − 2) π = I + B − 2π Tập nguyên, điểm ngun với tốn học phổ thơng Các ví dụ tập nguyên, điểm nguyên ứng dụng Định lý Pick hình học Ví dụ 2.3.1 Cho tam giác ABC mặt phẳng tọa độ cho đỉnh điểm nguyên Giả sử tồn điểm ngun G nằm tam giác khơng có điểm nguyên nằm cạnh tam giác A, B, C Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Lời giải Theo Định lí Pick, ba tam giác ABG, BCG CGA có diện tích Suy G trọng tâm tam giác ABC 24 Ví dụ 2.3.2 Các đỉnh ngũ giác lồi điểm nguyên Chứng minh diện tích ngũ giác khơng bé Lời giải Đầu tiên ta giả sử biên ngũ giác khơng có điểm ngun khác đỉnh Vì số xâu nhị phân độ dài nên tồn hai đỉnh ngũ giác cho hai hoành độ hai tung độ chúng có tính chẵn – lẻ, trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm điểm nguyên nằm biên ngũ giác, ta xét trường hợp biên ngũ giác khơng có điểm ngun khác đỉnh nên điểm nguyên nằm ngũ giác Như bên ngũ giác có điểm nguyên, theo Định lí Pick, diện tích 5 khơng bé + − = 2 Nếu trên biên ngũ giác có điểm ngun khác đỉnh ta bỏ hai đầu mút cạnh chứa điểm nguyên, thay vào điểm nguyên thu ngũ giác có diện tích bé ngũ giác ban đầu Làm hữu hạn lần ta có ngũ giác mà biên khơng có điểm ngun khác đỉnh Ví dụ 2.3.3 Tìm tất số nguyên dương n cho tồn n− giác có đỉnh điểm nguyên Lời giải Giả sử tồn n− giác A1 , A2 , , An cho đỉnh điểm nguyên Theo Định lý Pick, diện tích tam giác A1 A2 A3 số hữu tỷ, suy A1 A3 A1 A2 sin A\ A1 A3 ∈ Q ⇒ sin 2π π ∈ Q ⇒ cos ∈Q n n (1) Xét dãy đa thức {Fn }n≥1 xác định F1 (x) = x, F2 (x) = x2 − Fn+2 (x) = xFn+1 (x) − Fn (x) , n ≥ Dễ thấy với n, Fn monic, có bậc n, có hệ số nguyên Fn (2 cost) = cos nt, ∀t ∈ R Ta có 2π Fn cos = n Suy cos 2π nghiệm đa thức Fn − n (2) 25 Từ (1) (2) suy cos 2π 2π ∈ Z ⇒ cos ∈ {0; ±1; ±2} n n Do n ∈ {3; 4; 6} Tiếp theo ta chứng minh khơng tồn tam giác có đỉnh điểm nguyên, n = Giả sử ngược lại, tồn tam giác ABC với đỉnh có tọa độ nguyên Theo π Định lí Pick, 2SABC số nguyên, suy AB.AC sin ∈ Z, tồn số tự nhiên x, y, z w cho x2 + y2 z2 + w2 số phương dương, mà v3 u2 + v2 số chẵn u, v số tự nhiên không đồng thời 0, suy mẫu thuẫn Ngược lại, dễ thấy tồn hình vng có đỉnh điểm nguyên Suy có n = thỏa mãn điều kiện tốn Ví dụ 2.3.4 Cho n ≥ số nguyên Chứng minh tồn n điểm mặt phẳng cho khoảng cách hai điểm số vơ tỷ, ba điểm đỉnh tam giác khơng suy biến với diện tích số hữu tỷ Lời giải Lấy n điểm nguyên i; i2 parabol y = x2 , (i = 1, 2, ) Theo Định lý Pick, ba điểm ba đỉnh tam giác khơng suy biến có diện tích hữu tỷ Bình phương khoảng cách hai điểm a, a2 b, b2 (a − b)2 + a2 − b2 2 h i = (a − b)2 + (a + b)2 khơng phải số phương Lời giải Chọn C bội nguyên dương đủ lớn n! Xét n điểm nguyên A1 = C + 1;CC+1 , A2 = C + 2;CC+2 , , An = C + n;CC+n 26 Với hai điểm khác Ai , A j ta có Ai , A2j = (i − j)2 + CC+i −CC+ j 2 khơng số phương Thật vậy, ngược lại ta có số nguyên dương D thỏa mãn 2 = D2 2 (i − j)2 + CC+i −CC+ j Từ đẳng thức ta có D chia hết cho i − j CC+i −CC+ j 1+ i− j 2 = D i− j Điều khơng thể xảy Vậy ba điểm n điểm chọn khơng thẳng hàng chúng thuộc đồ thị hàm số mũ y = CC+x Theo Định lý Pick, ba điểm ba đỉnh tam giác có diện tích hữu tỷ Lời giải Bằng quy nạp, ta xây dựng dãy điểm nguyên {An = (xn , yn )}n≥1 cho với n ≥ 3, dãy điểm A1 , A2 , , An thỏa mãn điều kiện tốn hồnh độ tung độ đôi khác Theo Định lý Pick, ba điểm ba đỉnh tam giác (có thể suy biến) có diện tích hữu tỷ, ta cần xây dựng dãy cho khơng có ba điểm thẳng hàng khoảng cách hai điểm số vô tỷ Đầu tiên ta thấy A1 (0; 0) , A2 (1; 1) , A3 (3; 2) thỏa mãn Giả sử với n ≥ ta có dãy điểm nguyên A1 , A2 , , An − thỏa mãn Với i = 1, n − lấy số nguyên tố pi cho pi ≡ ( mod 4), số nguyên , bi thỏa mãn pi \ai , bi pi \a2i + b2i h i Chọn số nguyên ki để v pi (ai + ki pi )2 + b2i = Theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên xn 6= xi , yn 6= yi cho xn − xi ≡ + ki pi mod p2i , xn − xi ≡ ( mod p) yn − yi ≡ bi mod p2i Ở p số nguyên tố khác tất pi không chia hết ∏ (xi − x j ) (yi − y j ) ∏ (yn − yi ), tất nhiên ta chọn i6= j 27 h i yn trước xn sau Ta có v pi (xn − xi )2 + (yn − yi )2 = 1, suy An Ai số vô tỷ với i = 1, n − Do yn − yi yi − y j 6= , ∀i 6= j ∈ 1, n − xn − xi xi − x j nên An , Ai A j khơng thẳng hàng 2.3.2 Các ví dụ tìm điểm có tọa độ ngun đường cong Ví dụ 2.3.5 (ĐH CSND sở 2-2001) Cho hàm số y = 2x − Tìm đồ thị x−2 hàm số điểm có tọa độ nguyên Lời giải x−2 ∈ (C) , x0 6= M x0 ; + x0 − Ta viết lại hàm số dạng y = + Giả sử có tọa độ nguyên (x0 ; y0 ) đồng thời số nguyên ⇔ chia hết cho (x0 − 2) ∈Z x0 − Hay x0 − " ∈ U (1) = {±1}" x0 − = x0 = ⇔ ⇔ x0 − = −1 x0 = Vậy có hai điểm thuộc (C) có tọa độ nguyên là: M1 (3; 2) , M2 (1; 1) x+2 có tọa độ ngun Ví dụ 2.3.6 Tìm điểm (C): y = 2x + Lời giải 1 Ta viết lại hàm số dạng y = + ⇔ 2y = + 2 (2x + 3) (2x + 3) Giả sử M (x0 ; y0 ) ∈ (C) ⇔ 2y0 = + (2x0 + 3) M có tọa độ nguyên (x0 ; y0 ) đồng thời số nguyên ⇔ ⇔ chia hết cho (2x0 + 3) ∈Z 2x0 + 28 Hay 2x0"+ ∈ U (1) = {±1}" ⇔ 2x0 + = 2x0 + = −1 ⇔ x0 = −1 x0 = −2 Vậy có hai điểm thuộc (C) có tọa độ nguyên là: M1 (−1; 1) , M2 (−2; 0) x2 − 2x + Ví dụ 2.3.7 (CĐ SPTPHCM-2000) Cho hàm số y = (C) x−1 Tìm điểm thuộc đồ thị hàm số cho tọa độ số nguyên Lời giải x2 − 2x + y= = x−1+ x−1 x− Gọi M x0 ; x0 − + điểm có tọa độ nguyên x0 − Để M có tọa độ ngun ∈ Z x0 − Hay x0 − ±2; ±4} 1 ∈ U (4) = {±1; ⇔ x0 − = x0 − = −1 x0 − = ⇔ x0 − = −2 x0 − = x0 − = −4 x0 = x0 = x0 = x0 = −1 x0 = x0 = −3 Vậy có điểm thuộc (C) có tọa độ nguyên là: M1 (2; 5) , M2 (0; −5) , M3 (3; 4) , M4 (−1; −4) , M5 (5; 5) , M6 (−3; −5) Ví dụ 2.3.8 Cho hàm số y = x + p y2 + (x + 1) y + 4x Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số cho tọa độ số nguyên Lời giải 29 y =(x + p p y2 + (x + 1) y + 4x ⇔ y − x = y2 + (x + 1) y + 4x (y − x)2 = y2 + (x + 1) y + 4x ⇔ ( y−x ≥ y2 − 2xy + x2 = y2 + (x + 1) y + 4x ⇔ y−x ≥ y = x − 4x = x − + 4x + 8 (2x + 1) ⇔ y−x ≥ 8y − 2x + = ∈Z (2x + 1) ⇔ ⇒ 2x + ∈ {±1; ±3; ±9} y−x ≥ 2x + = −9 x = −5 ⇒ y ∈ /Z 2x + = x=4⇒y∈ /Z 2x + = x=1⇒y∈ /Z ⇔ ⇔ 2x + = −3 x = −2 ⇒ y = −2 2x + = x=0⇒y=0 2x + = −1 x = −1 ⇒ y ∈ /Z Vậy có điểm thuộc (C) có tọa độ nguyên là: M1 (−2; −2) , M2 (0; 0) Ví dụ 2.3.9 Tìm tất điểm có tọa độ nguyên thuộc đường thẳng: a) 4x + 11y = 47 b) 2x − 3y = 14 Lời giải a) 4x + 11y = 47 ⇒ x = Đặt y−1 47 − 11y 48 − 12y + y − = = 12 − 3y + 4 y−1 = t ∈ Z ⇒ y = 4t + Ta có x = 12 − (4t + 1) + t = −11t + 30 Vậy điểm có tọa độ nguyên có dạng tổng quát: x = −11t + y = 4t + t ∈Z b) 2x − 3y = 14 ⇒ x = Đặt 14 + 3y y = y+7+ 2 y = t ∈ Z ⇒ y = 2t Ta có x = + 3t Vậy điểm có tọa độ nguyên có dạng tổng quát: x = + 3t y = 2t t ∈Z Ví dụ 2.3.10 Tìm tất điểm có tọa độ nguyên thuộc đường cong: (C) : x2 = 2y2 Lời giải Rõ ràng M (0; 0) điểm nguyên thuộc đường cong (C) Giả sử N (x0 ; y0 ) , x0 , y0 6= điểm nguyên thuộc đường cong (C) xkhác y0 = x02 = 2y20 Gọi d = (x0 , y0 ), d ước chung x0 , y0 , dd x 2 y 2 x0 y0 y0 0 =2 , suy chẵn, suy chẵn Vơ lí Suy hay d d d d d Vậy có điểm nguyên M (0; 0) thuộc đường cong (C) Ví dụ 2.3.11 Tìm tất điểm có tọa độ nguyên thuộc đường cong (C): 7x2 + 13y2 = 1820 Lời giải Ta có 1820 = 7.13.20 31 Từ 7x2 + 13y2 = 1820, suy x 13, y Đặt x = 13u, y = 7v, u, v ∈ Z Khi phương trình đường cong cho trở thành 7u2 + 13v2 = 20 20 20 Suy u2 ≤ v2 ≤ Vì u, v ∈ Z nên |u| ≤ |v| ≤ Thử lại có 13 |u| = |v| = thỏa mãn Suy phương trình có nghiệm (u; v) (1; 1) , (−1; −1) , (1; −1) , (−1; 1) Vậy có tất điểm có tọa độ nguyên thỏa mãn phương trình đường cong (C) là: (13; 7) , (−13; −7) , (13; −7) , (−13; 7) Ví dụ 2.3.12 Tìm tất điểm ngun trục hồnh mà ta dựng đường vng góc với trục hoành cắt đường thẳng x − 5y = 2, x − 8y = 1, x − 11y = điểm nguyên Lời giải Ta tìm số nguyên x, y1 , y2 , y3 thỏa mãn hệ: x = + 5y1 = + 8y2 = + 11y3 Ta có: ( 8y2 − 5y1 = 5y1 − 11y3 = (1) (2) Nghiệm tổng quát (1) là: ( y2 = −3 + 5t1 y1 = −5 + 8t1 (t1 ∈ Z) Nghiệm tổng quát (2) là: ( y1 = −2 + 11t2 y3 = −1 + 5t2 (t2 ∈ Z) 32 Ta có: y1 = + 8t1 = −2 + 11t2 ⇔ 8t1 − 11t2 = Phương trình có nghiệm nguyên ( t1 = −1 + 11k t2 = −1 + 8k (k ∈ Z) Thay t1 ,t2 vào y1 , y2 , y3 ta được: y1 = −13 + 88k y2 = −8 + 55k y3 = −6 + 40k (k ∈ Z) Vậy điểm nguyên thỏa mãn yêu cầu tốn có dạng tổng qt: x = + 5y1 = −63 + 440k, k ∈ Z Ví dụ 2.3.13 Tìm điểm nguyên thỏa mãn phương trình đường cong: |x| (2x + 5y + 1) + y + x + x = 105 Lời giải Vì 105 số lẻ nên (2x + 5y + 1) lẻ, suy y chẵn Mà x2 + x = x (x + 1) chẵn nên 2|x| lẻ, suy x = Khi phương trình đường cong trở thành: (5y + 1) (y + 1) = 21.5 Do (5y + 1, 5) = Nên ( 5y + = 21 y+1 = 33 ( 5y + = −21 y + = −5 Suy y = Vậy điểm nguyên thỏa mãn phương trình đường cong (0, 4) Ví dụ 2.3.14 Tìm tất điểm nguyên thỏa mãn phương trình đường cong: x2 − 5x + = 3y Nếu y = phương trình trở thành " x2 − 5x + = ⇔ (x − 2) (x − 3) = ⇔ x=2 x=3 Vậy có điểm ngun thỏa mãn phương trình đường cong (2; 0), (3; 0) Nếu y = phương trình đường cong trở thành " x2 − 5x + = ⇔ (x − 1) (x − 4) = ⇔ x=1 x=4 Vậy có điểm nguyên thỏa mãn phương trình đường cong (1; 1), (4; 1) Nếu y ≥ 3y = 3.3y−1 Ta xét vế trái phương trình theo trường hợp số dư x chia hết cho x = 3k (k ∈ N) x2 − 5x + không chia hết phương trình vơ nghiệm Nếu x = 3k + (k ∈ N) x2 − 5x + = (3k + 1)2 − (3k + 1) + = 9k2 − 9k + Nên phương trình vơ nghiệm Nếu x = 3k + (k ∈ N) x2 − 5x + = (3k + 2)2 − (3k + 2) + = 9k2 − 3k + 34 Nên phương trình vơ nghiệm Vậy điểm nguyên thỏa mãn phương trình đường cong là: (2; 0) , (3; 0) , (1; 1) , (4; 1) Ví dụ 2.3.15 Tìm tất điểm ngun thỏa mãn phương trình đường cong: x2 − 2x − 11 = y2 Lời giải Viết thành phương trình bậc hai x: x2 − 2x − (11 + y2 ) = 0, (1) ∆0 = + 11 + y2 = 12 + y2 Điều kiện cần để phương trình (1) có nghiệm ngun: ∆ số phương ⇔ 12 + y2 = k2 (k ∈ N) ⇔ k2 − y2 = 12 ⇔ (k + y)(k − y) = 12 Giả sử y ≥ k + y ≥ k − y k + y ≥ Do (k + y) − (k − y) = 2y Nên k + y k − y tính chẵn lẻ phải chẵn Từ nhận xét ta có: ( k+y = k−y = Do y = Thay vào (1) ta có x2 − 2x − 15 = ⇒ x1 = 5, x2 = −3 Vậy có điểm nguyên thỏa mãn phương trình đường cong là: (5; 2) , (5; −2) , (−3; −2) , (−3; 2) 35 Ví dụ 2.3.16 Tìm tất điểm ngun thỏa mãn phương trình đường cong: x2 + 2y2 + 3xy − x − y + = 0(1) Lời giải Viết thành phương trình bậc hai x: x2 + (3y − 1)x + (2y2 − y + 3) = 0(2) ∆ = (3y − 1)2 − 4(2y2 − y + 3) = y2 − 2y − 11 Điều kiện cần đủ để (2) có nghiệm nguyên ∆ số phương ⇔ y2 − 2y − 11 = k2 (k ∈ N)(3) Giải (3) với nghiệm nguyên ta y1 = 5, y2 = −3 Với y = thay vào (2) x2 + 14x + 48 = Ta có: x1 = −8, x2 = −6 Với y = −3 thay vào (2) x2 − 10x + 24 = Ta có: x3 = 6, x4 = Vậy có điểm nguyên thỏa mãn phương trình đường cong là: (−8; 5) , (−6; 5) , (6; −3) , (4; −3) 36 Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: Trình bày khái niệm kết bổ trợ Định lý Euclid số nguyên tố, Định lý Ferma nhỏ, Định lý Fermat tổng hai bình phương, Định lý Ptolemy ví dụ tập hợp nguyên mặt phẳng; Trình bày khái niệm kết bổ trợ điểm nguyên mặt phẳng Định lý Anning - Erdos, Định lý Pick điểm nguyên mặt phẳng Và ví dụ điểm nguyên, tập nguyên mặt phẳng với tốn học phổ thơng 37 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hồ Thị Thu Huyền, "Phương trình Euler - Waring đa thức trường đóng đại số đặc số khơng ứng dụng", luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Thái Nguyên, 2015 Tiếng Anh [2] A Anning, P Erdos (1945), "Integral distances", Bull Amer Math Soc 51, pp 548–560 [3] R L Graham, B L Rothschild, and E G Straus (1974), "Are there n + points in En with odd integral distances", Amer Math Soc Monthly, 81, pp 21–25 [4] H Harborth (1998), "Integral distances in point sets", Charlemagne and His Heritage 1200 Years of Civilization and Science in Europe, vol 2, pp 213–224, Brepols, Turnhout