Ứng dụng dạng toàn phương để giải phương trình vô định nghiệm nguyên

1 Bộ giáo dục đào tạo Trờng đại học Vinh Hồ kim th ứng dụng dạng toàn phơng để giải phơng trình vô định nghiệm nguyên Chuyên ngành đại số Lý thuyết số Mã số: 60 46 05 Luận văn thạc sĩ toán học Ngời hớng dẫn khoa học PGS.TS Nguyễn Thành Quang Vinh 2010 mục lục 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 2.1 2.2 2.3 2.4 mở đầu Chơng Các kiến thức sở Dạng tuyến tính dạng song tuyến tính Dạng toàn phơng Dạng tắc dạng toàn phơng Phép biến đổi dạng toàn phơng Giới thiệu phơng trình nghiệm nguyên Chơng ứng dụng dạng toàn phơng để giải phơng trình vô định bậc hai Phơng trình vô định bậc hai hai ẩn Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi Phép biến đổi dạng toàn phơng nghiệm phơng trình Trang 3 10 12 14 16 16 17 19 22 2.5 2.6 2.7 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức không Phơng trình dạng toàn phơng có định thức khác không Đề xuất số tập Kết luận 25 27 32 33 Tài liệu tham khảo 34 mở ĐầU Một toán Đại số Số học nghiên cứu nghiệm nguyên phơng trình Diophantus Đối với phơng trình Diophantus bậc cao, tồn hay không phơng pháp chung để giải? Đó câu hỏi đợc đặt dới thời Diophantus nội dung toán Hilbert thứ 10 tiếng: Có hay không thuật toán để giải phơng trình Diophantus? Bài toán thứ 10 Hilbert đợc nhà toán học ngời Nga Yuri Matijasievich giải vào năm 1970 Câu trả lời là: Không tồn thuật toán giải phơng trình Diophantus tổng quát Nh vậy, với phơng trình Diophantus bậc cao 2, ta tìm cách giải phơng trình cụ thể Phơng trình vô định bậc hai hai ẩn trờng hợp riêng phơng trình Diophantus Để giải phơng trình này, có hớng giải hữu hiệu là: Dựa theo tính chất dạng toàn phơng Gauss Bằng cách tiếp cận theo dạng toàn phơng Gauss, luận văn trình bày cách chi tiết phép biến đổi dạng toàn phơng để rút phơng pháp tìm nghiệm riêng tổng quát phơng trình vô định bậc hai hai ẩn tập số nguyên Từ đa số ứng dụng chúng vào việc giảng dạy nghiên cứu toán học nhà trờng phổ thông nh mối liên hệ chặt chẽ hai môn toán học: Đại số tuyến tính Số học Nội dung luận văn gồm hai chơng: Chơng Các kiến thức sở Dạng toàn phơng Trong chơng trình bày số kiến thức phép biến đổi dạng toàn phơng, giới thiệu phơng trình nghiệm nguyên có dạng toàn phơng Chơng ứng dụng dạng toàn phơng để giải phơng trình vô định bậc hai Trong chơng trình bày phơng trình vô định bậc hai hai ẩn, số phép biến đổi số nguyên theo dạng toàn phơng, từ rút cách tìm nghiệm riêng nghiệm tổng quát phơng trình vô định bậc hai hai ẩn Luận văn đa số toán cụ thể việc ứng dụng dạng toàn phơng để giải phuơng trình vô định bậc có hai ẩn Luận văn đợc hoàn thành dới hớng dẫn nhiệt tình thầy giáo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy, ngời dành cho tác giả hớng dẫn chu đáo nghiêm túc trình học tập, nghiên cứu thực luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến PGS.TS Ngô Sĩ Tùng, PGS.TS Lê Quốc Hán, TS Nguyễn Thị Hồng Loan, TS Mai Văn T thầy cô giáo Chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa Toán, Khoa Đào tạo Sau đại học - Trờng Đại học Vinh tận tình giúp đỡ tác giả trình học tập Mặc dù cố gắng, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong muốn nhận đợc bảo quý thầy cô giáo bạn đồng nghiệp Vinh, tháng 12 năm 2010 Tác giả Hồ kim th Chơng Kiến thức sở 1.1 DạNG TUYếN TíNH dạng song tuyến tính 1.1.1 Dạng tuyến tính Cho không gian vectơ V Mỗi ánh xạ tuyến tính f : V Ă Ă không gian số thực gọi dạng tuyến tính Nói khác đi, ánh xạ f : V Ă dạng tuyến tính nếu: f ( + ) = f ( ) + f ( ) f ( a ) = af ( ), với , V , a Ă Ví dụ Cho V không gian hàm liên tục ( t ) xác định [ a, b] Khi ánh xạ f : V Ă b ( t) a ( t ) dt a dạng tuyến tính ánh xạ f : Ă Ă dạng tuyến tính f ( x ) = ax với x Ă a số thực cho trớc Chứng minh i) Nếu f : Ă Ă x a ax ( aĂ ) f ( x + y ) = a ( x + y ) = ax + ay = f ( x ) + f ( y ) f ( x ) = a ( x ) = ( ax ) = f ( x ) , với Ă Suy f dạng tuyến tính ii) Ngợc lại, f : Ă Ă dạng tuyến tính Gọi a = f ( 1) , ta có: f ( x ) = f ( x.1) = xf ( 1) = f ( 1) x = ax, x Ă W Cho không gian vectơ V Giả sử V chọn sở , , n n n i =1 i =1 Suy ra, với V : = xii f ( ) = xi f ( i ) Nếu f ( i ) = Ă = ( x1 , , xn ) sở , , n , ta có dạng biểu diễn f là: f ( ) = x1a1 + + xn an 1.1.2 Dạng song tuyến tính: a Cho không gian vectơ V , ta xét V = V x V ánh xạ: : V2 Ă ( , ) a (, ) , với , V Ta gọi dạng song tuyến tính nếu: Khi cố định ( , ) dạng tuyến tính nghĩa là: ( + , ) = ( , ) + ( , ) ( k , ) = k ( , ) Khi cố định dạng tuyến tính nghĩa là: ( , + ) = ( , ) + ( , ) ( , k ) = k ( , ) , với , , , , , V , k Ă Ví dụ Định thức cấp hai dạng song tuyến tính từ Ă x Ă Ă D: Ă 2x Ă Ă ( , ) = ( a, b ) , ( c, d ) a a b c d = ad bc, cố định = ( a, b ) , ta có: ( , + ' ) = ( ( a, b ) , ( c, d ) + ( c ', d ') ) = ( ( a, b ) , ( c + c ', d + d ' ) ) = a b a b a b = + c +c' d + d ' c d c' d ' = ( , ) + ( , ') ( , k ) = a b a b =k = k ( , ) kc kd c d Xét ánh xạ : E2 ì E2 R ( , ) a = cos , theo tính chất hình học giải tích ta có: i) ( + ') = + ' = ( + ' ) ' = + ' ii) ( k ) = k ( ) Suy dạng song tuyến tính b Định nghĩa Dạng song tuyến tính ( , ) : V Ă đợc gọi dạng song tuyến tính đối xứng ( , ) = ( , ) Ví dụ Tích vô hớng E2 dạng song tuyến tính đối xứng ( , ) = = = ( , ) 1.1.3 Ma trận dạng song tuyến tính Giả sử V không gian vectơ n - chiều V chọn sở , , , n Biểu thị véc tơ , V qua sở ta đợc: n = x1 + x2 + + xn n = xi i i =1 n = y1 + y2 + + yn n = y j j j =1 n Khi ( , ) = xi i , i =1 y j j ữ j =1 = xi i , i =1 n n n y j =1 j j ữ n n i =1 j =1 = xi y j ( i , j ) n = i =1 n ( Nếu ký hiệu ( i , j ) j =1 i, j ) xi y j n = aij thỡ ( , ) = i =1 n a x y j =1 ij i j Ma trận vuông cấp n A = aij với aij = ( i ) đợc gọi ma trận dạng song tuyến tính sở , , n 1.1.4 Các ma trận dạng song tuyến tính sở khác Giả sử không gian véc tơ Vn n chiều chọn hai sở , , n ( 1) ( 2) , , n Giả sử sở (1) có ma trận A sở (2) có ma trận B Ta có aij = ( i , j ) , bij = ( i , j ) Giả sử P = ( pij ) ma trận chuyển từ (1) sang (2), tức j = pij i n i =1 n n i =1 Ta có: bij = ( i , j ) = psi s , ptj t ữ s =1 n = s =1 n = j =1 n p t =1 si ptj ( s , t ) n p t =1 si ptj ast Gọi P ' = p 'ij ma trận chuyển ma trận P ' = p 'ij p 'ij = p ji , ta có: n bij = s =1 n p a ' is t =1 st ptj ( i, j = 1, , n ) B = P ' AP 1.2 Dạng toàn phơng 1.2.1.Định nghĩa Cho không gian vectơ Vn chọn sở , n ( 1) Giả sử có dạng tuyến tính đối xứng sở (1) có phơng trình: n n ( , ) = i =1 j =1 aij xi y j = ( xi ) với = ( y j ) A = ( aij ) Do đối xứng aij = ( i , j ) = a ji , đó: A = aij = A ' Ma trận A đợc gọi ma trận đối xứng A = A ' Vì vậy, ma trận dạng song tuyến tính đối xứng ma trận đối xứng n Dạng ( , ) = i =1 n j =1 j xi x j = ( x1 , , xn ) , aij = a ji đợc gọi dạng toàn phơng n biến x1, ,xn 1.2.2 Định lý Dạng tuyến tính đối cực ( , ) dạng toàn phơng ( , ) hoàn toàn đợc xác định dạng toàn phơng ( , ) Chứng minh Ta có: ( + , + ) = ( , ) + ( , ) + ( , ) + ( , ) = ( , ) + ( , ) + ( , ) , suy ( , ) = ( + , + ) ( , ) ( , ) giá trị dạng toàn phơng 1.2.3 Ma trận dạng toàn phơng W n Ta có: ( , ) = i =1 n j =1 aij xi x j Ma trận đối xứng A = aij đợc gọi ma trận dạng toàn phơng Giả sử sở (1), có ma trận A, sở (2), có ma trận B Gọi P = pij ma trận chuyển từ sở (1) sang sở (2), ta có B = PAP 1.2.4 Phơng trình dạng toàn phơng ( , ) = Gọi n n a x x ij i i =1 j =1 j x1 A = aij , X = xn ( , ) = X ' AX Vì dạng toàn phơng A đối xứng A = A aij = a ji ( , ) = n n a x x i =1 j =1 Ngợc lại, cho dạng f ( x1 , , xn ) = ij i j 1i j n = i j n aij' xi x j bij xi x j n n Ta đặt aii = bii, aij = a 'ji = bij f ( x1 , , xn ) = aij xi x j i =1 j =1 với A = aij ma trận đối xứng 1.2.5 Dạng toàn phơng xác định dơng Định nghĩa Dạng toàn phơng ( , ) đợc gọi xác định dơng ( , ) > với 10 Ví dụ Trong R4 ta có ( x1 , , x4 ) = x12 + x22 + x32 + x42 xác định dơng Mệnh đề Dạng tuyến tính ( , ) tơng ứng với dạng toàn phơng ( , ) có tính chất: ( , ) = ( , ) ( + ', ) = ( , ) + ( ', ) ( k , ) = k ( , ) ( , ) > Khi ( , ) đợc gọi tích vô hớng hai vectơ , V 1.3 Dạng tắc dạng toàn phơng 1.3.1 Định nghĩa Cho dạng toàn phơng ( , ) , sở không gian véc tơ V ( , ) mà viết dới dạng ( , ) = k1 x12 + k2 x22 + + kn xn2 , ( x1 , , xn ) tọa độ sở đó, ki R dạng (1) gọi dạng tắc dạng toàn phơng ( , ) , sở tơng ứng đợc gọi sở tắc 1.3.2 Định lý Giả sử Vn cho dạng toàn phơng tùy ý ( , ) Khi Vn tồn sở , , n cho sở ( , ) có dạng tắc: ( , ) = k1 x12 + + k n xn2 Chứng minh Cho dạng toàn phơng tùy ý ( , ) Vn n sở ( x1 , , xn ) = ( , ) = i =1 n a x x ( aij = a ji ) j =1 ij i j 17 Khi x0, y0 nguyên tố tồn hai số nguyên p q, cho: px0 + qy0 = Dễ tính toán đợc đẳng thức sau: m ( aq 2bqp + cp ) = p ( x0b + y0c ) q ( x0 a + y0b ) ( b ac ) Hoặc là: ( ) mU = V b ac , đây: U = aq2 - 2bpq + cp2 V= p (x0b + y0c) - q(x0a + y0b) Suy số m biểu diễn đợc theo dạng toàn phơng ax2 +2bxy+cy2 x = x0, y = y0 với (x0, y0) = 1, phải tồn số nguyên V cho V2 D chia hết cho m Trong trờng hợp ta nói định thức D số d bình phơng V m Tóm lại số R gọi số d bình phơng số X số M, hiệu X2 R chia hết cho M 2.2.2.Mệnh đề Nếu R số d bình phơng số X số M R số d bình phơng số dạng X + kM, k = 0, 1, Chứng minh Ta có: ( X + kM ) M R X + XkM + k M R = M X2 R = + Xk + k M M Do R số d bình phơng X M, suy X R Z M Suy ( X + kM ) M R số nguyên, nghĩa R số d bình phơng X + kM số M với k W Vì mệnh đề ta hạn chế số X + kM Ta chọn số không âm nhỏ dạng X + kM, hiển nhiên nhỏ M Ví dụ Số biểu diễn dới dạng toàn phơng x2 - 2xy + 2y2, nghĩa phơng trình x2 2xy + 2y2 = nghiệm nguyên Lời giải Định thức dạng toàn phơng x2 2xy + 2y2 (-1)2 1.2 = -1 18 Để số -1 số d bình phơng số 3, cần phải tồn số nguyên V (0 V< 3) cho số V2 + chia hết cho Bằng kiểm tra trực tiếp với V = 0, 1, số V2 + không chia hết cho 3; suy số -1 số d bình phơng Từ suy phơng trình vô định x2 2xy + 2y2 = nghiệm nguyên mà nghiệm nguyên tố Nhng ta chứng minh đợc phơng trình có nghiệm nguyên mà chúng không nguyên tố Thật vậy, x0, y0 nghiệm, mà chúng có tính chất (x0,y0)= d > 1, ta đặt x0= dx1, y0= dy1, x0 y0 số nguyên, ta có đẳng thức sau: x02 x0 y0 + y02 = Hoặc là: d x12 2d x1 y1 + 2d y12 = (*) Từ (*) suy số chia hết cho số phơng lớn 1, điều có Suy phơng trình nghiệm nguyên mà chúng không nguyên tố Kết hợp hai phần chứng minh dẫn đến kết luận phơng trình vô định ta xét nghiệm nguyên, nghĩa số biểu diễn dạng toàn phơng x2 2xy + 2y2 2.3 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi Cho dạng toàn phơng ax2+2bxy+cy2 bao hàm dạng a1 + 2b1 + c1 thông qua phép biến đổi x = + , ( , , , số nguyên) y = + Nếu phơng trình vô định a1 + 2b1 + c1 = m (m số nguyên) có nghiệm ,0 số nguyên, số: x0 = + , y0 = + nghiệm nguyên phơng trình vô định ax2 + bxy + cy2 = m Ta có mệnh đề sau: 19 2.3.1.Mệnh đề Nếu số nguyên biểu diễn thông qua dạng toàn phơng cho biểu diễn thông qua dạng toàn phơng khác, mà bao hàm dạng toàn phơng cho Ví dụ Những phơng trình x2 + xy+y2 = x2 + 3xy + 3y2 = hai có nghiệm nguyên, hai nghiệm nguyên Lời giải Dạng toàn phơng x2 + xy + y2 bao hàm dạng toàn phơng + + thông qua phép biến đổi x = + , y = môđun phép biến đổi Theo phần đầu chơng dạng toàn phơng + + bao hàm x2 + xy +y2 thông qua phép biến đổi = x y, = y Nh ta nhận đợc tơng đơng hai dạng toàn phơng Bây ta chứng minh định lý biểu diễn số nguyên dạng toàn phơng 2.3.2.Định lý Nếu m số nguyên khác không, mà biểu diễn đợc thông qua dạng toàn phơng ax2 + 2bxy + cy2 với x = x0, y = y0 (x0, y0) = 1, định thức D số d bình phơng số V m, dạng toàn phơng: V2 D 2 ax + 2bxy + cy m + 2V + tơng đơng riêng 2 m Chứng minh Cho x0, y0 nghiệm phơng trình ax2+2bxy+cy2= m, mà (x0,y0) = Nghiệm nh tồn giả thiết Vì tính chất nguyên tố nhau, nên tồn số p q, với chúng px0+ qy0 = Trong phần trớc ta định thức D = b2 ac số d bình phơng số V, xác định đẳng thức V = p(x0b+y0c) q(x0a+y0b) Ta chọn phép biến đổi x = x0 q y = y0 + p (2.4) môđun x0p + y0q = suy phép biến đổi riêng Dạng biến đổi là: 20 a ( x0 q ) + 2b ( x0 q ) ( y0 + p ) + c ( y0 + p ) = m + 2V + 2 V2 D m Ta có V D chắn nguyên, D số d bình phơng V m m Nh ta nhận đợc, số m biểu diễn qua dạng toàn phơng ax2+2bxy+cy2 x1 = x2 , y1 = y2 mà (x0, y0) = 1, dạng bao hàm riêng m + 2V + V D m Dễ chứng minh đợc trờng hợp dạng toàn phơng m + 2V + V2 D bao hàm riêng dạng ax2 + 2bxy + cy2 m W Ta cần nhấn mạnh với số nguyên p q không đòi hỏi điều kiện việc chúng nghiệm phơng trình xop + y0q =1 Nhng số nh vô nhiều, chúng nghiệm phơng trình vô định ta xét chơng Cũng dễ chứng minh đợc số số p q, mà tơng ứng với V có số không âm nhỏ m Để giải toán thực tế ngời ta chọn số p q cho V < m Ta nói nghiệm x0, y0, qua mà xác định V, đợc gọi nghiệm thuộc V 21 2.4 Phép biến đổi dạng toàn phơng nghiệm phơng trình Nếu dạng toàn phơng chuyển đồi thành dạng khác theo phép biến đổi khác định lý sau vét cạn tất phép biến đổi Ta không chứng minh định lý 2.4.1 Định lý Cho dạng toàn phơng f(x,y) = ax2 + bxy+cy2 biến đổi thành dạng toàn phơng ( , ) = a1 + 2b1 n + c1 theo phép biến đổi riêng x = + (2.5) y = + Khi tất phép biến đổi riêng, mà biến đổi f(x,y) thành ( , ) đợc xác định theo công thức 1 at ( b + c ) u + t ( b + c ) u 1 y = t ( a + b ) u + t + ( a + b ) u x= (2.6) ớc số chung lớn a, 2b, c, t u nghiệm nguyên phơng trình vô định: t2 Du2 = ( D = b2- ac) Theo công thức số x, y số nguyên Phơng trình t2 Du2 = dạng đặc biệt đợc giải chơng sau Trờng hợp riêng, ( , ) = m + 2V + V D , nh ta biết m dạng f(x,y) = ax + 2bxy + cy 2 ( , ) = m + 2V + V2 D m tơng đơng riêng Nếu tồn nghiệm nguyên x0, y0 phơng trình ax2 + 2bxy + cy2 = m mà chúng nguyên tố thuộc V Ngoài f(x,y) biến đổi thành ( , ) thông qua (2.4) So sánh (2.4) (2.5) ta tìm đợc = x0, = y0 Nhng đẳng thức (2.6) trờng hợp cụ thể x= x0t ( x0b + y0c ) u (2.7) 22 y= y0t + ( x0 a + y0b ) u , t Du = nghiệm phơng trình ax2 + 2bxy + cy2 = m số nguyên nguyên tố Tất nghiệm x, y xác định theo (2.7), thuộc số V nghiệm khác thuộc V Nhng số 0, 1, 2, , m có khả có số khác, ví dụ V1, V2 , mà định thức số d bình phơng chúng Nếu x1, y1 nghiệm nguyên nh phơng trình ax2 + bxy + cy2 = m, mà thuộc V1, nghĩa với tìm đợc số nguyên p q cho x1p+y1q = V1 = p(x1b+y1c) q (x1a+y1b), tất nghiệm thuộc V1 lại xác định (2.7) cách thay x0 y0 tơng ứng với x1 y1 Tất nghiệm, mà chúng thuộc V, V1, V2 tất nghiệm phơng trình vô định ax2 + 2bxy + cy2 = m (2.8) cặp số nguyên nguyên tố Nếu phơng trình (2.8) có nghiệm nguyên không nguyên tố ta lý luận nh sau: Giả sử x, y nghiệm (2.8), mà (x, y) = d >1 Ta viết đẳng thức x = dx1, y = dy1, mà (x1, y1) = Vì x, y nghiệm (2.8), ta có ax2 + bxy + cy2 = m ax12 + 2bx1 y1 + cy12 = m d2 m = m1 , ta nhận đợc x1, y1 nghiệm phơng d2 trình vô định ax2 + 2bxy + cy2 = m1 số nguyên tố Ta tìm tất nghiệm phơng trình vừa nhận đợc số nguyên nguyên tố cách phần Từ ta lại tìm đợc tất nghiệm phơng trình cho số nguyên không nguyên tố Dễ thấy tơng ứng hai chiều nghiệm (2.8) số nguyên không nguyên tố tất nghiệm phơng trình ax2 + 2bxy + cy2 = m1 số nguyên nguyên tố Bằng cách ký hiệu 23 Nh vậy, cách lập tất phơng trình từ (2.8) cách thay số hạng tự m thơng m tất khả ớc số m, mà chúng bình phơng số nguyên, giải tất phơng trình số nguyên tố nhau, dễ tìm đợc tất nghiệm phơng trình (2.8) số nguyên Phần sau ta cho ví dụ cách tìm nghiệm theo cách vừa mô tả Đặc biệt, số m ớc số lớn bình phơng số nguyên, phơng trình (2.8) nghiệm nguyên số nguyên tố 2.5 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức không Cho dạng toàn phơng ax2 + 2bxy + cy2 có định thức b2 ac = Khi dễ kiểm tra thấy: ax + 2bxy + cy 2 ( ax + by ) = a Bây ta xét phơng trình vô định ax2 + bxy + cy2 = m (2.9) với b2 = ac Bằng cách tính toán, phơng trình (2.9) đa dạng ( ax + by ) = m (ax+by)2 = ma a Từ phơng trình cho tơng đơng với hai phơng trình ax + by = ma (2.10) 24 Nh để phơng trình (2.9) có nghiệm nguyên, điều kiện cần số ma số phơng Điều kiện cần ớc số chung lớn hai số a b ớc số ma Hai điều kiện điều kiện đủ Theo chơng phơng trình vô định bậc nhất, x0, y0 nghiệm (2.10) trờng hợp lấy dấu cộng, x0' , y0' nghiệm (2.10) trờng hợp lấy dấu trừ, tất nghiệm nguyên phơng trình vô định (2.10) xác định theo công thức: x = x0 + bt x = x0 + bt y = y0 at, t = 0, 1, Ví dụ Lời giải y = y0 at, t = 0, 1, Hãy tìm tất nghiệm nguyên phơng trình: 25x2 40xy + 16y2 = a = 25, b = -20, c = 16, m = b2 ac = (-20)2 - 25.160 = ( 25 x 20 y ) = , (25x -20y)2 = 9.25 25 Cuối phơng trình cho phân tích hai phơng trình bậc 25x - 20y 15 = 0, 25x - 20y + 15 =0 ớc số chung hệ số trớc x y ớc số 15, suy hai phơng trình giải đợc số nguyên Ta giản ớc thừa số chung nhận đợc: 5x - 4y - = 0, 5x 4y + = Một nghiệm riêng phơng trình thứ x = 3, y = 3, nghiệm riêng phơng trình thứ hai x = -3, y = -3 Do tất nghiệm phơng trình cho đợc xác định x=34t x = -3 4t y = - t, t = 0, 1, y = - - 5t, t = 0, Ví dụ Giải phơng trình vô định tập hợp số nguyên 12x2 + 12 xy + y2 =4 Lời giải a = 12, b = 6, c = 3m, m = 4, b2 ac = 36 - 12.3 = Theo cách tính ta có Nhng số ma = 4.12 = 4.12 = không số nguyên, từ suy phơng trình vô định cho nghiệm nguyên 25 2.6 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức khác không Phần ta liệt kê bớc tìm nghiệm nguyên phơng trình vô định dạng: aX2 + 2bXY + cY2 + 2dX + 2dY + f = b2 ac (2.11) Tìm tất nghiệm nguyên phơng trình vô định ta lần lợt tiến hành theo bớc sau: Đổi ẩn số X Y x y theo công thức sau: X= x + cd be , b ac Y= y + ae bd b ac (2.12) ta nhận đợc phơng trình dạng: ax2 + 2bxy + cy2 = m (2.13) 2 Nếu m = 0, ta có x = b b ac y , từ dễ tìm đợc nghiệm a (2.13) có nghiệm Nếu m 0, trớc tiên ta giải phơng trình (2.13) số nguyên tố theo bớc: Tìm tất số V, V< m, với định thức D = b2 ac số d bình phơng m a Nếu số nh không có, phơng trình (2.13), mà suy phơng trình (2.11) nghiệm nguyên b Nếu V1, V2, số, với chúng D số d bình phơng, ta tìm nghiệm cho trờng hợp phơng trình (2.13) tơng ứng với V1, V2, Để tìm nghiệm (2.13), mà tơng ứng với V1, ta xét hai dạng toàn phơng ax2 + 2bxy + cy2 m2 + V1n + V12 D m a Nếu dạng toàn phơng không tơng đơng riêng phơng trình (2.11) nghiệm nguyên, mà tơng ứng với số V1 b Nếu dạng tơng đơng riêng, tìm nghiệm riêng phơng trình (2.11), mà tơng ứng với số V1 Nếu 26 x = + y = + phép biến đổi riêng, mà chuyển đổi dạng toàn phơng ax2 + 2bxy +cy2 thành m + 2V1 + V1 D , x = , y = nghiệm riêng m (2.11), mà tơng ứng với số V1 Bởi cách tìm phép biến đổi riêng không xét sách này, nên thực tế ta tiến hành theo cách mô tả phần sau Tìm cách thử nghiệm riêng phơng trình (2.11), mà thuộc tơng ứng với số V1 Nghiệm riêng x0, y0 thuộc V1, tìm đợc hai số nguyên p q mà chúng nghiệm phơng trình vô định px0' + qy0' = với chúng ( ) ( V1 = p x0' b + y0' c q x0' a + y0' b ) Nếu x0' , y0' thuộc V1, x0'' , y0'' thuộc V2, tất nghiệm phơng trình (2.11) số nguyên tố xác định công thức ' x0t x0' b + y0' c u , x '' x0'' t x0'' b + y0'' c 1 y ' = y0' t + x0' a + y0' b u ; y '' = yt'' + x0'' a + y0'' b x' = ( ( , ) ( ) ) ( ) (2.14) , t u nghiệm phơng trình vô định t2 Du2 = 2, với ớc số chung lớn a, 2b, c, D = b2 ac Để tìm tất nghiệm nguyên (2.11) số không nguyên tố nhau, cần phải giải số nguyên tố tất phơng trình, mà nhận từ (2.11), cho ta thay số m với thơng m khả bình phơng ớc số m Giải phơng trình nhận đợc số nguyên tố theo cách mô tả Tất nhiên, phơng trình (2.11) có số hạng tự m, mà ớc số bình phơng lớn 1, phơng trình nghiệm số nguyên nguyên tố Ví dụ Giải phơng trình tập số nguyên X2 + 4XY + 3Y2 20X 34Y + 89 = 27 Lời giải Ta có a = 1, b = 2, c = 3, d = -10, e = -17, f = 89 tính đợc D = b2 ac = Ta đặt X = x + 4, Y = y + 3, nhận đợc (x+4)2 + 4(x+4)(y+3+)+3(y+3)2-20(x+4)-34(y+3)+89=0 sau đơn giản x2 + 4xy + 3y2= m = Ta tìm tất số nguyên V, V< 2, với chúng D = số d bình phơng m = V D số nguyên Hiển nhiên m có V = đáp ứng điều kiện Ta xét dạng toàn phơng V2 D x + xy + y m + 2V + = 2 + , m với chứng minh hai dạng toàn phơng không tơng đơng riêng Giả sử hai dạng toàn phơng tơng đơng Nh ta biết số biểu diễn thông qua dạng toàn phơng, biểu diễn thông qua dạng toàn phơng khác mà tơng đơng với dạng ban đầu Nhng dạng toàn phơng x2 + 4xy + 3y2 biểu diễn số lẻ, ví dụ số với x = 1, y = 2, dạng + biểu diễn số chẵn Từ suy hai dạng toàn phơng xét không tơng đơng Từ điều suy phơng trình vô định x2 + 4xy + 3y2 = không giải đợc số nguyên Khi phơng trình ban đầu nghiệm nguyên Ví dụ Giải phơng trình vô định tập hợp số nguyên x2 + 2xy + 5y2 = Lời giải a = 1, b = 1, c = 5, m = 5, D = -1.5 = - Ta tìm số không âm V, nhỏ 5, với chúng mà số D = - số d bình phơng Để đạt mục đích ta tìm số V, V< 5, với chúng phân số V D số nguyên Bằng cách kiểm tra trực tiếp có V = V = m thoả mãn điều kiện Ta xét trờng hợp V1 = Dễ thấy x0 = 2, y0 = -1 nghiệm riêng phơng trình vô định cho Ta chứng minh nghiệm thuộc số V1 = 28 Những nghiệm phơng trình vô định x0p + y0q = 1, trờng hợp 2p - q =1 nh sau: p = t q = 1- 2t, t = 0, 1, Từ công thức V = p (x0b +y0c) q(x0a + y0b) với x0 = 2, y0 = -1 (D =- 4) ta nhận đợc V1 =1 Suy nghiệm 2, -1 thuộc V1 = Trong công thức nghiệm phơng trình vô định x= x0t ( x0b + y0c ) u , y= y0t + ( x0a + y0b ) u , với t2 Du2 = Ta đặt a = b = 1, c = 5, x = 2, y0 = -1, D = - 4, = nhận đợc: x = 2t + 3u y = - t + u, v ới t2 + 4u2=1 Nghiệm phơng trình Pell t2 + 4u2 = t = 1, u = Phơng trình vô định cho có hai nghiệm tơng ứng với trờng hợp V1 =1, (2, -1); (-2, 1) Ta xét trờng hợp V= Dễ thấy cặp số (0, 1) nghiệm phơng trình vô định cho nghiệm trờng hợp V1 = 1, suy nghiệm thuộc V2= Trong công thức nghiệm phơng trình vô định nh phần trên, ta đặt a = b = 1, c = 5, x0 = 0, y0 = , D = - , = ta nhận đợc x = -5u, với t2 + 4u2 = y=t+u Với t = 1, u = ta nhận đợc hai nghiệm x = 0, y = 1, mà chúng thuộc số V2 = Những nghiệm khác Bởi số hạng tự phơng trình cho không chia hết số phơng lớn 1, phơng trình nghiệm nguyên, mà chúng không nguyên tố Nh nghiệm phơng trình cho có bốn cặp (2, -1); (-2, 1); (0, -1); (0, 1) 29 2.7 Đề xuất số Bài tập Bằng phơng pháp chơng bạn đọc tự giải tập sau: 2.7 Hãy tìm nghiệm nguyên phơng trình vô định sau: a x2 4xy + y2 = b 2x2 + 2xy + 3y2 = 2.8 Cho phơng trình vô định x2 xy 6y2 + 2x 6y 10 =0 Hãy giải phơng trình phơng trình vô định bậc 2.9 Cho phơng trình vô định x2 xy 6y2 + 2x 6y 10 = Hãy giải phơng trình nàybằng phơng trình vô định bậc 2.10 Chứng minh a, b, c, d nghiệm nguyên phơng trình x2+ y2 + z2 = t2, số a, b, c, d chia hết cho 2.11 Chứng minh x2 + (x+1)2 = y2, (3x+2y+1)2 + (3x+2y+2)2 = (4x + 3y + 2)2 2.12 Chứng minh tất nghiệm nguyên phơng trình xy + yz + zx = đợc biểu diễn công thức: x = (a+b) ac, y = (a+b) bc, z = -abc a, b, c số nguyên 2.13 Hãy giải phơng trình số hữu tỷ 2x2 + 3xy 5y2 = 2.14 Tìm nghiệm nguyên phơng trình 9x2 + 24xy + 16y2 + 4x +6y + = 2.15 Tìm nghiệm nguyên phơng trình 2x2 2xy + 3y2 x 2y =0 2.16 Tìm tất cặp nghiệm nguyên x y thoả mãn y2 = x2 + x + Kết luận Luận văn giới thiệu nội dung sau đây: Dạng toàn phơng, phép biến đổi dạng toàn phơng 30 Giải phơng trình vô định bậc hai hai ẩn cách sử dụng dạng toàn phơng Tìm hiểu số đề thi học sinh giỏi Việt Nam nớc khác phơng trình nghiệm nguyên có liên quan đến dạng toàn phơng Luận văn tiếp tục tìm tòi ứng dụng dạng toàn phơng lĩnh vực khác Số học nh chứng minh bất đẳng thức Số học, phân bố giá trị hàm đa thức Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Hữu Điển (2004), Giải phơng trình vô định nghiệm nguyên, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] [3] Phan Huy Khải (2006), Phơng trình nghiệm nguyên, NXB Giáo dục Hà Huy Khoái (2004), Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông, NXB Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trờng Đại học Vinh [4] Tiếng Anh 31 [5] [6] [7] [8] 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 S.G Telang (2001), Number Theory, McGraw Hill, India [...]... này bạn đọc tự giải những bài tập sau: 2.7 Hãy tìm nghiệm nguyên của những phơng trình vô định sau: a x2 4xy + y2 = 2 b 2x2 + 2xy + 3y2 = 7 2.8 Cho phơng trình vô định x2 xy 6y2 + 2x 6y 10 =0 Hãy giải phơng trình này bằng những phơng trình vô định bậc nhất 2.9 Cho phơng trình vô định x2 xy 6y2 + 2x 6y 10 = 0 Hãy giải phơng trình nàybằng những phơng trình vô định bậc nhất 2.10 Chứng minh rằng... ứng với nghiệm nguyên của phơng trình (2.3) Nếu ta biết nghiệm nguyên của phơng trình (2.3) thì nghiệm nguyên x và y của (2.1) sẽ nhận đợc thông qua và của (2.3) từ công thức (2.2) Trong chơng này ta quan tâm đến phơng trình dạng (2.3).Vế trái của phơng trình (2.3) có dạng a 2 + 2b + c 2 , đây là dạng toàn phơng của hai biến , Chơng này ta đi giải phơng trình vô định hai ẩn bậc hai ở dạng toàn phơng... trong đời sống thờng ngày mà còn có ứng dụng trong kỹ thuật, riêng phơng trình Pell đã đợc gặp trong thiên văn học Chơng 2 ứng dụng dạng toàn phơng để giải Phơng trình vô định bậc hai 2.1 Phơng trình vô định bậc hai hai ẩn Dạng chung của phơng trình vô định bậc hai hai ẩn x và y là: ax2 + 2 bxy + cy2 + 2dx +2ey + f = 0, (2.1) (các hệ số a, b, c, d, e, f là những số nguyên, ít nhất một trong các số a,... số nguyên) y = + Nếu phơng trình vô định a1 2 + 2b1 + c1 2 = m (m là số nguyên) có nghiệm 0 ,0 trong số nguyên, thì các số: x0 = 0 + 0 , y0 = 0 + 0 sẽ là một nghiệm nguyên của phơng trình vô định ax2 + 2 bxy + cy2 = m Ta có mệnh đề sau: 19 2.3.1.Mệnh đề Nếu một số nguyên biểu diễn thông qua một dạng toàn phơng đã cho thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phơng khác, mà nó bao hàm bởi dạng. .. một nghiệm x0, y0, qua nó mà xác định V, đợc gọi là nghiệm thuộc V 21 2.4 Phép biến đổi dạng toàn phơng và nghiệm của phơng trình Nếu một dạng toàn phơng có thể chuyển đồi thành dạng khác theo những phép biến đổi khác nhau thì định lý sau đây có thể vét cạn tất cả các phép biến đổi đó Ta không chứng minh định lý này 2.4.1 Định lý Cho một dạng toàn phơng f(x,y) = ax2 + 2 bxy+cy2 biến đổi thành dạng toàn. .. trong tập hợp số nguyên 12x2 + 12 xy + 3 y2 =4 Lời giải ở đây a = 12, b = 6, c = 3m, m = 4, b2 ac = 36 - 12.3 = 0 Theo cách tính trên ta có Nhng số ma = 4.12 = 4.12 = 4 3 không là số nguyên, từ đó suy ra phơng trình vô định đã cho không có nghiệm nguyên 25 2.6 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức khác không Phần này ta liệt kê các bớc tìm nghiệm nguyên của phơng trình vô định dạng: aX2 + 2bXY... Nhng dạng toàn phơng x2 + 4xy + 3y2 có thể biểu diễn ít nhất một số lẻ, ví dụ số 2 với x = 1, y = 2, trong khi đó dạng 2 + 2 chỉ biểu diễn số chẵn Từ đây suy ra hai dạng toàn phơng đang xét không tơng đơng Từ điều này suy ra phơng trình vô định x2 + 4xy + 3y2 = 2 không giải đợc trong số nguyên Khi đó phơng trình ban đầu cũng không có nghiệm nguyên Ví dụ 2 Giải phơng trình vô định trong tập hợp số nguyên. .. 1, điều này không thể có Suy ra phơng trình không có nghiệm nguyên mà chúng không nguyên tố cùng nhau Kết hợp cả hai phần chứng minh trên dẫn đến kết luận phơng trình vô định ta xét không có nghiệm nguyên, nghĩa là số 3 không thể biểu diễn dạng toàn phơng x2 2xy + 2y2 2.3 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi Cho dạng toàn phơng ax2+2bxy+cy2 bao hàm dạng a1 2 + 2b1 + c1 2 thông qua phép... u, v ới t2 + 4u2=1 Nghiệm của phơng trình Pell t2 + 4u2 = 1 là t = 1, u = 0 Phơng trình vô định đã cho có hai nghiệm tơng ứng với trờng hợp V1 =1, đó là (2, -1); (-2, 1) 2 Ta xét trờng hợp V= 4 Dễ thấy cặp số (0, 1) là nghiệm của phơng trình vô định đã cho và vì nó không phải các nghiệm trong trờng hợp V1 = 1, suy ra nghiệm này thuộc V2= 4 Trong công thức nghiệm của phơng trình vô định nh ở phần trên,... trình nghiệm nguyên Định nghĩa Một phơng trình có nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là số nguyên đợc gọi là một phơng trình Diophantus Những phơng trình Diophantus nói chung có nhiều nghiệm nguyên, vì vậy ngời ta cũng gọi đó là phơng trình vô định Nhiều phơng trình vô định phát biểu một đơn giản nhng cho đến ngày nay vẫn cha có kết quả hữu hiệu Một phơng trình vô định thờng có dạng P (x, y, z) = ... sở Dạng toàn phơng Trong chơng trình bày số kiến thức phép biến đổi dạng toàn phơng, giới thiệu phơng trình nghiệm nguyên có dạng toàn phơng Chơng ứng dụng dạng toàn phơng để giải phơng trình vô. .. thuật, riêng phơng trình Pell đợc gặp thiên văn học Chơng ứng dụng dạng toàn phơng để giải Phơng trình vô định bậc hai 2.1 Phơng trình vô định bậc hai hai ẩn Dạng chung phơng trình vô định bậc hai... phơng trình vô định x2 xy 6y2 + 2x 6y 10 =0 Hãy giải phơng trình phơng trình vô định bậc 2.9 Cho phơng trình vô định x2 xy 6y2 + 2x 6y 10 = Hãy giải phơng trình nàybằng phơng trình vô định