Phương trình nghiệm nguyên

trƣờng đại học sƣ phạm hà nội khoa toán ******** nguyễn thị hồng hạnh phƣơng trình nghiệm nguyên khoá luận tốt nghiệp đại học Chuyên ngành: Đại số Ngƣời hƣớng dẫn khoa học th.s dƣơng thị luyến hà nội - 2010 Lời cảm ơn Để hoàn thành đề tài em nhận đƣợc giúp đỡ tận tình thầy cô giáo, bạn sinh viên khoa toán trƣờng Đại Học Sƣ Phạm Hà Nội 2, đặc biệt cô giáo Dương Thị Luyến, ngƣời trực tiếp hƣớng dẫn em làm đề tài Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc, chân thành tới cô giáo Dương Thị Luyến, thầy cô bạn sinh viên khoa toán trƣờng Đại Học Sƣ Phạm Hà Nội giúp đỡ em hoàn thành khoá luận Tuy cố gắng song chắn đề tài không tránh khỏi có thiếu sót, em mong đƣợc góp ý thầy cô, bạn sinh viên bạn đọc để đề tài đƣợc hoàn thiện Hà Nội, tháng năm 2010 Sinh viên thực Nguyễn Thị Hồng Hạnh Lời cam đoan Em xin cam đoan : Khoá luận tốt nghiệp kết trình học tập, nghiên cứu nỗ lực em với giúp đỡ thầy cô , bạn sinh viên khoa toán trƣờng Đại Học Sƣ Phạm Hà Nội 2, đặc biệt hƣớng dẫn tận tình cô giáo Dương Thị Luyến Trong trình làm khoá luận em có tham khảo tài liệu có liên quan đƣợc hệ thống mục tài liệu tham khảo Khoá luận tốt nghiệp " Phương trình nghiệm nguyên " trùng lặp với khoá luận khác Hà Nội, tháng năm 2010 Sinh viên Nguyễn Thị Hồng Hạnh Mục lục Trang Phần I Mở đầu Lí chọn đề tài Mục đích, yêu cầu đề tài Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Phƣơng pháp nghiên cứu Phần II Nội dung Chƣơng khái niệm 1.1 Tính chia hết tập số nguyên 1.2 Ƣớc chung lớn bội chung nhỏ 1.3 Đồng dƣ 1.4 Vài định lí số học 1.5 Thuật toán Ơclit 10 1.6 Phƣơng trình nghiệm nguyên 10 1.7 Liên phân số 11 1.8 Công thức tổng quát dãy đặc biệt 14 Chƣơng Phƣơng trình Điôphăng 16 2.1 Phƣơng trình bậc hai ẩn 16 2.2 Phƣơng trình bậc nhiều ẩn 24 Chƣơng Phƣơng trình Pell 27 3.1 Phƣơng trình Pell loại I 27 3.2 Phƣơng trình Pell loại II 33 Chƣơng Phƣơng trình Pitago 42 4.1 Giải phƣơng trình Pitago 42 4.2 Một vài tính chất ba Pitago nguyên thủy 45 4.3 Ví dụ sử dụng số Pitago 45 Chƣơng Phƣơng trình Fermat 50 5.1 ch ứng minh định lí lớn Fermat với n = 50 5.2 Lị ch sử chứng minh định lí lớn Fermat 54 Chƣơng Phƣơng trình đồng dƣ ẩn 57 6.1 Các khái niệm 57 6.2 Phƣơng trình bậc ax ≡ b ( mod m) 57 6.3 Phƣơng trình đồng dƣ f(x) ≡ ( mod m) 60 Kết luận 66 Tài liệu tham khảo 67 Phần I mở đầu Lí chọn đề tài Toán học ngành khoa học đời sớm nhất, số học tảng cho đời toán học Mặt khác phƣơng trình nghiệm nguyên đề tài lí thú số học, lôi nhiều độc giả nghiên cứu, lịch sử toán học có nhiều nhà toán học lớn nghiên cứu vấn đề nhƣ Điôphăng hay Fermat với Định lí lớn Fermat toán để nhà toán học nghiên cứu, tìm tòi cách giải suốt ba kỉ Tuy nhiên chƣơng trình phổ thông phƣơng trình nghiệm nguyên chƣa đƣợc dành nhiều thời gian mà học sinh thƣờng lúng túng giải toán phƣơng trình nghiệm nguyên, đặc biệt kì thi học sinh giỏi Phần lớn phƣơng trình nghiệm nguyên cách giải tổng quát Mỗi toán, đòi hỏi có cách giải vấn đề riêng, có cách giải riêng phù hợp Do đòi hỏi em học sinh phải tƣ duy, sáng tạo việc giải phƣơng trình nghiệm nguyên Song có số phƣơng trình nghiệm nguyên có cách giải riêng : phƣơng trình bậc ẩn, phƣơng trình Pitago, phƣơng trình Pell, nhƣng chúng chƣa đƣợc hệ thống cách đầy đủ, rõ ràng Với lí em chọn đề tài phương trình nghiệm nguyên Mục đích, yêu cầu đề tài Đề tài nhằm hệ thống đầy đủ xác cách giải số phƣơng trình nghiệm nguyên: Phƣơng trình Điôphăng( bậc hai ẩn bậc nhiều ẩn), phƣơng trình Pell ( loại I loại II), phƣơng trình Pitago, phƣơng trình Fermat, phƣơng trình đồng dƣ ẩn Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu Đối tƣợng nghiên cứu: Phƣơng trình nghiệm nguyên Phạm vi nghiên cứu : Do hạn chế mặt thời gian nhƣ lực thân nên đề tài dừng lại việc nghiên cứu số phƣơng trình nghiệm nguyên đặc biệt Nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài nghiên cứu vấn đề sau: Chƣơng Các khái niệm Chƣơng Phƣơng trình Điôphăng Chƣơng Phƣơng trình Pell Chƣơng Phƣơng trình Pitago Chƣơng Phƣơng trình Fermat Chƣơng Phƣơng trình đồng dƣ ẩn Phƣơng pháp nghiên cứu - Nghiên cứu, phân tích tài liệu - Hệ thống, khái quát vấn đề - Sƣu tầm, giải toán - Tổng kết kinh nghiệm Phần II Nội dung Chƣơng Các khái niệm 1.1 Tính chia hết tập số nguyên Định nghĩa Giả sử a b số nguyên Ta nói b chia hết a hay a chia hết cho b nhƣ có số nguyên q cho a = bq Khi ta nói b ƣớc a hay a bội b viết b│a hay a  b Định nghĩa Một số tự nhiên p > đƣợc gọi số nguyên tố có ƣớc số *) Các tính chất tính chia hết 1) Nếu a, b nguyên dƣơng mà a  b a ≥ b 2) Nếu  b ( i = n) (a1+ a2 + + an)  b Định lí phép chia với dƣ Với cặp số nguyên a, b, b ≠ tồn cặp số nguyên q,r thoả mãn hệ thức a = bq + r ,  r  b 1.2.Ƣớc chung lớn (ƢCLN) bội chung nhỏ (BCNN), Định nghĩa a) Một số nguyên d đƣợc gọi ƣớc chung số nguyên a1, a2, ,an d ƣớc số nguyên b) Một ƣớc chung d số nguyên a1, a2, ,an cho ƣớc chung a1, a2, ,an ƣớc d , đƣợc gọi ƣớc chung lớn số Kí hiệu d = (a1, a2, ,an) c) Các số nguyên a1, a2, ,an đƣợc gọi nguyên tố ƣớc chung lớn chúng Định nghĩa a) Giả sử a1, a2, ,an số nguyên khác Số nguyên b đƣợc gọi bội chung a1, a2, ,an b bội số nguyên b) Một bội chung m số nguyên khác không a1, a2, ,an cho bội chung a1, a2, ,an bội m, gọi bội chung nhỏ số Kí hiệu : m = [a1, a2, ,an] *) Các tính chất ƢCLN BCNN 1) Với số nguyên dƣơng a, b ta có : (a,b)[a,b] = ab 2) Cho m ≠ ta có (ma1,ma2, ,man) = m(a1,a2, ,an) [ma1,ma2, ,man] = m[a1,a2, ,an] 3) Với số nguyên a, b tồn số nguyên r, s cho ar + bs = (a,b) 4) d=(a,b) ( a b , ) = d d 5) Nếu (a,b) = tồn số nguyên r, s cho ar + bs = 6) Nếu (a,b) = , a│bc a│c 1.3.Đồng dƣ Định nghĩa Cho m số nguyên dƣơng Ta nói hai số nguyên a b đồng dƣ với theo môđun m phép chia a b cho m ta đƣợc số dƣ Kí hiệu a ≡ b (mod m) Nhận xét: a ≡ b (mod m)  a = b + mt  m │(a – b) *) Các tính chất đồng dƣ thức 1) Quan hệ đồng dƣ quan hệ tƣơng đƣơng Z 2) Nếu ≡ bi (mod m) ,i = n ta có n n  ka   kb (mod m), k = ± i 1 i i 1 i 3) Nếu ≡ bi (mod m) ,i = 1…n ta có n n a  b i 1 i i 1 i (mod m) 4) Giả sử a, b  Z cho: a ≡ b (mod m1), a ≡ b (mod m2), , a ≡ b (mod mk) ta có a ≡ b (mod m) với m = [m1, m2, , mk] Định nghĩa Tập thƣơng tập hợp số nguyên Z quan hệ đồng dƣ theo môđun m đƣợc gọi tập hợp lớp thặng dƣ môđun m kí hiệu Zm.Mỗi phần tử Zm gọi lớp thặng dƣ môđun m Nếu A  Zm a số nguyên thuộc A ta kí hiệu : A = a (mod m) Định nghĩa Cho m số nguyên dƣơng Tập hợp H gồm số nguyên lấy lớp thặng dƣ Zm số đƣợc gọi hệ thặng dƣ đầy đủ môđun m VD: Với m = ta có {0,1,2,3,4,5,6} hệ thặng dƣ đầy đủ môđun 1.4.Vài định lí số học 1.4.1.Định lí số học.(Định lí số nguyên tố) Cho n số nguyên dƣơng (n>1) Khi n biểu diễn đƣợc cách ( không tính đến việc xếp thứ tự nhân tử ) dƣới dạng sau:    n = p1 p2 pk k Trong k, ỏi, (i = 1, k ) số tự nhiên pi (i = 1, k ) số nguyên tố Khi dạng phân tích đƣợc gọi dạng khai triển tắc số nguyên dƣơng n 1.4.2.Định lí Fermat Cho p số nguyên tố a số nguyên tuỳ ý : ap ≡ a ( mod p) Nếu (a,p) = ap -1 ≡ ( mod p) 1.4.3.Định lí Ơle 10 Ví dụ Chứng minh phương trình x4 - 4y4 = z2 (1) nghiệm nguyên dương Giải Giả sử trái lại , phƣơng trình có nghiệm nguyên dƣơng Gọi (xo,yo,zo) nghiệm nguyên dƣơng , với zo bé Ta có : xo4 - 4yo4 = zo2 (2) Trƣớc hết ta (xo,yo) = Thật , trái lại tồn ƣớc nguyên tố chung p xo,yo , tức xo  p, yo  p , xo4 - 4yo4  p4 Vì từ (2) =>zo2  p4 hay zo  p2 Do xo  p, yo  p, zo  p2 nên đặt xo = px1, yo = py1, zo = p2z1 Thay lại vào (2) ta có : p4(x14 - 4y14)= p4z12 => x14 - y14 = z12 (3) => (x1,y1,z1) nghiệm nguyên dƣơng (1) Do zo = p2z1 nên zo > z1 điều mâu thuẫn với định nghĩa nghiệm (xo,yo,zo) Vậy điều giả sử sai , tức (xo,yo) = + Nếu xo chẵn (xo = 2k ) Thay vào (2) ta đƣợc (2k)4 – 4yo4 = zo2 => 16k4 – 4yo4 = zo2 (3) Nên zo chẵn ( zo = 2h) thay vào (3) ta đƣợc : 16k4 – 4yo4 = 4h2 => 4k4 – yo4 = h2 (4) Vì xo chẵn ,(xo,yo) = => yo lẻ => yo4  ( mod ) Từ (4) suy : h2  - (mod 4) (5) Vì a2  (mod 4), a2  (mod 4) nên từ (5) suy điều vô lí Vậy x o chẵn sai + Nếu xo lẻ : (x2o)2 - (2y2o)2 = zo2  (x2o)2 = (2y2o)2 + zo2 (6) Từ (6) suy (zo, 2yo2,xo2) ba Pitago Do (xo,yo) = , nên (2yo2,xo2)= => (zo, 2yo2,xo2) = Do (zo, 2yo2,xo2) ba Pitago nguyên thuỷ, 2yo2 chẵn nên theo tính chất nghiệm tồn a, b nguyên dƣơng a > b; (a,b) = 1; a,b không tính chẵn lẻ : 55 2 yo2  2ab  yo2  ab   2 2 x  a  b  xo  a  b  o (7) (8) Vì (a,b) = nên từ (7) suy a = r2, b = s2 Do xo2 = r4 + s4 trình => (r,s, xo) nghiệm nguyên dƣơng phƣơng x4 + y4 = z2 Điều vô lí theo chứng minh phƣơng trình x4 + y4 = z2 nghiệm nguyên dƣơng Vậy điều giả sử sai, tức phƣơng trình x4 - 4y4 = z2 nghiệm nguyên dƣơng Ví dụ Giải phương trình x4 – 2y4 = Giải x4 – 2y4 =  (y2)4 + x4 = (y4 + 1)2 (*) Do phƣơng trình x4 + y4 = z2 nghiệm nguyên dƣơng nên (*) vô nghiệm 5.2.Lịch sử chứng minh định lí lớn Fermat Ngƣời ta tìm thấy chứng minh Fermat với n = , nhƣng đƣợc ông giải toán tổng quát nhƣ Liệu lời giải ông có sai lầm hay không? Chỉ biết phải đến kỉ sau, Ơle chứng minh đƣợc toán với n = năm 1753 thƣ gửi Gônbach Năm 1825, phát minh lí thuyết số, Đirichle Lơgiăngđrơ chứng minh đƣợc với n = Năm 1839 Lame chứng minh đƣợc với n = Sau khoảng năm 1850 Kume chứng minh đƣợc với n ≤ 100 Năm 1978 nhờ máy tính điện tử ngƣời ta chứng minh toán với n nhỏ 125000 Phƣơng trình xn + yn = zn đƣợc gọi phương trình Fermat Nó lôi nhà toán học chuyên nghiệp nghiệp dƣ suốt ba kỉ Trên đƣờng tìm cách giải phƣơng trình đó, nhiều lí thuyết toán học đƣợc sáng tạo Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhà toán học đạt đƣợc kết quan trọng Và để chứng minh định lí lớn Fermat, 56 chứng minh giả thuyết Taniyama nêu : Mọi đƣờng cong elliptic đƣờng cong Weil Chúng ta tìm hiểu đôi chút điều Ta xem nghiệm nguyên phƣơng trình điểm có toạ độ nguyên đƣờng cong Đƣờng cong elliptic đƣợc Taniyama đƣa năm 1955 hội nghị quốc tế Nhật Bản, đƣờng cong cho phƣơng trình y2 = x3 + mx2 + nx + p thoả mãn điều kiện điểm kì dị Nhà toán học Đức Frey ngƣời gắn việc chứng minh định lí lớn Fermat với đƣờng cong elliptic : Giả sử định lí lớn Fermat không tồn số nguyên a, b, c khác số tự nhiên n cho a n + bn = cn Khi tồn đƣờng cong elliptic dạng Frey Năm 1986, Ribet chứng minh đƣợc : Đƣờng cong elliptic dạng Frey tồn đƣờng cong Weil Nhƣ định lí lớn Fermat không tồn đƣờng cong elliptic mà đƣờng cong Weil, trái với giả thuyết Taniyama Điều có nghĩa chứng minh đƣợc giả thuyết Taniyama chứng minh đƣợc định lí lớn Fermat Tháng năm 1993, hội nghị toán học quốc tế Anh, nhà toán học Anh Andrew Wiles, sinh năm 1953, công bố chứng minh giả thuyết Taniyama cho đƣờng cong elliptic dạng Frey dày 200 trang, tức chứng minh đƣợc định lí lớn Fermat Tháng 12 năm ấy, ngƣời ta tìm thấy "lỗ hổng" chứng minh Wiles Tuy nhiên chuyên gia lĩnh vực cho đƣờng Wiles hợp lí, sai lầm Wiles khắc phục đƣợc Đúng nhƣ vậy, năm sau, tháng 10 năm 1994, A.Wiles với R.Taylor công bố báo dài 25 trang hoàn thiện cách chứnh minh Wiles trƣớc 57 Việc chứng minh đƣợc định lí lớn Fermat cho thấy óc ngƣời thật diệu kì : Bất đỉnh cao trí tụê ngƣời vƣơn tới Không có toán mà ngƣời không giải đƣợc, có sớm hay muộn 58 Chƣơng Phƣơng trình đồng dƣ ẩn 6.1.Các khái niệm Định nghĩa Phƣơng trình đồng dƣ ẩn đồng dƣ thức dạng F(x) ≡ G(x) (mod m) Hay f(x) ≡ (mod m) (*) Trong F(x), G(x), g(x) đa thức ẩn với hệ số nguyên Định nghĩa a) Nếu với x = xo  Z ta có đồng dƣ thức f(xo) ≡ (mod m) ta nói xo nghiệm phƣơng trình (*) b) Giải phƣơng trình đồng dƣ tìm tập hợp số nguyên nghiệm phƣơng trình đồng dƣ c) Nếu số nguyên xo nghiệm phƣơng trình đồng dƣ (*) tất số nguyên thuộc lớp x ≡ xo (mod m) nghiệm phƣơng trình (*) Khi ta nói lớp xo (mod m) nghiệm phƣơng trình (*) Do Zm có m phần tử nên ta có hệ sau : Hệ Số nghiệm phƣơng trình đồng dƣ theo môđun m không vƣợt m Vì để tìm nghiệm phƣơng trình đồng dƣ ta việc lần lƣợt cho x lấy giá trị hệ thặng dƣ đầy đủ thử xem giá trị nghiệm phƣơng trình Định nghĩa Ta nói phƣơng trình đồng dƣ : g(x) ≡ (mod m1) h(x) ≡ (mod m2) tƣơng đƣơng với nhƣ tập hợp số nguyên nghiệm phƣơng trình tập hợp số nguyên nghiệm phƣơng trình 6.2.Phƣơng trình bậc ax  b (mod m) (1) (b  0) 6.2.1.Điều kiện có nghiệm số nghiệm 59 Định lí Phƣơng trình (1) có nghiệm (a,m) = d │b Khi (1) có nghiệm có d nghiệm Chứng minh Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm , có x o  Z cho axo  b (mod m) Vì d │a nên d │axo d │m theo tính chất đồng dƣ thức d │b Điều kiện đủ : Giả sử ngƣợc lại (a,m) = d │b Đặt a = a 1d, m = m1d, b = b1d, : (1)  a1x  b1 (mod m1) (2) (a1,m1) = Cho x chạy qua hệ thặng dƣ đầy đủ môđun m1 , a1x chạy qua hệ thặng dƣ đầy đủ môđun m1 nên có thặng dƣ xo hệ cho : a1xo ≡ b1 ( mod m1) , nghĩa (2) có nghiệm lớp thặng dƣ xo ( mod m1) Vì (2)  (1) nên xo ( mod m1) tập hợp giá trị x nghiệm (1) , lớp hợp d lớp thặng dƣ môđun m , d nghiệm (1): xo , xo  m1 , , xo  (d  1)m1 (mod m) Vậy (1) có d nghiệm 6.2.2 Cách giải phƣơng trình bậc ax  b (mod m) Trong chứng minh thấy để giải (1) ta đƣa giải (2) (a1,m1) = Do sau ta tìm nghiệm phƣơng trình : ax  b (mod m) Ta giả thiết 1< a < m Cách : Xác định nghiệm cách chia cho a + Nếu a │b nghiệm (1) x ≡ b (mod m) a + Nếu a không chia hết b có k ( ≤ k ≤ a – 1) để a chia hết b + km Khi (1)  ax ≡ b + km (mod m ) , ta có nghiệm x≡ b  km (mod m) a Cách : Xác định nghiệm cách dùng định lí Ơle 60 Vì (a,m) = nên aử(m) ≡ (mod m) => aử(m)b ≡ b (mod m) Vậy x ≡ aử(m) – b (mod m) nghiệm (1) Cách : Xác định nghiệm cách sử dụng liên phân số Ta khai triển đến giản phân cuối m m thành liên phân số , giả sử =[ao;a1,a2, ,an] Để ý a a Pn 1 Pn ; Qn 1 Qn Theo tính chất giản phân có : Pn1Qn  PnQn1  (1)n Nhƣng a = Qn , m = Pn nên aPn-1 – mQn-1 = (- 1)n Đẳng thức cho ta : aPn-1 ≡ (- )n (mod m) => ab(-1)n Pn-1 ≡ b (mod m) Vậy nghiệm : x ≡ b(-1)n Pn-1 (mod m) Ví dụ Giải phương trình đồng dư sau: a) 3x ≡ ( mod 8) b) 18x ≡ ( mod 42) c) (a + b)x ≡ a2 + b2 (mod ab) (a,b) = Giải a) Cách 1: Ta có (3,8) = 3.3 – = => 3(3.7) – 7.8 = => 3.21 = + 7.8 => x ≡ 21 ≡ ( mod 8) Vậy nghiệm phƣơng trình là: x ≡ (mod 8) Cách 2: Ta có (3,8) = nên theo định lí Ơle có 3ử(8) = 34 ≡ (mod 8) => 3(33.7) ≡ (mod 8) => x ≡ 33.7 ≡ 21 ≡ (mod 8) Vậy nghiệm phƣơng trình là: x ≡ (mod 8) b) Ta có (18,42) = Xét phƣơng trình 3x ≡ ( mod 7) (*) (*) có (3,7) = nên theo định lí Ơle có 3ử(7) = 36 ≡ (mod 7) => 3.35 ≡ (mod 7) => x ≡ 35 ≡ (mod 7) Nghiệm (*) x ≡ (mod 7) phƣơng trình cho có nghiệm : 61 x ≡ ; x ≡ + 1.7 ; x ≡ + 2.7 ; x ≡ + 3.7 ; x ≡ + 4.7 ; x ≡ + 5.7 (mod 42) c) Ta có ( a + b, ab) = (a + b)(a + b) = a2 + b2 + 2ab => x ≡ a + b ( mod ab) Vậy phƣơng trình có nghiệm x ≡ a + b ( mod ab) Ví dụ Giải phương trình 113x ≡ ( mod 289) Giải Ta có (113,289) = nên phƣơng trình có nghiệm Ta có biểu diễn Do 289 = [2; 1,1,3,1,5,2] liên phân số cấp 113 P5 133  => 113.133 – 289.52 = Q5 52 Hay 113.133 ≡ (mod 289) Vậy nghiệm phƣơng trình cho : x ≡ 133.5 ≡ 87 ( mod 289) 6.3 Phƣơng trình đồng dƣ : f(x) ≡ (mod m) (1) Xét phƣơng trình (1), f(x)  Z[x], f(x) có bậc n , m> Ta có m có dạng    phân tích tiêu chuẩn m = p1 p2 pk k Trong k, ỏi (i = 1, ,k) số tự nhiên pi (i = 1, ,k) số nguyên tố thoả mãn: 1< pi< < pk Do (1) tƣơng đƣơng với hệ f(x) ≡ ( mod pii ) i = 1,2, ,k Vậy việc giải phƣơng trình (1) đƣa giải phƣơng trình dạng f(x) ≡ ( mod p ) (2) Nhận xét: Nếu x = xo nghiệm (2) , ỏ > x = xo nghiệm phƣơng trình f(x) ≡ ( mod p  ) ( với õ = 1, 2, ,ỏ – 1) Nhƣ nghiệm phƣơng trình (2) phận nghiệm phƣơng trình f(x) ≡ ( mod 62 p  ) (với õ = 1, 2, ,ỏ – 1) Điều cho phép ta tìm nghiệm phƣơng trình (2) nghiệm phƣơng trình f(x) ≡ (mod p) Định lí Cho đa thức f(x) = anxn + + a1x + ao hệ số nguyên Xét phƣơng trình đồng dƣ f(x) ≡ (mod p) (*) m = p số nguyên tố Nếu phƣơng trình (*) có n + nghiệm phân biệt ( mod p) hệ số a i ( i = 0,1,2, ,n) chia hết cho p Nói riêng f(a) ≡ (mod p)  a  Z Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = khẳng định Thật vậy, giả sử a1x1 + ao ≡ ( mod p), a1x2 + ao ≡ ( mod p) x1, x2 nghiệm phân biệt Trừ vế suy a 1(x1 – x2) ≡ (mod p) => a1 ≡ (mod p) => ao ≡ (mod p) Giả sử khẳng định với đa thức bậc k < n Ta chứng minh điều với k = n Giả sử (*) có n + nghiệm phân biệt x 1, x2, , xn+1(mod p) Xét đa thức g(x) = f(x) – an(x – x1) .(x – xn) Ta có deg(g) g( xn+1) ≡ (mod p) => an(xn+1 – x1) .(xn+1 – xn) ≡ ( mod p) => an ≡ (mod p) Xét đa thức h(x) = f(x) – anxn = an-1xn-1 + + a1x +ao Ta có deg(h) < n h(x) có n nghiệm phân biệt x1,x2, ,xn Theo giả thiết quy nạp suy tất hệ số an – , , ao chia hết cho p Định lí đƣợc chứng minh Chú ý: Định lí không m hợp số Thí dụ xét phƣơng trình x ≡ (mod 8), ta có số 1, 3, 5, nghiệm phân biệt (mod 8) Từ định lí suy phƣơng trình đồng dƣ bậc n ( mod p) có nhiều n nghiệm phân biệt 63 6.3.1.Cách giải phƣơng trình f(x) ≡ ( mod p ) (1) Trƣớc hết ta giải phƣơng trình f(x) ≡ (mod p) (2) tìm đƣợc giá trị xo thoả mãn (2) Giả sử xo thoả mãn phƣơng trình f(x) ≡ ( mod p 1 ) , với ỏ > a) Nếu f’(xo)  (mod p) ( f’(x) đạo hàm hàm số f(x)) lớp thặng dƣ x ≡ xo (mod p 1 ) có nghiệm phƣơng trình (1) Khi phƣơng trình : f ( xo )  tf '( xo )  0(mod p) p 1 Cho nghiệm t = to(mod p) Từ suy x ≡ xo + topỏ – (mod pỏ) nghiệm (1) b) Nếu f’(xo) ≡ (mod p) lớp thặng dƣ x ≡ xo (mod p 1 ) p nghiệm nghiệm phƣơng trình (1) tuỳ theo có chia hết cho p hay không Ví dụ Giải phương trình đồng dư sau: a) 3x2 + 2x + ≡ (mod 19) (1) b) x3 + 6x2 + ≡ (mod 27) (2) c) 9x2 + 29x + 62 ≡ (mod 16) (3) Giải a) (1)  3x2 – 17x + 20 ≡ (mod 19)  (x – 4)(3x – 5) ≡ (mod 19)  x  4(mod19)  x  4(mod19)  3x  5(mod19)  x  8(mod19)   64 có f ( xo ) p 1 b) Xét phƣơng trình x3 + 6x2 + ≡ (mod 3) , phép thử ta đƣợc nghiệm phƣơng trình x ≡ 1(mod 3) Ta có f’(x) = 3x2 + 12x f’(x) ≡ (mod 3) Đồng thời f(1) = nên f (1) = ≡ (mod 3) Bởi nghiệm nghiệm x ≡ 1(mod 3) nghiệm phƣơng trình x3 + 6x2 + ≡ (mod 9) (*) nghĩa (*) có nghiệm x ≡ 1;4;7(mod 9) Với x ≡ 1(mod 9) ta có f (1) + t.f’(1) ≡ (mod 3)  + 15.t ≡ (mod 3) => giá trị t thoả mãn Với x ≡ 4(mod 9) ta có f (4) + t.f’(4) ≡ (mod 3)  18 + 96t ≡ (mod 3) t  1(mod 3)   t  2(mod 3) t  3(mod 3) => nghiệm (2) x ≡ 13; 22; ( mod 27) Với x ≡ 7(mod 9) ta có f (7) + t.f’(7) ≡ (mod 3)  71 + 231.t ≡ (mod 3) => giá trị t thoả mãn Vậy phƣơng trình cho có nghiệm x ≡ 13; 22; ( mod 27) c) Trƣớc hết ta giải phƣơng trình f(x) = 9x2 + 29x + 62 ≡ (mod 2) (*) Ta có (*)  x2 + x ≡ (mod 2)  x(x + 1) ≡ (mod 2) 65 Phƣơng trình với x, nghĩa x ≡ 0; (mod 2) Ta có f’(x) = 18x + 29 + Với xo = ta có f ( xo ) + t.f’(xo) ≡ (mod 2)  31 + 29.t ≡ (mod 2)  to ≡ (mod 2) Suy x ≡ xo + to.2 ≡ (mod 4) Bây với x1 = ta có   f ( x1 ) + t.f’(x1) ≡ (mod 2) 39 + 65t ≡ (mod 2) t1 ≡ (mod 2) Suy x ≡ x1 + t1.22 ≡ (mod 8) Với x2 = ta có   f ( x2 ) + t.f’(x2) ≡ (mod 2) 70 + 137t ≡ (mod 2) t ≡ (mod 2) Suy x ≡ (mod 16) + Với nghiệm x ≡ (mod 2) làm tƣơng tự nhƣ ta đƣợc x ≡ (mod 16) Ví dụ Giải phương trình đồng dư sau x3 + 6x2 + ≡ (mod 18) (1) Giải Ta có 18 = 2.32 Xét phƣơng trình x3 + 6x2 + ≡ (mod 2) (*) Dễ thấy (*) có nghiệm x ≡ (mod 2) Xét phƣơng trình x3 + 6x2 + ≡ (mod 9) (**) Bằng phép thử ta đƣợc nghiệm phƣơng trình x ≡ 1(mod 3) Ta có f’(x) = 3x2 + 12x f’(x) ≡ (mod 3) 66 Đồng thời f(1) = nên f (1) = ≡ (mod 3) Bởi nghiệm nghiệm x ≡ 1(mod 3) nghiệm phƣơng trình x3 + 6x2 + ≡ (mod 9) nghĩa (**) có nghiệm x ≡ 1;4;7(mod 9)  x  2(mod 2)(1) Ta có hệ : Hệ (I)   x  1(mod 9)(2)  x  2(mod 2)(3) Hệ (II)   x  4(mod 9)(4)  x  2(mod 2)(5) Hệ (III)   x  7(mod 9)(6) Giải hệ ta tìm đƣợc nghiệm phƣơng trình cho Giải hệ (I): Từ (1) => x = + 2t, t Z thay vào (2) ta đƣợc + 2t ≡ (mod 9)  t ≡ (mod 9)  t = + 9u, u Z Thay trở lại x ta đƣợc x = 10 + 18u hay x ≡ 10 (mod 18) Giải hệ (II) : Từ (3) => x = + 2t, t Z thay vào (4) ta đƣợc + 2t ≡ (mod 9)  t ≡ (mod 9)  t = + 9u, u Z Thay trở lại x ta đƣợc x = + 18u hay x ≡ (mod 18) Giải hệ (III) : Từ (5) => x = + 2t, t Z thay vào (6) ta đƣợc + 2t ≡ (mod 9)  t ≡ (mod 9)  t = + 9u, u Z Thay trở lại x ta đƣợc x = 16 + 18u hay x ≡ 16 (mod 18) Vậy phƣơng trình cho có nghiệm : x ≡ 4; 10; 16 (mod 18) 67 Kết luận Trong khoá luận Phương trình nghiệm nguyên em trình bày cách giải phƣơng trình nghiệm nguyên: phƣơng trình bậc hai ẩn, phƣơng trình bậc nhiều ẩn, phƣơng trình Pell, phƣơng trình Pitago, phƣơng trình Fermat Trong khoá luận em đƣa số ví dụ lời giải cụ thể dạng phƣơng trình Mặc dù khoá luận có đƣa số phƣơng trình nghiệm nguyên nhiên nhỏ so với kiến thức phƣơng trình nghiệm nguyên, song khoá luận tài liệu cho em học sinh, đặc biệt em học sinh giỏi, thầy cô giáo, bạn sinh viên tham khảo Dù cố gắng nhiều song khoá luận không tránh khỏi thiếu sót em mong nhận đƣợc góp ý thầy cô bạn sinh viên bạn đọc để khoá luận em đƣợc hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn Một lần em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới cô giáo Dương Thị Luyến, thầy cô giáo bạn sinh viên Khoa Toán Trƣờng Đại Học Sƣ Phạm Hà Nội II giúp em hoàn thành khoá luận Hà Nội, tháng năm 2010 Sinh viên Nguyễn Thị Hồng Hạnh 68 Tài liệu tham khảo Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục Hà Huy Khoái, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thông số học, NXB Giáo Dục Lại Đức Thịnh, Giáo trình số học, NXB Giáo Dục Nguyễn Tiến Quang, Bài tập số học, NXB Giáo Dục Vũ Hữu Bình, Phương trình toán với nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ( Quyển 1) , NXB Giáo Dục Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán cấp – số học, NXB trẻ Nguyễn Văn Mậu, Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo Dục Ngô Thúc Lanh, Đại số số học tập 1, NXB Giáo Dục 10 Bùi Huy Hiền _ Nguyễn Hữu Hoan , Bài tập Đại số số học tập 1, NXB Giáo Dục 69 [...]... t’) là 1 nghiệm nguyên của (4) ứng với số xác định t’ xét phƣơng trình : a’n-1xn-1 + a’nxn = t’ (5) Do (a’n-1,a’n) = 1 nên theo hệ quả mục 2.1.1 suy ra (5) luôn có nghiệm nguyên chẳng hạn (x’n-1,x’n) Khi đó rõ ràng (x’1,x’2, ,x’n-2,x’n-1,x’n) là nghiệm nguyên của (1) Ta có thể kết luận rằng mọi nghiệm nguyên của (1) đều là nghiệm của (4) với điều kiện (3) Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x... dy2o = 1 thì (xo,yo) là nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình Pell liên kết Do (a,b) là nghiệm nguyên dƣơng bé nhất của phƣơng trình này nên xo  a = xo2 + dy2o > xo ( vô lý) Nếu xo2 – dy2o = - 1 khi đó (xo,yo) là nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình Pell loại II Đảo lại , giả sử phƣơng trình Pell loại II : x2 – dy2 = -1 có nghiệm nguyên dƣơng Khi đó gọi (xo,yo) là nghiệm nguyên dƣơng nhỏ nhất của... VD 1 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2 – 3y2 = 1 (1) Giải Ta thấy (2,1) là nghiệm nguyên dƣơng bé nhất của phƣơng trình Do đó mọi nghiệm nguyên dƣơng của (1) là (xk,yk) thoả mãn : xk + 3 yk = ( 2 + 3 )k k = 2,3,4… Chẳng hạn k = 2 : x2 + 3 y2 = (2 + 3 )2 = 7 + 4 3 => ( 7,4) là nghiệm nguyên dƣơng thứ 2 của (1) Với k = 3 , x3 + 3 y3 = (2 + 3 )3 = 26 + 15 3 Suy ra (26,15) là nghiệm nguyên dƣơng... 1 nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình VD 3 Giải các phương trình Pell loại I sau: a) x2 – 5y2 = 1 b) x2 – 13y2 = 1 c) x2 – 8y2 = 1 3.2 Phƣơng trình Pell loại II Phƣơng trình Pell loại II : x2 – dy2 = -1 ( d là số nguyên dƣơng và d không là số chính phƣơng ) Ta gọi phƣơng trình Pell loại I là phƣơng trình Pell liên kết với phƣơng trình Pell loại II 3.2.1.Điều kiện để phƣơng trình Pell loại II có nghiệm. .. loại II có nghiệm Định lí Gọi (a,b) là nghiệm nguyên dƣơng bé nhất của phƣơng trình Pell liên kết với phƣơng trình Pell loại II Khi đó, phƣơng trình Pell loại II có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau : a  x 2  dy 2  b  2 xy (I) có nghiệm nguyên dƣơng Chứng minh Trƣớc hết , giả sử (xo,yo) là nghiệm nguyên dƣơng của hệ (I) Vì (a,b) là nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình Pell liên kết : x2 – dy2 = 1 nên... trƣờng hợp này ta cần kiểm tra lại các giá trị đó bằng cách thử trực tiếp vào phƣơng trình đã cho 11 Một phƣơng trình nghiệm nguyên có thể vô nghiệm, có hữƣ hạn nghiệm, có vô số nghiệm Trong trƣờng hợp có vô số nghiệm nguyên, các nghiệm nguyên của phƣơng trình thƣờng đƣợc biểu thị bằng công thức có chứa tham số là một số nguyên 1.7 Liên phân số 1.7.1.Định nghĩa liên phân số hữu hạn Một liên phân số hữu... thì phƣơng trình ax + by = 1 có nghiệm riêng là : xo = (-1)n-1Qn-1 ; yo = (-1)nPn-1 do đó phƣơng trình ax + by = c có nghiệm riêng là : xo = c(-1)n-1Qn-1 ; yo = c(-1)nPn-1 +) Nếu b ... thực a b 1.6 Phƣơng trình nghiệm nguyên Giải phƣơng tình chứa ẩn x, y, z, với nghiệm nguyên tìm tất số nguyên (x, y , z ) thoả mãn phƣơng trình Khi giải phƣơng trình nghiệm nguyên phải lợi dụng... phƣơng trình x4 – y4 = z2 nghiệm nguyên dƣơng nên ta phải có y4 – = => y = => x = Vậy phƣơng trình có nghiệm x = y = Ví dụ a) Tìm nghiệm nguyên dương x  y phương trình : x2 + y2 = 2z2 b) Tìm nghiệm. .. (c1x1,c1y1) nghiệm nguyên (1) 17 (4) (5) Hệ quả: Nếu (a,b) = phƣơng trình (1) có nghiệm nguyên 2.1.2.Cách giải phƣơng trình bậc hai ẩn Cách 1: phương pháp tách riêng giá trị nguyên - Rút gọn phƣơng trình,