BO GIAO DUC VA DAO TAO TRUONG DAI HOC VINH
HO KIM THU
UNG DUNG DẠNG TỒN PHƯƠNG ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VƠ ĐỊNH NGHIỆM NGUYÊN CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
MA SO: 60 46 05
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS Nguyễn Thành Quang
Trang 21.1 1.2 1.3 1.4 1.5 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 MỞ ĐẦU
CHƯƠNG 1 CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ
Dạng tuyến tính và dạng song tuyến tính Dạng tồn phương
Dạng chính tắc của một dạng tồn phương
Phép biến đổi một dạng tồn phương
Giới thiệu phương trình nghiệm nguyên
CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG DẠNG TỒN PHƯƠNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ ĐỊNH BẬC HAI
Phương trình vơ định bậc hai hai ẩn
Biểu diễn số nguyên theo dạng tồn phương
Biểu diễn số nguyên theo dạng tồn phương biến đổi
Phép biến đổi dạng tồn phương và nghiệm phương trình
Phương trình dạng tồn phương cĩ định thức bằng khơng Phương trình dạng tồn phương cĩ định thức khác khơng
Đề xuất một số bài tập
KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Trang 3MO BAU
Một trong những bài tốn cơ bản của Đại số và Số học là nghiên cứu nghiệm nguyên của các phương trình Diophantus
Đối với các phương trình Diophantus bậc cao, tồn tại hay khơng một phương pháp chung để giải? Đĩ là câu hỏi đã được đặt ra dưới thời Diophantus và là nội dung của bài tốn Hilbert thứ 10 nổi tiếng: Cĩ hay
khơng một thuật tốn để giải các phương trình Diophantus?
Bài tốn thứ 10 của Hilbert đã được nhà tốn học người Nga Yuri
Matijasievich giải quyết vào năm 1970 Câu trả lời là: Khơng tổn tại thuật tốn giải phương trình Diophantus tổng quát Như vậy, với phương trình
Diophantus bậc cao hơn 2, ta chỉ cĩ thể tìm cách giải từng phương trình cụ
thể
Phương trình vơ định bậc hai hai ẩn là một trường hợp riêng của
phương trình Diophantus Để giải phương trình này, cĩ một hướng giải hữu hiệu đĩ là: Dựa theo các tính chất của dạng tồn phương của Gauss
Bằng cách tiếp cận theo dạng tồn phương của Gauss, luận văn trình
bày một cách chi tiết các phép biến đổi một dạng tồn phương để rút ra
phương pháp tìm nghiệm riêng và tổng quát của phương trình vơ định bậc hai hai ẩn trong tập số nguyên Từ đĩ đưa ra một số ứng dụng của chúng
vào việc giảng dạy và nghiên cứu tốn học ở nhà trường phổ thơng cũng
như chỉ ra mối liên hệ chặt chẽ giữa hai bộ mơn tốn học: Đại số tuyến tính và Số học
Trang 4Chương 2 Ứng dụng dạng tồn phương để giải phương trình vơ định bậc hai Trong chương này trình bày về phương trình vơ định bậc hai hai
ẩn, một số phép biến đổi số nguyên theo dạng tồn phương, từ đĩ rút ra
cách tìm nghiệm riêng và nghiệm tổng quát của phương trình vơ định bậc
hai hai ẩn
Luận văn cũng đã đưa ra một số bài tốn cụ thể về việc ứng dụng
dạng tồn phương để giải các phuơng trình vơ định bậc 2 cĩ hai ẩn
Luận văn này được hồn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy giáo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến thây, người đã dành cho tác giả sự hướng dẫn chu đáo và nghiêm túc trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện
luận văn
Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến PGS.TS Ngơ Sĩ Tùng, PGS.TS Lê Quốc Hán, TS Nguyễn Thị Hồng Loan, TS Mai Văn Tư và các thầy cơ giáo trong Chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Tốn, Khoa Đào tạo Sau đại học - Trường Đại học Vinh đã tận tình giúp đỡ tác giả trong quá
trình học tập
Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn khơng tránh khỏi những thiếu sĩt Tác giả mong muốn nhận được sự chỉ bảo của quý thầy cơ giáo và các
bạn đồng nghiệp
Vinh, thang 12 nam 2010
Tac gia
Trang 5CHUONG 1 KIEN THUC CO SG
1.1 DANG TUYEN TINH VA DANG SONG TUYEN TINH
1.1.1 Dang tuyén tinh
Cho khơng gian vectơ V Mỗi ánh xạ tuyến tính f:V >; trong đĩ ¡
là khơng gian các số thực gọi là dạng tuyến tính Nĩi khác đi, một ánh xạ #:V ->¡_ là một dạng tuyến tính nếu:
#(œ+Ø)= ƒ(z)+ ƒ()
f (aa) = af (a), V6i Va,BeEV,Vaej
Vi du
1 Cho Ƒ là khơng gian các hàm liên tục ø() xác định trên [a.»]
Khi đĩ ánh xạ ƒ:ƒ — ¡ g(t)a Ío)#
là một dạng tuyến tính
2 Anh xa f: ; >; là một dạng tuyến tính khi và chỉ khi ƒ(x)=ax với mọi xe¡_ và ø là một số thực cho trước
Chứng mình
i) Néu f:j >i
xa ax (ae; )
thi f(x+y)=a(x+y)=ac+ay=f(x)+S(y)
f (Ax) =a(Ax)=A(ax)=Af (x), VOI VAE;
Suy ra / là dạng tuyến tính
1) Ngược lại, nếu ƒ:¡ ->¡ là dạng tuyến tính Gọi = f(t) „ ta CĨ:
Trang 6Nếu ƒ(œ,)=a,e¡ và œ=(x, x„)thì d6i v6i co sé @,, ,a@,, ta cé dang biểu diễn của / là:
ƒ(œ) = xa + +x„d„ 1.1.2 Dạng song tuyến tính:
a Cho khơng gian vectơ V, taxét V7 =V x V và ánh xạ: @: V? >i
(z.Ø) a ø(z.Ø) với mọi z,8Øeƒ
Ta gọi ø là một dạng song tuyến tính nếu:
1 Khi cố định Ø thì ø(z./) là một dạng tuyến tính đối với øz nghĩa là:
0(ø, + ø;, 8) = ø(øi./8)+ ø(ø; 8)
ø(kz.8)= kọ(a 8)
2 Khi cố định ø thì ølà một dạng tuyến tính đối với ø nghĩa là:
ø(œ.8,+8,)= @(ø.8,)+ ø(ø 8,) ø(œ.k8) = kọ(ø 8)
với Vơ,,Ø,,œ,,Ø,,œ,8e V, Vkeị| Ví dụ
1 Định thức cấp hai là một dạng song tuyến tính từ ¡ ”x ¡ °—>¡ D: ¡)X¡?>ị
b
(z.8)=|(a.b).(c.4) | al jad be
Trang 7
ø(œ,8+ 8')= ø((a.b).(c.4)+(e',4'))
=9((a,b),(c+c',d+d'))
a b a bì ja b =le+e' d+a1” die d'
=ø(ø,8)+ø(ø.8') a b a b #(ø.k8)= td i boleh) 2 Xétánh xạ Ø: E,xE,> R 9(@.B) a af =\a|.|Alcosg,
theo tính chất của hình học giải tích ta cĩ:
) a(8+8')=øœ8+aØ'
= (f+ f')a'= fat Bia
ii) a(kB)=k(af)
Suy ra ø là một dạng song tuyến tính
b Định nghĩa Dạng song tuyến tính ø(z.Ø): /?->¡ được gọi là dạng
song tuyến tính đối xứng nếu ø(ø, 8) = ø(8.)
Ví dụ - Tích vơ hướng trên Z, là một dạng song tuyến tính đối xứng
ø(œ,8)=ø.8= 8.ø= (8.2)
1.1.3 Ma trận của một dạng song tuyến tính
Giả sử ƒ là một khơng gian vectơ ø# - chiều và trong V da chon
một cơ sở là 7:7; 7„ Biểu thị các véc tơ z,ØƑ qua cơ sở ta
Trang 8jal Khi đĩ s(z0)=9[Š sơ, $2) i=l j=l
“Solr S>7,|
i=l j=l
= =3 >» o(7 7))
Nếu ký hiệu ø(z, z,)=a, thì 9(@,)= `, Tan 4X},
Ma trận vuơng cấp n 4= [ a, lưới a,=Ø(7,) được gọi là ma trận của
dạng song tuyến tính ø đối với cơ Sở 7\› -› 74, -
1.1.4 Các ma trận của một dạng song tuyến tính đối với các cơ sử khác nhau
Giả sử trong khơng gian véc tơ ƒ„ ø— chiều đã chọn hai cơ sở Asn, (1) và 8 8, (2)
Gia sử đối với cơ sở (1) @ cĩ ma trận A và đối với cơ sở (2) Ø
cĩ ma trận là B
Ta cĩ a, = 0(ø,, @,), b, =9(B, 8,)
Trang 9Ta cĩ: 5, =ø( ,)= °[Šs „Š me.) s=l i=l TM ) s=l fl noon =D PPA j=l tl
Goi P'=| p', | là ma trận chuyển của ma tran P'=| p', | thi
P's, = Pj, khi đĩ ta cĩ:
b, => YD Pie4u Py (i, j=1, 7)
s=l f=l
= B-=P'AP
1.2 DANG TOAN PHUONG
1.2.1.Định nghĩa Cho khơng gian vecto V, trong d6 chon mot co so
7-24 (1)
Giả sử cĩ dạng tuyến tính đối xứng ø đối với cơ sở (I) cĩ phương trình:
non a=(x;,) g(a, B)= đ/X,Y, với
( ) i=l j=l , B=(y,)
Trang 10n n
Dang ø(œ#)=3, Ð, a,xx,=Ø(x, x,), trong đĩ a, =a, được ma gọi là dạng tồn phương của n biến x,, ,V„,
1.2.2 Định lý Dạng tuyến tính đối cực @(œ.8) của dạng tồn phương
ø(z.8) hồn tồn được xác định bởi dạng tồn phương y(a,a)
Chứng mình "Ta cĩ:
0@(œ+8.œz+8)=ø(œ,a)+ø(ơ, 8)+@(8.œ)+ @(8.8) =ø(à.z)+ø(Ø.8)+2ø(ø.8)
suy ra ø(œ.8)=2[ø(ø +.8.z+ 8)~ø(ø.e)~ø(.8)]
bằng giá trị của 1 dạng tồn phương W 1.2.3 Ma trận của dạng tồn phương
n n
Ta cĩ: ø(œ,đ)=3, 3` a,xx,
i=l j=l
Ma trận đối xứng 4= [a, | được gọi là ma trận của dạng tồn phương
Giả sử đối với cơ sở (I), ø cĩ ma trận là A, đối với cơ sở (2), ø cĩ ma trận là B Gọi P= Lø, | là ma trận chuyển từ cơ sở (1) sang cơ sở (2), ta cĩ
B=P^AP
1.2.4 Phương trình của một dạng tồn phương
Trang 1111
Vì ø là dạng tồn phương => A đối xứng > A = A”
>a, =a,
Ụ Jt
non
¬Ø(œø)=Š ayxa, = 3 dua, i=l j=l 1<i<j<n
Ngược lại, khi cho dạng /(x, x„)= >) 5,x,x,
l<i<j<n n cĩ = Ta dat đị = bị, 4y =4, = by =/(x, x,)=Ð 3 ;a,xx, i=l j=l voi A= [ a, | là ma trận đối xứng
1.2.5 Dạng tồn phương xác định dương
Định nghĩa Dạng tồn phương ø(z.z) được gọi là xác định dương
©ø(z.z)>0 voi Va#0
Ví dụ Trong R*tac6 ø(x, x,)=x; +x; +x; +x¿ là xác định dương
Mệnh đề Dạng tuyến tính ø(øœ.8) tương ứng với dạng tồn phương
ø(z.z) cĩ các tính chất:
Trang 121.3 DẠNG CHÍNH TẮC CỦA MỘT DẠNG TỒN PHƯƠNG
1.3.1 Định nghĩa
Cho dạng tồn phương ø(z.z)., nếu đối với một cơ sở nào đĩ của
khơng gian véc to V ma ø(œ.z) cĩ thể viết dưới dạng
ø(ø,œ)=kx) +k,x7 + +k,x7, trong đĩ (x, x„) là tọa độ của Z đối với
cơ sở nào đĩ, &,e# thì dạng (1) gọi là dạng chính tắc của dạng tồn
phương Ø(#,#), cơ sở tương ứng được gọi là cơ sở chính tác
1.3.2 Định lý Giđ sử trong V„ đã cho một dạng tồn phương tùy ý 0(œ.z) Khi đĩ trong V, tơn tại một cơ sở 7\› .:Ƒ„ sao cho đối với cơ sở
này Ø(œ,ở) cĩ dạng chính tắc: g(œ,đ)= ky) + +k„xX?
Chứng minh Cho dạng tồn phương tùy ý Ø(z.Z)trong V„ đối với một cơ sở nào đĩ ø(x x,)=ø(ø,ø)=Š Sayxx, (a, = a,)
i=l j=l
Ta cĩ thể giả thiết rằng tồn tai mot hé sé a, #0 That vay néu gy #0 do các hệ số của Ø(x, x„) khơng đồng nhất bằng khơng, chẳng hạn đ,;
xỊị =7; T7; 1 1 0 0 Đặt {1X¿ = Jị — 7;
= ¡>3
>0(0 y,)=24„y¿ —2a,„y; + trong đĩ mọi hệ số của dạng bình
phương là khác 0 Vì vậy cĩ thể giả sử dạng tồn phương @(¡ ,X„) cĩ
Trang 1313
Ta chứng minh bằng quy nạp Thật vậy:
.Vn=1= Ø(x,)= a,x¿ là dạng chính tắc
.Với mọi #> Í trong dạng tồn phương đã cho ta tách ra tất cả các hạng tử cĩ chứa x;:
1 2
2 - - = - -
A,X, +2a,X,X, + +24,X)X, = 121 Inn (a,x, + +4 x ) -f In
"1
trong đĩ ƒ chỉ chứa các bình phương và các nhân tử z,;x;, , 2,„x„ Thay biểu thức này vào biểu thức của ø:
ø(x.- x„)= (a " (Xpren%y)s
"
trong đĩ ø, là một dạng tồn phương của +x›, , X„
Theo giả thiết quy nạp ø, đưa về được dạng chính tắc Do đĩ ø cũng đưa về
được dạng chính tắc nhờ cách đặt:
JY, = aX, + + A,X,
Vn = Xp
Vn = Xn
Trang 141.4 PHEP BIEN DOI DANG TOAN PHUONG
Cho dang toan phuong:
fy) = ax + 2bxy + cy? (ab,c 1a nhiing s6 nguyén)
Số D = P~ ác gọi là định thức của dạng tồn phương
Ta đổi biến số x và y bằng những biến ¿ và z theo cơng thức:
x=a&é+ Bn (1.1)
y=7+tổin,
các hệ số øz,/.z,ở là những số nguyên
Ta nhận được:
fay) = ax + 2bxy + cy
= a(ắ+ Bn) +2b(ắ+ Bn)(7E+6n)+e(vé+6n)
=(aa? +2bay +c?) +2(aap +bay + bBy +cyd) En + (ap? + 2bB5 + cd" 1? = a€? +2bén+e7 =9(E.7),
ở đây:
a, = aa? + 2bay + cy?
b, = aaB + bad + bBy +cy6, (1.2) e =aØ + 2bB5 + cổ”
Đẳng thức (1.1) gọi là phép biến đổi
Ta nĩi rằng dạng tồn phương ƒfx,y) được biến đổi thành dạng tồn
phương ø(é.;;) thơng qua cơng thức (1.1)
S6 ad - Øz gọi là mơđun của biến đổi (1.1) Định thức của dạng tồn
phương đã biến đổi ø(¿.;;) là:
D,=(aaB + baổ+ by +cyổ)` ~(à° + 2bay +ey” )(a/8 +2b/0ổ + cổ” )
Bỏ dấu ngoặc và tiến hành đơn giản biểu thức ta được:
Trang 1515
Đẳng thức (1.3) chỉ ra rằng khi chuyển đổi từ dạng tồn phương này
sang dạng tồn phương khác thì định thức nhận được bằng định thức ban
đầu nhân với bình phương của mơđdun chuyển đổi
Nếu (đ-z8} =1 thì dạng tồn phương đã cho ƒ{x,y) và dạng tồn
phương chuyển đổi ø(¿.z;) cĩ cùng một định thức suy ra từ (1.3)
Bằng cách kiểm tra liên tiếp dễ thấy rằng trong trường hợp này dạng
ø(£.n) biến đổi thành dang (a6 - By)(ax? + 2bxy+cy’) = f(x,y) thong qua
sự biến đổi ế =ởx- By,n =-yx+ay, v6i binh phuong modun cia né ta cd (đ~z) =1
Trong trường hợp này hai dạng tồn phương gọi là /ương đương Tĩm lại, hai dạng tồn phương gọi là tương đương nhau, khi từ dạng thứ nhất chuyển đổi sang dạng thứ hai, cũng như ngược lại đều thơng qua
một phép biến đổi với hệ số nguyên
Nếu zổ- đy =1, phép biến đổi (1.1) gọi là phép biến đổi riêng, cịn nếu œư-~ Øy =—I, thì phép biến đổi khơng riêng
Tổng quát, phép biến đổi (1.1) gọi là riêng nếu zổ- đz>0 và khơng
riêng néu ad- fy <0
Nếu một dạng tồn phương f(x,y) bao ham dạng tồn phương ø(ế.?)
thơng qua phép biến đổi riêng thì ta nĩi rằng ƒfx,y) bao hàm riêng dạng ø(£.:;) cịn ngược lại khơng bao hàm riêng
Nếu ƒ{x,y) bao hàm riêng ø(.;), và ngược lại thì khi đĩ những dạng tồn phương ƒ{x,y) và ø(£.?) gọi là ương đương riêng Nếu chỉ cĩ một bao
Trang 161.5 GIOI THIEU PHUONG TRINH NGHIEM NGUYEN
Định nghĩa Một phương trình cĩ nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là
số nguyên được gọi là một phương trình Diophantus
Những phương trình Diophanius nĩi chung cĩ nhiều nghiệm nguyên, vi vậy người ta cũng gọi đĩ là phương trình vơ định
Nhiều phương trình vơ định phát biểu một đơn giản nhưng cho đến ngày nay vẫn chưa cĩ kết quả hữu hiệu Một phương trình vơ định thường c6 dang P (x, y, z) = 0, 6 day P (x,y, z) là một đa thức nhiều biến với hệ số nguyên Để giải một phương trình Diophantus nguyên ta thường phải trả lời những câu hỏi sau:
1 Phương trình cĩ tồn tại ít nhất một nghiệm nguyên khơng? 2 Phương trình cĩ hữu hạn hay vơ hạn nghiệm?
3 Tìm tất cả những nghiệm nguyên của phương trình
Từ thời Diophantus ơng đã đặt ra giải bài tốn "Hãy phân tích một số chính phương thành tổng hai số chính phương", từ bài tốn trên dẫn đến
định lý Phythagore trong hình học
Theo như các tài liệu lịch sử để lại, thì từ thời Bavilion hay sau nữa là
Ấn độ, Ai cập, Trung Quốc với kích thước của tam giác vuơng 3, 4, 5 thoả
mãn a’ + b” =c” đã được biết đến với a, b, c là các cạnh trong tam giác vuơng, c là cạnh huyền
Người Bavilon đã biết rằng mọi tam giác cĩ kích thước x = m’- n’, y = 2mm, z= mẺ + n (m, n là số tự nhiên) đều là tam giác vuơng
Đặc trưng của Diophantus là ơng giải phương trình trong tập số hữu tỷ, từ đĩ suy ra nghiệm phương trình trong tập số nguyên Chẳng hạn trong
bài tốn trên đã chỉ ra rằng Diophantus giải được phương trình vơ định +” +
Trang 1717
2am ye a(m2 —=]) m2 +1 m2 +1
x=
Một câu hỏi đặt ra là một số lập phương cĩ phân tích ra tổng hai số lập phương, phải chăng câu hỏi này đặt ra dưới thời Diophantus? Rất lâu
sau nhà tốn học Fecmat đã khẳng định "Khơng thể phân tích số lập
phương ra tổng hai số lập phương, một số tứ phương ra tổng hai số tứ
phương ” Hay Fecmat đã khẳng định: "Phương trình vơ định x" + y" =z" với n > 3 nguyên, khơng cĩ nghiệm nguyên dương”
Khơng cĩ một phương pháp chung nào để giải được mỗi phương
trình Diophantus bậc hai và bậc cao hơn Đối với mỗi phương trình, ta phải
xem xét đặc điểm của nĩ để tuỳ trường hợp cụ thể, cĩ thể phân tích ra thừa số hoặc viết dưới dạng tổng số rồi vận dụng các tính chất chia hết Cĩ thể
thử để thấy một nghiệm (trong trường hợp dễ thấy) rồi từ đĩ tìm cách suy ra
các nghiệm khác hoặc chứng minh rằng phương trình khơng thể cĩ nghiệm nào khác
Nĩi chung giải phương trình Diophantus bậc cao là một bài tốn rất
khĩ Chú ý rằng nhiều khi ta gặp hai phương trình tương tự, chỉ khác nhau
về hệ số, mà phương trình này cĩ vơ số nghiệm, phương trình kia lại vơ nghiệm; phương trình này dễ giải, phương trình kia lại rất khĩ giải, thậm chí chưa ai giải được Rất nhiều phương trình Diophantus phải giải bằng các phương pháp của tốn học cao cấp; việc nghiên cứu về phương trình Diophantus đã trở thành một nghành riêng được gọi là giải tích Diophantus
Các phương trình Diophantus ngồi những liên hệ về lý thuyết với
những vấn đề khác, giúp ta giải quyết các tình huống trong đời sống thường ngày mà cịn cĩ ứng dụng trong kỹ thuật, riêng phương trình Pell đã được
Trang 18CHUONG 2 - ỨNG DỤNG DẠNG TỒN PHƯƠNG ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ ĐỊNH BẬC HAI 2.1 PHƯƠNG TRÌNH VƠ ĐỊNH BAC HAI HAI AN
Dạng chung của phương trình vơ định bậc hai hai ẩn x và y là:
ax +2 bxy + cy + 2dx +2ey + ƒ = 0, (2.1) (cdc hé s6 a, b, c,d, e, f là những số nguyên, ít nhất một trong các số đ, b, c khác khơng)
Khi ø - ac #0 phương trình (2.1) cĩ thể đưa về dạng đơn giản Thật vậy, ta đưa vào hai ẩn mới ¿ và ;; bằng cách đặt
yao ted —be y= Dt aenbd
> ; 2.2
b?—ae bˆ =ac (2.2)
Ta thay x va y này vào (2.1) và sau khi biến đổi ta nhận được:
aỆ” +2bện +cn” = (b° —ae).4, (2.3) v6i A = afc + 2bed - dc — b’f — ae
Từ (2.2) ta cĩ:
#=x(P? ~ac)—cd + bé, 7 =y( -ac)-ae+bd
Suy ra mọi nghiệm nguyên của phương trình (2.1) tương ứng với nghiệm nguyên của phương trình (2.3)
Nếu ta biết nghiệm nguyên của phương trình (2.3) thì nghiệm nguyên
+ và y của (2.1) sẽ nhận được thơng qua é và 7; của (2.3) từ cơng thức (2.2)
Trong chương này ta quan tâm đến phương trình dạng (2.3).Vế trái của
phương trình (2.3) cĩ dạng ắ? +2bén+en’, đây là dạng tồn phương của
hai biến £,; Chương này ta đi giải phương trình vơ định hai ẩn bậc hai ở
Trang 1919
2.2 BIEU DIEN SO NGUYEN THEO DANG TOAN PHUONG
2.2.1.Dinh nghia Néu ax; +2bx,y) +cvy, =m =, 6 day m, X), yạ, a, b, c là
những số nguyên, ta nĩi rằng số nguyên m biểu diễn thơng qua dạng tồn
phuong ax’ + 2 bxy + cy?
1 Néu m = 0, ta c6 phuong trinh ax’ +2bxy + cy’ = 0 Giai phuong
trình theo ẩn x, ta được
vị ~by+a|b°y° —aey° _ ~b+ Vb" các
a a
Trong trường hợp này phương trình cĩ nghiệm nguyên khi và chỉ khi
định thức của nĩ ð? ~ ac là số dương và hơn nữa phải là số chính phương 2 Nếu m # 0, giả sử rằng m biểu diễn được theo dạng tồn phương
ax’ + 2bxy + cy’, tlic 1a ta cĩ đẳng thức m= ax¿ +2Ưx,yạ +€ya„( ở day x,
và y; là những số nguyên tố cùng nhau)
Khi x;, yạ nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số nguyên p và g, sao cho: DXạ + Qo = 1
Dễ tính tốn được đẳng thức sau:
m(aq? —2bqp + cp° ) = [ p(xb + ye)- q(x a + yyb) -# — ac)
Hoặc là: mU =V? -(# —ac) , ở đây:
U =aq’-2bpq+ cp’
V= p (,b + yụC) - q(x,a + yụP)
Suy ra nếu số mm biểu diễn được theo dạng tồn phương ax” +2bxy+cy” khi
X = Xy, Y = Vp VGi (Xp, yạ) = 1, thì phải tồn tại số nguyên V sao cho VỶ - D chia hết cho m
Trong trường hợp này ta nĩi định thức DÐ là số dư của bình phương V đối
Trang 20Tĩm lại số R gọi là số dư của bình phuong mot s6 X d6i véi s6 M, néu
hiéu X°— R chia hét cho M
2.2.2.Ménh dé Néu R là số dư của bình phương một số X đối với số M thi R là số dư của bình phương mọi số dạng X + kM, k = 0, +I,
Chứng mình Ta cĩ: 2 2 24 42-R 2 (X+kM) —R_ X”+2XKM+KM}" _ X —Â 2 aay M M M » ox eo ay we as ?T—R
Do Ƒ là số dư của bình phương X đối với M, suy ra c2
(X+kM}`-R „ 3a là Ð đúng là số dư của Đì
Suy ra ¬ là số nguyên, nghĩa là đúng là số dư của bình phương X + kM đối với số M với moi k W Vi ménh dé trén ta c6 thé chi han ché mot trong cdc s6 X + kM Ta sé chọn số khơng âm nhé nhat dang X + kM, no hién nhién nhd hon M
Ví dụ Số 3 khơng thể biểu diễn dưới dạng tồn phương x° - 2xy + 2y’, nghĩa là phương trình +” — 2xy + 2y” = 3 khơng cĩ nghiệm nguyên
Lời giải
Định thức của dạng tồn phương +” — 2xy + 2y” bằng (-1}” — 1.2 =-1
Để số -I là số dư bình phương đối với số 3, cần phải tồn tại số
nguyên V (0< V< ) sao cho số VỶ + 7 chia hết cho 3 Bằng kiểm tra trực
tiếp với V = 0, 1, 2 số VỶ + 7 khơng chia hết cho 3; suy ra số -I khơng phải là số dư bình phương đối với 3
Từ đĩ suy ra phương trình vơ định +” - 2xy + 2y” = 3 khơng cĩ
nghiệm nguyên mà các nghiệm nguyên tố cùng nhau
Nhưng ta cũng chứng minh được phương trình khơng thể cĩ nghiệm nguyên mà chúng khơng nguyên tố cùng nhau Thật vậy, nếu x; yạ là một
Trang 2121
Xạ —2Xạy,+2y¿ =3 Hoặc là: đ”xÌ—2d'x,y,+2d°y)=3 (*)
Tw (*) suy ra s6 3 chia hết cho một số chính phương lớn hon 1, điều này khơng thể cĩ Suy ra phương trình khơng cĩ nghiệm nguyên mà chúng khơng nguyên tố cùng nhau
Kết hợp cả hai phần chứng minh trên dẫn đến kết luận phương trình vơ
định ta xét khơng cĩ nghiệm nguyên, nghĩa là số 3 khơng thể biểu diễn dạng tồn phương x° — 2xy + 2y’
2.3 BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN THEO DẠNG TỒN PHƯƠNG BIẾN ĐỔI
Cho dạng tồn phương ax?+2bxy+cy? bao hàm dang a? +2bén+c¢,7° thơng qua phép biến đổi
_- (z,Ø.z.ð là những số nguyên)
Nếu phương trình vơ dinh ắ* +2b,éy+¢,7° =m (m 1a số nguyên) cĩ nghiệm é,,„ trong số nguyên, thì các số:
%y = AS + BN, Yo = 150 + OM,
sẽ là một nghiệm nguyên của phương trình vơ định
ax +2 bxy+cy =m Ta cĩ mệnh đề sau:
2.3.1.Mệnh đề Nếu một số nguyên biểu diễn thơng qua một dạng tồn
phương đã cho thì nĩ cũng biểu diễn thơng qua mọi dạng tồn phương khác, mà nĩ bao hàm bởi dạng tồn phương đã cho
Ví dụ Những phương trình
Trang 22V+ 3xyt3y=5
hoặc là cả hai đều cĩ nghiệm nguyên, hoặc là cả hai khơng cĩ nghiệm
nguyên
Lời giải Dạng tồn phương x? + xy + yˆ bao hàm dạng tồn phương
£?+3£„+3;? thơng qua phép biến đổi x = ¿+;;,y=z; mơdun của phép biến
đổi này bằng 1 Theo phần đầu ở chương này dạng tồn phương £?+3£n +3” bao hàm +” + xy +yŸ thơng qua phép biến đổi £ =x- y, ?= y
Như vậy ta nhận được sự tương đương giữa hai dạng tồn phương
Bây giờ ta chứng minh định lý cơ bản về sự biểu diễn một số nguyên bằng những dạng tồn phương
2.3.2.Định lý Nếu m là một số nguyên khác khơng, mà nĩ biểu diễn được
thơng qua dạng tồn phương ax” + 2bxy + cy với x = xạ, y = yạ và (%ạ, Vạ) =
1, định thức D của nĩ là số dư bình phương của sốV đối với m, thì những
dang toan phương:
2
ax”+2bxy+ey” và mỹ” +2Vÿn+ ?” là tương đương riêng
m
Chứng mình
Cho xạ, y„ là một nghiệm nào đĩ của phương trình ax°+2bxy+cy”= m,
mà (x;,y;) = 1 Nghiệm như vậy tồn tại do giả thiết Vì tính chất ngun tố
cùng nhau, nên tồn tại những số p và g, với chúng pxạ+ qyạ = 1
Trong phần trước ta đã chỉ ra rằng định thức D = b? — ac là số dư bình
phương của số V, xác định bằng đẳng thức V = p(xạb+y,€) — q(x„a+y,b)
Ta chọn phép biến đổi
x= Xế~41
Y= Yost py (2.4)
mơđdun của nĩ bằng x„? + y„g = / và suy ra nĩ là phép biến đổi riêng Dạng
Trang 2323
2
2 -D 4
a(suế— an)” +2b(xuẽ—an)( vẽ + pn)+c(vuế+ pn) = mệ” +2Vễn + ?
m 2
Ta cĩ chắc chắn là nguyên, vì D là số dư của bình phương V đối với m
Như vậy ta nhận được, nếu số m biểu diễn qua dạng tồn phương ax’+2bxy+cy’ khi x,=x,, V, =7; mà (x„, yạ) = 1, thì dạng này bao hàm
riêng mế?+2Vễn+————T†”
m
Dễ chứng minh được rằng trong trường hợp này dạng tồn phương
2
mỆ” +2V£n+ 7 bao ham riéng dang ax’ + 2bxy + cy’ W Ta cần nhấn mạnh rằng với những số nguyên p và ¿ khơng địi hỏi điều
kiện gì hơn ngồi việc chúng là nghiệm của phương trinh x,p + yg =I
Nhưng những số như vậy vơ cùng nhiều, vì chúng là nghiệm của phương trình vơ định ta đã xét ở chương 1 Cũng dễ chứng minh được trong số những số p và ø, mà nĩ tương ứng với V cĩ những số khơng âm và nhỏ hơn m Để giải các bài tốn trong thực tế người ta chỉ chọn những số p và q sao
cho 0 <V <m
Trang 242.4 PHÉP BIẾN ĐỔI DẠNG TỒN PHƯƠNG
VÀ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
Nếu một dạng tồn phương cĩ thể chuyển đồi thành dạng khác theo những phép biến đổi khác nhau thì định lý sau đây cĩ thể vét cạn tất cả các
phép biến đổi đĩ Ta khơng chứng minh định lý này
2.4.1 Định lý Cho một dạng tồn phương ƒ(x,y) = ax” + 2 bxy+cy” biến đổi thành dạng tồn phương 9(&.) =a? +2bén+c° theo phép bién doi
riéng
x=ắ,+
_— es
Khi đĩ tất cả phép biến đổi riêng, mà nĩ biến đổi fix,y) thành ø(£.n)
được xác định theo cơng thúc
x=-_[a(øb+ze)w ]£+-_[ #!(@b+ưe)u Ì Z ơ
(2.6)
1 1
y=—[71(aatyh)u E+ —| d¢+(Ba+ 5b)u |n
ở đây ơ là ước số chung lớn nhất của a, 2b, c, cịn t và u là những nghiệm
nguyên của phương trình vơ định:
Ê-Du?=ø”( D=b-ac) Theo các cơng thức trên những số x, y là những số nguyên
Phương trình ? — Du? = ø? là dạng đặc biệt được giải trong chương sau
Trường hợp riêng, nếu ø(£.)=m!+2V£n+!——„?, thì như ta đã biết
những dạng f(x,y) = đx” + 2bxy + cy” và
2 2
; Ƒ?—D
Ø(§.n)= mệ” +2Vễn + m
Trang 2525
ax’ + 2bxy + cy’ = m ma ching nguyén t6 cing nhau va thudc 6 V Ngồi ra f(x,y) biến đổi thành ø(£.z;) thơng qua (2.4) So sánh (2.4) và (2.5) ta tìm được ø = x„, f= yy Nhưng đẳng thức (2.6) trong trường hợp cụ thể này
1
x= —[ ot —(%0b + xụe)x (2.7)
1 2 2
y= 2Ð t(6e+ sub) |, ~ Du” =ơ”
là nghiệm của phương trình ax’ + 2bxy + cy’ = m trong số nguyên và
nguyên tố cùng nhau
Tất cả nghiệm x, y xác định theo (2.7), thuộc số V và những nghiệm khác thuộc V khơng cĩ
Nhưng giữa những số 0, 7, 2, , m — 7 cĩ khả năng cĩ những số khác, vi du V,, V; , mà những định thức là số dư bình phương của chúng Nếu x,, y, là một nghiệm nguyên như vậy của phương trình ax” + 2 bxy + cy” = m, mà nĩ thuộc V,, nghĩa là với chúng ta cĩ thể tìm được những số nguyên p
va q sao cho x,p+y,q = 1 va hon nữa V, = p(x,b+y,c) -q (x,a+y,b), thì tất
cả các nghiệm thuộc V, lại xác định bằng (2.7) bang cach thay x, va y,
tương ứng với x, và y,
Tất cả các nghiệm, mà chúng thuộc V, V,, V¿ là tất cả nghiệm của
phương trình vơ định
ax + 2bxy+cy =m (2.8)
trong cặp số nguyên nguyên tố cùng nhau
Nếu phương trình (2.8) cĩ nghiệm nguyên khơng nguyên tố cùng nhau ta cĩ thể lý luận như sau: Giả sử x', y' là nghiệm của (2.8), mà (x”, y') = đ
>1 Ta cĩ thể viết c4c dang thite x’ = dx,, y’ = dy,, mA (x,, y,) = 1 Vix’, y’
là nghiệm của (2.8), ta cĩ ax? + 2 bx’y + cy”? = m hoặc là
Trang 26s : m : 2
Bằng cách ký hiệu QP =m,, ta nhận được x,, y, là nghiệm của phương
trình vơ định ax? + 2bxy + cy” = m, trong những số nguyên tố cùng nhau
Ta cĩ thể tìm tất cả những nghiệm của phương trình vừa nhận được trong những số nguyên nguyên tố cùng nhau bằng cách ở phần trên Từ đây ta lại tìm được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho trong số nguyên khơng nguyên tố cùng nhau
Dễ thấy sự tương ứng hai chiều giữa những nghiệm của (2.8) trong số nguyên khơng nguyên tố cùng nhau và tất cả các nghiệm của phương trình
ax’ + 2bxy + cy” = m, trong số nguyên nguyên tố cùng nhau là một — một Như vậy, bằng cách lập tất cả các phương trình từ (2.8) bằng cách thay
số hạng tự do bằng thương của ø và tất cả khả năng ước số của m, mà chúng là bình phương của những số nguyên, và giải tất cả phương trình này trong những số nguyên tố cùng nhau, dễ tìm được tất cả các nghiệm của
phương trình (2.8) trong số nguyên Phần sau ta sẽ cho một ví dụ bằng cách
tìm nghiệm theo cách vừa mơ tả
Đặc biệt, nếu số khơng cĩ ước số lớn hơn 1 và là những bình phương
của số nguyên, thì phương trình (2.8) khơng cĩ nghiệm nguyên trong những
Trang 2727
2.5 PHƯƠNG TRÌNH DẠNG TỒN PHƯƠNG CO DINH THUC BANG KHONG
Cho dạng tồn phuong ax’ + 2bxy + cy’ c6 dinh thie b° — ac = 0 Khi đĩ dễ kiểm tra thấy:
2
2 ax+b
ax?+2bxy +cy” = (ax+ by) a
Bây giờ ta xét phương trình vơ định
ax +2bxy+cy =m (2.9) v6i b’ = ac Bang cach tinh todn, phuong trinh (2.9) c6 thé dua vé dạng
1 2 2
-x+Ð) =m hoặc là (ax+by) = ma
Từ đây phương trình đã cho tương đương với hai phương trình
ax +by =+/ma (2.10)
Như vậy để phương trình (2.9) cĩ nghiệm nguyên, điều kiện cần là số ma là số chính phương Điều kiện cần nữa là ước số chung lớn nhất của hai số z và b cũng là ước số của Via Hai điều kiện này cũng là điều kiện đủ Theo chương 2 phương trình vơ định bậc nhất, nếu x¿, yạ là nghiệm của (2.10) trong trường hợp lấy dấu cộng, cịn Xg›J là nghiệm của (2.10) trong trường hợp lấy dấu trừ, thì tất cả các nghiệm nguyên của phương trình vơ
định (2.10) xác định theo cơng thức:
x=xs+bí X =X, + bt’
y=yj—at, t=0,+, y=yy) —at’,t’=0, +1
Vidul Hãy tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình:
25x — 40xy + Iĩy? = 9
Loi gidi Oday a=25,b =-20,c = lĩ,m = 9
Trang 281 2
Theo cách tính trên ta cĩ 2s (25x~ 207) =9, hay là (25x -20y)? = 9.25 Cuối cùng phương trình đã cho phân tích hai phương trình bậc nhất
25x - 20y— 15 =0, 25x - 20y + 15 =0
ước số chung của những hệ số trước x và y bằng 5 và cũng là ước số của 15, suy ra hai phương trình trên giải được trong số nguyên Ta giản ước thừa số
chung và nhận được:
Sx-4y-3=0, 5x-4y+3=0
Một nghiệm riêng của phương trình thứ nhất là x = ở, y = ở, cịn một nghiệm riêng của phương trình thứ hai là x = -, y = -Ở Do đĩ tất cả các
nghiệm của phương trình đã cho được xác định bằng
x=3-4t x=-3-4ï`
y=3-5t,t=0,+I, y=-3-95f,f†'=0,+I Ví dụ 2 Giải phương trình vơ định trong tập hợp số nguyên
123) + 12 xy + 3y? =4
Lời giải Ở day a =12,b=6,c =3m,m=4, b’ —ac = 36 - 12.3 = 0
Trang 2929
2.6 PHƯƠNG TRÌNH DẠNG TỒN PHƯƠNG
CĨ ĐỊNH THỨC KHÁC KHƠNG
Phần này ta liệt kê các bước tìm nghiệm nguyên của phương trình vơ
định dạng:
aX) + 2bXY + cŸ” + 2dX + 2dY + ƒƑ= 0 khi b`— ac #0 (2.11)
Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình vơ định trên ta lần lượt tiến hành theo các bước sau:
1 Đổi ẩn số X và Y bằng x và y theo cơng thức sau:
y aited~be yar taeabd
= b’ -ac › b’ -ac (2.12) 2.12
ta nhận được phương trình dạng:
ax + 2bxy+cy =m (2.13)
th? -
2 Nếu m = 0, ta cĩ ya DENY ae từ đây dễ tìm được nghiệm của
a
(2.13) khi nĩ cĩ nghiệm
3 Néu m # 0, trước tiên ta giải phương trình (2.13) trong những số
nguyên tố cùng nhau theo các bước:
Tìm tất cả những số V, 0 <V< m, với nĩ định thức D = b”~— ác là số dư bình phương đối với z
a Nếu những số như vậy khơng cĩ, thì phương trình (2.13), mà cũng
suy ra phương trình (2.11) khơng cĩ nghiệm nguyên
b Nếu V,, V;, là những số, với chúng D là số dư bình phương, ta tìm
nghiệm cho từng trường hợp của phương trình (2.13) tương ứng với V„, V¿,
4 Để tìm nghiệm của (2.13), mà nĩ tương ứng với V„, ta xét hai dạng tồn phương
Ve-D ,
Trang 30a Nếu những dạng tồn phương này khơng tương đương riêng thi phương trình (2.11) khơng cĩ nghiệm nguyên, mà nĩ tương ứng với số V„
b Nếu những dạng trên tương đương riêng, thì tìm nghiệm riêng của
phương trình (2.11), mà nĩ tương ứng với số V,
5 Nếu
x=ag+ Bn
y=7š+ổi
là một phép biến đổi riêng, mà nĩ chuyển đổi dạng tồn phương ax’ + 2bxy
V.-D
t+cy thanh mé?+2V,én+ 7, thix = a, y = y 1a mot nghiém riêng của
(2.11), mà nĩ tương ứng với số V,
Bởi vì cách tìm một phép biến đổi riêng khơng xét trong cuốn sách này, nên trong thực tế ta tiến hành theo cách mơ tả ở phần sau
6 Tìm bằng cách thử một nghiệm riêng của phương trình (2.11), mà
nĩ thuộc tương ứng với số V„ Nghiệm riêng x„, y„ thuộc V„, nếu cĩ thể tìm
được hai số nguyên ? và g mà chúng là nghiệm của phương trình vơ định
PX) +) =1 va véi ching
f,= p(xub+ vục)~4(x¿a+ vụb)
7 Nếu xạ,yạ thuộc V„, xạ,yạ thuộc V¿, thì tất cả nghiệm của phương
trình (2.11) trong những số nguyên tố cùng nhau xác định bằng cơng thức x'= Sx-(x+sie)x], x2 [xử (48+ vic) (2.14) y! “T yie+(xha+aib)u y= 4 [91 +(xa+ 908)
Ø
Ở đây t và u là những nghiệm của phương trình vơ định ÿ — Dư? = ø,
Trang 3131
8 Dé tìm tất cả nghiệm nguyên của (2.11) trong những số khơng
nguyên tố cùng nhau, cần phải giải trong những số nguyên tố cùng nhau tất
cả các phương trình, mà nĩ nhận từ (2.11), sao cho trong nĩ ta thay số m
với thương của m và những khả năng những bình phương ước số của m Giải những phương trình nhận được trong những số nguyên tố cùng nhau theo cách đã mơ tả ở trên Tất nhiên, nếu phương trình (2.11) cĩ số
hạng tự do z, mà nĩ khơng cĩ ước số bình phương lớn hơn I1, thì phương
trình đĩ khơng cĩ nghiệm trong số nguyên nguyên tố cùng nhau Ví dụ 1 Giải phương trình trong tập số nguyên
X + 4XY + 3Y° —20X-34Y + 89 =0
Loi gidi Ta cĩ a = 1,b=2,c= 3, d= -10, ce = -I17, f = 89 và tinh được
D=P—ác = ] Ta đặt X= x + 4, Y = y + 3, nhận được
(x+4) + 4(x+4)(y+3+)+3(y+3)°-20(x+4)-34(y+3)+89=0
sau khi đơn giản cịn +” + 4xy + 3y = 2
ở đây m = 2 # 0 Ta sẽ tìm tất cả số nguyên V, 0 <V< 2, với chúng D = 7 là
2
số dư bình phương đối với = 2 hoặc là là số nguyên Hiển nhiên
m
chỉ cĩ V = 7 đáp ứng điều kiện đĩ Ta xét dạng tồn phương
x°+4xy+3y” và mệ?+2V£n + ` =2£)+2§n,
với chúng ta sẽ chứng minh hai dạng tồn phương này khơng tương đương riêng
Giả sử hai dạng tồn phương ít nhất tương đương Như ta đã biết rằng
nếu một số biểu diễn thơng qua một dạng tồn phương, thì nĩ cũng biểu
diễn thơng qua mọi dạng tồn phương khác mà nĩ tương đương với dạng
Trang 32một số lẻ, ví du số 2 với x = 7, y = 2, trong khi đĩ dạng 2¢ + 2&) chi biéu diễn số chắn Từ đây suy ra hai dạng tồn phương đang xét khơng tương
đương Từ điều này suy ra phương trình vơ định +” + 4xy + 3y? = 2 khơng
giải được trong số nguyên Khi đĩ phương trình ban đầu cũng khơng cĩ
nghiệm nguyên
Ví dụ 2 Giải phương trình vơ định trong tập hợp số nguyên
V+ 2xy + Sy =5
Lời giải Ở đây a = 1,b= l,c=5,m= 5,D= 1-15 =- 4 Ta tìm
những số khơng âm V, nhỏ hơn 5, với chúng mà s6 D = - 4 là số dư bình phương đối với 5 Dé đạt mục đích này ta tìm số V, 0 < V< 5, với chúng phân
_V?-D
SỐ là số nguyên Bằng cách kiểm tra trực tiếp chỉ cĩ V, = 7 và V;= 4 thoả mãn điều kiện trên
1 Ta xét trường hợp V, = 7
Dé thấy xạ; = 2, yạ = -7 là một nghiệm riêng của phương trình vơ định đã cho Ta sẽ chứng minh rằng nghiệm này thuộc số V, = 7
Những nghiệm của phương trình vơ dinh x,p + y,q = 7, trong trường hợp này là 2p - ø =7 như sau:
p=l-t
q= ]-2t, t=0,+I,
Từ cơng thức V = p (xạb +yạ€) — q(x,a + yạb) với xạ = 2, yạ = -1 (D =- 4) ta nhận được V, =7 Suy ra nghiệm 2, -l thuộc V, = 7
Trong cơng thức nghiệm của một phương trình vơ định
x= sự ~(xạb + 3©) ] y= = [oat + (xa + yob)u],
voir - Dw = 1.Tadata=b=1,c=5,x,=2,y,=-1,D=-4,0= 1 va
nhận được: x=2t+3u
Trang 3333
Nghiệm của phương trình Pell ?? + 4u? = / lAat=+/,u=0
Phương trình vơ định đã cho cĩ hai nghiệm tương ứng với trường hợp
V, =1 đĩ là (2, -1); (-2, 1) 2 Ta xét trường hợp V= 4
Dễ thấy cặp số (0, 7) là nghiệm của phương trình vơ định đã cho và vì
nĩ khơng phải các nghiệm trong trường hợp V, = 7, suy ra nghiệm này thuộc V;= 4
Trong cơng thức nghiệm của phương trình vơ định như ở phần trên, ta đặt
a=b=1,c=5,x,=0,y,=1,D=-4,o0=/ vata nhan dugc
x = -Su, với + 4w” = ]
y=ttu
Voi t = +/, u = 0 ta nhan dugc hai nghiém x = 0, y = +1, mà chúng thuộc
số V¿ = 4 Những nghiệm khác khơng cĩ
Bởi vì số hạng tự do trong phương trình đã cho là 5 khơng chia hết một
số chính phương lớn hơn 1, phương trình này khơng cĩ nghiệm nguyên, mà chúng khơng là nguyên tố cùng nhau Như vậy nghiệm của phương trình đã
Trang 342.7 ĐỀ XUẤT MỘT SỐ BÀI TẬP
Bằng phương pháp của chương này bạn đọc tự giải những bài tập sau: 2.7 Hãy tìm nghiệm nguyên của những phương trình vơ định sau:
a.x —4xy + y ` =2 b 2x) + 2xy +3y =7
2.8 Cho phương trình vơ định
x —xy—6y + 2x— 6y— 10 =0
Hãy giải phương trình này bằng những phương trình vơ định bậc nhất
2.9 Cho phương trình vơ định
x —xy—6y + 2x-6y-10 =0
Hãy giải phương trình nàybằng những phương trình vơ định bậc nhất 2.10 Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là những nghiệm nguyên của phương
trình x+ yŸ + zˆ = £, thì ít nhất một trong những số a, b, c, d chia hết cho 3 2.11 Chứng minh rằng nếu +” + (x+/) = yŸ, thì
(3x+2y+1)? + (3x+2y+2)° = (4x + 3y + 2)
2.12 Chứng minh rằng tất cả những nghiệm nguyên của phương trình
xy + yz + zx = 0 được biểu diễn bằng cơng thức:
x = (a+b) ac, y = (a+b) be, z = -abe
6 day a, b, c là những số nguyên bất kỳ 2.13 Hãy giải phương trình trong những số hữu tỷ
23+ 3xy— 5y” = 0
2.14 Tìm nghiệm nguyên phương trình
9° + 24xy + 6y” + 4x +ĩy + 3 = 0
2.15 Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2x — 2xy + 3y ˆ—2x—2y- Ï =0
2.16 Tìm tất cả cặp nghiệm nguyên x và y thoả mãn
Trang 3535
KẾT LUẬN
Luận văn giới thiệu các nội dung chính sau đây:
1 Dạng tồn phương, các phép biến đổi một dạng tồn phương
2 Giải phương trình vơ định bậc hai hai ẩn bằng cách sử dụng dạng tồn
phương
3 Tìm hiểu một số đề thi học sinh giỏi của Việt Nam và các nước khác về phương trình nghiệm nguyên cĩ liên quan đến dạng tồn phương
Trang 36[1] [2] [3] [4]
[8]
TAI LIEU THAM KHAO
TIENG VIET
Nguyễn Hữu Điển (2004), Giải phương trình vơ định nghiệm nguyên, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội
Phan Huy Khải (2006), Phương trình nghiệm nguyên, ĐNXB Giáo
dục
Hà Huy Khối (2004), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn
trung học phổ thơng, NXB Giáo dục, Hà Nội
Nguyễn Thành Quang (2003), Số học hiện đại, Trường Đại học
Vinh
TIENG ANH
M Burton (2002), Elementary Number Theory, McGraw — Hill, India H.L Keng (1982), Introduction to number theory, Springer
B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer