Luận văn thạc sĩ toán học Một vài vấn đề về phương trình Diophantine

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ NGỌC KHÁNH MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ NGỌC KHÁNH MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 i Mục lục Mở đầu 1 Giải phương trình Diophantine 1.1 Phương trình Diophantine 1.1.1 Vành Z 1.1.2 Phép chia với dư 1.1.3 Khái niệm phương trình Diophantine 1.1.4 Phương trình Diophantine có điều kiện 1.1.5 Tổng số phương 1.2 Một vài phương pháp giải phương trình Diophantine 1.2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử 1.2.2 Phương pháp đồng dư 1.2.3 Phương pháp đánh giá 1.2.4 Phương pháp tham số hóa 1.2.5 Phương trình nghiệm hữu tỷ qua tham số hóa 1.2.6 Chứng minh phương trình nhiều vô hạn nghiệm 1.2.7 Công thức tính nghiệm 1.3 Một vài phương trình cổ điển 1.3.1 Phương trình Pythagoras 1.3.2 Phương trình Mordell 1.3.3 Phương trình Pell Hệ phương trình Pell 2.1 Hệ phương trình Pell 2.1.1 Tiêu chuẩn Legendre 2.1.2 Hệ phương trình Pell 2.2 Phương trình ba hệ số tổ hợp liên tiếp 3 11 13 13 15 16 18 21 26 28 29 29 32 34 40 40 40 41 42 ii Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 MỞ ĐẦU Số học nói chung Phương trình Diophantine nói riêng lĩnh vực cổ xưa Toán học, lĩnh vực tồn nhiều toán, giả thuyết chưa có câu trả lời Trong suốt trình phát triển Toán học, phương trình Diophantine thu hút nhiều người quan tâm nghiên cứu tìm hiểu Chính việc tìm lời giải cho toán hay chứng minh giả thuyết phương trình Diophantine làm nảy sinh lý thuyết, phương pháp khác Toán học Các toán phương trình Diophantine quy tắc giải tổng quát, có dạng đơn giản Mỗi phương trình với dạng riêng đòi hỏi cách giải đặc trưng phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện tư mền dẻo, linh hoạt cho người làm toán.Chính thế, hầu hết kỳ thi quan trọng thi học sinh giỏi Toán quốc gia, quốc tế, thi Olympic toán , toán liên quan đến phương trình Diophantine hay đề cập đến thường toán khó Việc hệ thống cách tương đối phương pháp giải phương trình Diophantine đưa vấn đề mở phương trình Diophantine cần thiết việc giảng dạy nghiên cứu toán học, đặc biệt công tác ôn luyện học sinh giỏi Với lý đó, luận văn này, trình bày khái niệm phương trình Diophantine, hệ phương trình Pell tổng hợp số phương pháp giải phương trình hệ phương trình Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia làm hai chương đề cập đến vấn đề sau: Chương 1: Giải phương trình Diophantine 1.1 Phương trình Diophantine 1.2 Một vài cách giải phương trình Diophantine 1.3 Một vài phương trình cổ điển Chương 2: Hệ phương trình Pell 2.1 Trình bày Hệ phương trình Pell 2.2 Trình bày Phương trình ba hệ số tổ hợp liên tiếp Luận văn hoàn thành với hướng dẫn nhiệt tình PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Tôi bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy, người dành cho hướng dẫn chu đáo, nghiêm túc qua trình học tập, nghiên cứu thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Thầy Cô khoa Toán trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên,các Thầy, Cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2013 - 2015,Trường THPT Lý Tự Trọng bạn bè đồng nghiệp giúp đỡ tạo điều kiện cho hoàn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2015 Vũ Ngọc Khánh Chương Giải phương trình Diophantine 1.1 Phương trình Diophantine 1.1.1 Vành Z Định nghĩa 1.1.1 Miền nguyên R gọi vành iđêan R iđêan Ta sử dụng kết vành Euclide để rằng, vành Z vành chính, có nghĩa: Mỗi iđêan Z phần tử sinh Do vậy, ta bắt đầu khái niệm vành Euclide Định nghĩa 1.1.2 Cho miền nguyên R Ánh xạ δ : R∗ → N, x → δ(x), từ tập phần tử khác R đến tập số tự nhiên N thỏa mãn hai điều kiện sau đây: (1) Với a, b ∈ R∗ a|b δ(a) δ(b) (2) Với a, b ∈ R, b = 0, có tồn q, r ∈ R cho a = qb + r với r = δ(r) < δ(b) r = gọi ánh xạ Euclide Định nghĩa 1.1.3 Miền nguyên R gọi vành Euclide có ánh xạ Euclide tác động lên tập R∗ Bổ đề 1.1.4 Mỗi vành Euclide vành Chứng minh: Giả sử R vành Euclide với ánh xạ Euclide δ : R∗ → N Vì R vành Euclide nên miền nguyên Giả sử I iđêan R Nếu I = I = (0) iđêan Nếu I = có phần tử a ∈ I, a = Đặt I ∗ = I \ {0} Vì δ(I ∗ ) ⊂ N nên có a0 ∈ I ∗ thỏa mãn δ(a0 ) δ(x) với x ∈ I ∗ Vì a0 ∈ I nên iđêan (a0 ) ⊆ I Bây ta I = (a0 ) Thật vậy, giả sử a ∈ I Do a0 = R vành Euclide nên tồn q, r ∈ R ch a = qa0 + r với r = δ(r) < δ(a0 ) Nếu r = r ∈ I ∗ δ(r) < δ(a0 ) : mâu thuẫn Vậy r = a = qa0 Từ suy a ∈ (a0 ) Do a lấy tùy ý nên I = (a0 ) R vành iđêan Hệ 1.1.5 Vành Z vành Chứng minh: Vành Z miền nguyên Ánh xạ δ : Z∗ → N, n → |n|, ánh xạ Euclide Do vậy, vành Z vành Euclide Theo Bổ đề 1.1.4, vành Z vành iđêan 1.1.2 Phép chia với dư Định nghĩa 1.1.6 Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b = Số a gọi chia hết cho số b hay b chia hết a có c ∈ Z thỏa mãn a = bc Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a b nói b chia hết a viết b|a Khi a = bc b gọi ước a Ví dụ 1.1.7 Chứng minh rằng, tồn vô số số nguyên n thỏa mãn n4 + 1871 chia hết cho 1952 Bài giải: Vì n4 + 1871 = n4 − 81 + 1952 nên n4 + 1871 chia hết cho 1952 n4 − 81 chia hết cho 1952 hay (n − 3)(n + 3)(n2 + 9) chia hết cho 1952 Ta cần lấy n = 1952k ± với k ∈ Z Định lý 1.1.8 Với cặp số nguyên a, b ∈ Z, b = 0, luôn tồn cặp số nguyên q, r ∈ Z cho a = qb + r, Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| cho n|b| −|a||b| −|a| r < |b| a, n ∈ Z} Vì |b| nên a Do −|a||b| ∈ T Vậy T = ∅ Vì T tập bị chặn nên T có số lớn m|b| Từ m|b| a ta suy r = a − m|b| r ∈ Z Ta lại có (m + 1)|b| = m|b| + |b| > m|b| Do tính lớn m|b| T nên (m + 1)|b| > a Như |b| > a − m|b| = r ta có a = qb + r với Tính nhất: Giả sử có hai biểu diễn a = qb+r với với r < |b| r < |b| a = q1 b+r1 r1 < |b| Trừ vế cho vế, ta có r − r1 = b(q1 − q) Từ |r − r1 | < |b| ta suy |q1 − q||b| < |b| Vậy q = q1 hiển nhiên r = r1 Hệ 1.1.9 Với biểu diễn a = qb + r, r < |b|, có (a, b) = (b, r) Ví dụ 1.1.10 Đặt an = 12011 + 22011 + · · · + n2011 với n ∈ N∗ Chứng minh an không chia hết cho n + Bài giải: Ta có 2an = [n2005 + 22005 ] + [(n − 1)2005 + 32005 ] + · · · + [22005 + n2005 ] + Vậy 2an = (n + 2)d + 2, d ∈ N∗ ta suy an không chia hết cho n + 1.1.3 Khái niệm phương trình Diophantine Một vấn đề cổ điển Số học giải phương trình đa thức với hệ số nguyên tập Z Đó giải phương trình nghiệm nguyên hay gọi phương trình Diophantine Để hiểu rõ toán này, trước tiên ta nhắc lại vài khái niệm Định nghĩa 1.1.11 Cho đa thức f (x1 , , xn ) với hệ số số hữu tỉ số nguyên Phương trình f (x1 , , xn ) = gọi phương trình Diophantine Giải phương trình Diophantine f (x1 , , xn ) = tức tìm tất số hữu tỉ, số nguyên hay số nguyên không âm α1 , , αn để cho f (α1 , , αn ) = Cho b, a1 , a2 , , an ∈ Z số không đồng thời Phương trình dạng a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b, (D1 ), gọi phương trình Diophantine bậc hay phương trình Diophantine tuyến tính Ta có ba kết vấn đề mở sau Định lý 1.1.12 Phương trình (D1 ) có nghiệm nguyên (zi ) b chia hết cho d = (a1 , , an ) Có thể chọn nghiệm nguyên (zi ) thỏa mãn điều kiện |zi | |b| + (n − 1) max{|aj | | j = 1, , n}, ∀i Đặc biệt, (a1 , , an ) = (D1 ) có nghiệm nguyên với số nguyên b Chứng minh: Đặt (a1 , , an ) = d Nếu (D1 ) có nghiệm b phải chia hết cho d; b không chia hết cho d (D1 ) vô nghiệm Vậy, không làm tính tổng quát, ta giả thiết d = 1, b = Vì vành Z vành iđêan (a1 , , an ) = nên tồn số nguyên α1 , , αn ∈ Z thỏa mãn a1 α1 + a2 α2 + · · · + an αn = a1 bα1 + a2 bα2 + · · · + an bαn = b Điều chứng tỏ phương trình (D1 ) nhận x1 = bα1 , , xn = bαn làm nghiệm nguyên Tiếp theo, giả sử x1 , , xn nghiệm nguyên phương trình (D1 ) Ta zi < |an |, i = 1, , n − 1, với qi , zi nguyên Đặt biểu diễn xi = qi an + zi , n−1 n n−1 qi Vậy b = zn = xn + i=1 i=1 n−1 (qi an + zi ) + an (zn − xi = i=1 n q i ) = i=1 zi i=1 Điều chứng tỏ (zi ) nghiệm (D1 ) Ta có |zi | < |an | cho i = 1, , n−1; n−1 cho zn ta có |an zn | = |b − zi | |b| + (n − 1)|an | max{|aj | | j = 1, , n} i=1 Chia cho |an |, ta |zi | |b| + (n − 1) max{|aj | | j = 1, , n}, i = 1, , n Định lý 1.1.13 Cho b, a1 , a2 , , an ∈ Z số không dồng thời Nếu b chia hết cho (a1 , a2 , , an ) phương trình (D1 ) có nhiều vô hạn nghiệm nguyên Chứng minh: Theo Định lý 1.1.12, b chia hết cho (a1 , a2 , , an ) phương trình (D1 ) có nghiệm nguyên (α1 , , αn ) Vì a1 , a2 , , an không đồng thời nên tồn = Không hạn chế giả thiết an = Xét x1 = α1 + n−1 ti với ti ∈ Z Khi an t1 , , xn−1 = αn−1 + an tn−1 xn = αn − i=1 n xi = b hay (x1 , , xn ) nghiệm (D1 ) Vì ti nhận giá trị tùy ý i=1 thuộc Z nên (D1 ) có nhiều vô hạn nghiệm Ví dụ 1.1.14 Giải phương trình tuyến tính sau tập Z : 3x + 4y + 5z = Bài giải: Vì(3, 4, 5) = 1, mà ˙: 1, nên phương trình cho có nghiệm Trong Z5 ta xét 3x + 4y = hay 3x + 4y = + 5t Dễ dàng nhận x0 = −1 + 3t, y0 = − t Nghiệm tổng quát 3x + 4y = + 5t x = −1 + 3t + 4u, y = − t − 3u Dễ dàng suy z = − t Tóm lại, nghiệm tổng quát phương trình cho x = −1 + 3t + 4u, y = − t − 3u, z = − t với t, u ∈ Z Ví dụ 1.1.15 Số nghiệm nguyên không âm phương trình tuyến tính x1 + · · · + xk = n n+k−1 k−1 Bài giải: Ký hiệu số nghiệm nguyên không âm phương trình Nk (n) Ta có N1 (n) = Tính N2 (n), tức tính số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x2 = n Phương trình có nghiệm (0, n), (1, n − 1), , (n, 0) nên N2 (n) = n + = n+1 Để tính N3 (n) ta xét phương trình x1 + x2 + x3 = n Cho 33 thuẫn Nếu x, y lẻ x2 ≡ y ≡ (mod 8) Từ phương trình suy x3 ≡ (mod 8) Ta biết số lẻ chia cho có số dư 1, 3, 5, Bằng cách thử trực tiếp suy x ≡ (mod 8) Mặt khác từ phương trình ta có y + = x3 − = (x − 2)(x2 + 2x + 4) Vì x = không nghiệm phương trình nên x > Giả sử p ước nguyên tố x − Ta có y ≡ −8 (mod p) Suy = −8 −2 = , p p p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) Do x − tích số nguyên tố có dạng nên suy x − ≡ (mod 8) x − ≡ (mod 8) Do x ≡ (mod 8) x ≡ (mod 8), mâu thuẫn Mệnh đề 1.3.9 Phương trình x3 = y − 16 có nghiệm nguyên (0; ±4) Chứng minh: Ta có x3 = (y − 4)(y + 4) Nếu y lẻ nên (y − 4, y + 4) = Vì (y − 4)(y + 4) = x3 nên y − y + nên y − 4, y + lập phương số nguyên Vì y lẻ +4 − y + = nên y chẵn suy x chẵn Do y = x3 + 16 chia hết y chia hết cho Đặt y = 4y1 Dễ dàng suy x = 4x1 Như y12 = 4x31 + suy y1 = 2z + Ta có z + z = x31 Vì (z, z + 1) = nên x1 = Vậy x = 0, y = ±4.không có nghiệm nguyên Mệnh đề 1.3.10 Phương trình x3 = y − nghiệm nguyên Chứng minh: Giả sử phương trình cho có nghiệm x y nguyên Nếu x chẵn y chẵn y ≡ 6(mod 8) : vô lý, ˙: Do x y lẻ Nếu y :˙ x3 ≡ −6 ≡ 3(mod 9) : mâu thuẫn, x3 ≡ ≡ ±1(mod 9) Tóm lại, x, y lẻ y không chia hết cho √ √ √ √ Trong vành Z[ 6] ta có x3 = (y − 6)(y + 6) Gọi u ước chung y − √ √ √ √ y+ Khi chuẩn N (u)|y −6 Z Vì u ước y+ 6−y+ = nên N (u)|24 Vì y lẻ N (u)|y − nên N (u) lẻ Nếu N (u) = ±3 y cha hết cho √ √ 3: mâu thuẫn Vậy N (u) = ±1 Do u ước đơn vị y+ 6, y− nguyên √ √ √ √ tố Vì y + 6, y − nguyên tố x3 = (y − 6)(y + 6) nên √ √ y + = u(a + b 6)3 , u ước đơn vị, a b nguyên Vì ước √ √ đơn vị có dạng ±(5 + 6)s , s ∈ Z, nên có ba khả xảy ra: y + = √ √ √ √ √ √ √ (a + b 6)3 y + = (5 + 6)(a + b 6)3 y + = (5 + 6)2 (a + b 6)3 √ √ Trường hợp: y + = (a + b 6)3 Khi = 3a2 b + 6b3 Điều xảy ra, a, b nguyên 34 √ √ √ Trường hợp: y + = (5 + 6)(a + b 6)3 Khi ta có = 5(3a2 b + 6b3 ) + 2(a3 + 18ab2 ) Từ suy ≡ 2a3 (mod 3) ≡ 2a(mod 3) Vậy a ≡ 2(mod 3) suy a2 ≡ 1(mod 3) a3 ≡ 8(mod 9) Từ phương trình = 5(3a2 b + 6b3 ) + 2(a3 + 18ab2 ) với a2 ≡ 1(mod 3) a3 ≡ 8(mod 9) ta suy ≡ 5(3b + 6b3 ) + 2.8(mod 9) Từ suy b3 + 2b + ≡ 0(mod 3) Vì b3 + 2b ≡ 0(mod 3) nên ≡ 0(mod 3) : vô lý √ √ √ = (5 + 6)2 (a + b 6)3 Khi viết dạng (5 + √ √ √ √ √ √ 6)(y + 6) = (a + b 6)3 hay y + = (5 − 6)(a + b 6)3 Lấy liên hợp √ √ √ y − = (5+2 6)(a−b 6)3 Từ suy = 5(3a2 b+6b3 )+2[(−a)3 +18(−a)b2 ] Trường hợp: y + Phương trình nghiệm nguyên a, b Tóm lại, x3 = y − nghiệm nguyên 1.3.3 Phương trình Pell Xét phương trình dạng x2 − dy = A với A ∈ N Ta tìm tất cặp số nguyên phương trình x2 − dy = A √ √ A A có hữu hạn nghiệm qua việc kiểm tra x ∈ [− A , [ A]], y ∈ [− , ] d d Nếu d số phương, viết d = p2 , x2 − dy = A x − py = a với a b nguyên thỏa mãn ab = A Khi (x − py)(x + py) = A hay x + py = b (x, y) thoả mãn phương trình Nếu d phương trình có số hữu hạn nghiệm nguyên Định lý 1.3.11 Cho d số nguyên dương Phương trình x2 −dy = có nghiệm x0 , y0 ∈ N+ d số không phương Chứng minh: Giả thiết x2 − dy = có nghiệm nguyên (x0 , y0 ) với x0 , y0 > Nếu d = n2 với n nguyên dương, n 2, x20 − n2 y02 = Vậy x0 − ny0 = x0 + ny0 = Nhưng hệ thức x0 + ny0 = với n > 1, x0 , y0 > xảy Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương Với d = phương trình x2 − y = có nghiện (x = ±1, y = 0) hay nghiệm nguyên dương Chính kết mà mục d giả thiết số nguyên dương không phương 35 Định nghĩa 1.3.12 Phương trình x2 − dy = Z gọi phương trình Pell Giải phương trình Pell tức tìm tất cặp số nguyên (x, y) ∈ Z2 thỏa mãn phương trình x2 − dy = Ta thấy tập nghiệm phương trình Pell khác rỗng, (1, 0) nghiệm Vấn đề tồn nghiệm nguyên dương (x, y) với x, y Để giải vấn đề ta cần bổ đề sau Bổ đề 1.3.13 Nếu phương trình x2 − dy = có nghiệm nguyên (x0 , y0 ) với y0 = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương Chứng minh: Giả thiết x2 −dy = có nghiệm nguyên (x0 , y0 ) với y0 = Thấy ngay, (−x0 , y0 ), (x0 , −y0 ), (−x0 , −y0 ) nghiệm phương trình Không hạn chế ta coi x0 , y0 Ký hiệu xn , yn số nguyên thỏa mãn √ √ n xn + yn d = (x0 + y0 d) , n = 1, 2, , hay xn = x0 xn−1 + dy0 yn−1 yn = y0 xn−1 + x0 yn−1 , n Hiển nhiên xn > xi , yn > yi n > i Hiển nhiên x2n − dyn2 = (x20 − dy02 )n = Do phương trình cho có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương Bổ đề 1.3.14 Tồn vô số cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn |a2 − db2 | < √ + d √ a b Chứng minh: Từ kết Liên phân số ta có | d − | < √ √ √ a √ a+b d 2 < d + Do |a − db | < < d + < d + b b b b Vậy b2 Ký hiệu P tập tất nghiệm nguyên dương phương trình x2 −dy = Ta P = ∅ công thức xác định tất phần tử thuộc P Định lý 1.3.15 Phương trình Pell x2 − dy = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương Chứng minh: Theo Bổ đề 1.3.14 có vô số cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn √ |a2 − db2 | < + d Do có tồn số nguyên dương k hai cặp số nguyên dương phân biệt (a, b) = (u, v) cho  a2 − db2 = u2 − dv = k a ≡ u(mod k) b ≡ v(mod k)  36 Do au−dbv = kx, av −bu = ky với x, y nguyên khác Vì k x2 −dk y = k nên x2 − dy = hay phương trình x2 − dy = có nghiệm nguyên (|x|, |y|) Theo Bổ đề 1.3.13 phương trình x2 − dy = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương Như vậy, vấn đề P = ∅ giải từ kết Liên phân số suy nghiệm nguyên dương giản phân √ d Để giải vấn đề lại ta cần hai bổ đề sau đây: Bổ đề 1.3.16 Giả thiết (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) thuộc P Khi x2 > x1 y2 > y1 Chứng minh: Vì (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) thuộc P nên x21 − dy12 = = x22 − dy22 Từ ta nhận x22 − x21 = d(y22 − y12 ) Vì x1 , x2 , y1 , y2 nên x2 > x1 y2 > y1 Bổ đề 1.3.17 Trong P ta định nghĩa quan hệ (x1 , y1 ) x2 x1 y2 √ √ x2 + y2 d x1 + y1 d P, (x2 , y2 ) sau: Với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ y1 Khi ta có (x2 , y2 ) (x1 , y1 ) Chứng minh: Giả thiết (x2 , y2 ) (x1 , y1 ) Khi x2 x1 y2 y1 Vậy √ √ x2 + y2 d x1 + y1 d Ngược lại, cho x2 + y2 d x1 + y1 d Nếu x2 < x1 √ √ y2 < y1 theo Bổ đề 1.3.16 x2 + y2 d < x1 + y1 d (mâu thuẫn) Vậy √ x2 x1 Vì x2 √ x1 nên y2 √ y1 theo Bổ đề 1.3.16 Do (x2 , y2 ) (x1 , y1 ) √ Ta biết x2 + y2 d = x1 + y1 d x2 = x1 y2 = y1 Từ nhận xét bổ đề suy quan hệ quan hệ thứ tự tập P tập (P, ) tập thứ tự tốt Theo Bổ đề Zorn, tập P có phần tử nhỏ Ký hiệu (x1 , y1 ) phần tử nhỏ tập (P, ) Nghiệm (x1 , y1 ) gọi nghiệm nhỏ phương trình Pell x2 − dy = Định lý sau cho ta thấy vai trò quan trọng nghiệm nguyên dương nhỏ Định lý 1.3.18 Nếu (x1 , y1 ) nghiệm dương nhỏ phương trình x2 − dy = tất nghiệm nguyên dương phương trình (xn , yn ) với √ √ xn + yn d = (x1 + y1 d)n với n = 1, 2, 3, √ √ Chứng minh: Dễ thấy, từ xn + yn d = (x1 + y1 d)n suy x2n − dyn2 = (x21 − dy12 )n = Do (xn , yn ) nghiệm nguyên dương phương trình cho Giả sử tồn (s, t) nghiệm nguyên dương khác (xn , yn ) với 37 √ √ n = 1, 2, 3, Vì x1 + y1 d > s + t d > nên có số nguyên dương m cho √ Vì (x1 + y1 d)−1 √ √ √ (x1 + y1 d)m < s + t d < (x1 + y1 d)m+1 √ = x1 − y1 d nên từ bất đẳng thức ta suy √ √ √ √ √ < (s + t d)(x1 + y1 d)−m = (s + t d)(x1 − y1 d)m < x1 + y1 d √ √ √ Viết (s + t d)(x1 − y1 d)m = a + b d với a b nguyên Vì a2 − db2 = (s2 − dt2 )(x21 − dy12 )m = nên (a, b) nghiệm phương trình x2 − dy = √ √ √ √ với < a + b d < x1 + y1 d Mặt khác, từ a + b d > suy < a − b d = √ (a + b d)−1 < Do  √ √ a = (a + b d) + (a − b d) > + > 2 b√d = (a + b√d) − (a − b√d) > − = 2 2 √ √ Như vậy, (a, b) ∈ P với a + b d < x1 + y1 d Theo Bổ đề 1.3.17 có (x1 , y1 ) > (a, b) (mâu thuẫn) Định lí chứng minh Tóm lại, phương trình Pell x2 − dy = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương √ nghiệm nguyên dương (xn , yn ) biểu diễn qua xn + yn d = √ (x1 + y1 d)n Vì √ √ xn + yn √d = (x1 + y1 √d)n xn − yn d = (x1 − y1 d)n nên √ √  (x1 + y1 d)n + (x1 − y1 d)n   xn = √ n √ n (x + y d) − (x − y d) 1 1  yn = √ d Ví dụ 1.3.19 Chứng minh phương trình Pell x2 − 3y = có vô hạn nghiệm nguyên dương Bài giải: Ta thấy, (a, b) nghiệm nguyên dương a2 − 3b2 = Khi √ √ = (a2 −3b2 )2 = (a−b 3)2 (a+b 3)2 = (a2 +3b2 )2 −3(2ab)2 (a2 +3b2 , 2ab) nghiệm nguyên dương x2 − 3y = Tóm lại, phương trình cho có vô hạn nghiệm nguyên dương xác định sau: với số nguyên n x0 = y0 = xn+1 = x2n + 3yn2 yn+1 = 2xn yn Ví dụ 1.3.20 Giải phương trình Pell x2 − 7y = Bài giải: Ta thấy √ = [2; 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, ] Dãy {Pi } {Qi } xác định: P0 = 2, Q0 = 1, P1 = 3, Q1 = 1, P2 = 5, Q2 = 2, P3 = 8, Q3 = 38 Dễ dàng kiểm tra (8, 3) nghiệm nguyên dương nhỏ Vậy nghiệm √ nguyên dương x2 − 7y = xác định theo công thức x + y = (8 + √ 7)n , n = 1, 2, Ví dụ 1.3.21 Giải phương trình Pell x2 − 13y = Bài giải: Khai triển √ 13 = [3; 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, ] = [3; (1, 1, 1, 1, 6)] Tính giản phân tương ứng P0 = Q0 = P1 = Q1 = P2 = Q2 = P3 = 11 Q3 = P4 = 18 Q4 = P5 = 119 Q5 = 33 √ tiếp tục P9 = 649, Q9 = 180 thỏa mãn xn + yn 13 = (649 + √ 180 13)n Ví dụ 1.3.22 Giả sử số nguyên n > thỏa mãn n2 biểu diễn thành hiệu lập phương hai số nguyên dương liên tiếp Khi n tổng hai số phương Bài giải: Giả sử có số tự nhiên dương m để n2 = (m + 1)3 − m3 Khi (2n)2 − 3(2m + 1)2 = Như cặp (x, y) = (2n, 2m + 1) nghiệm phương trình Pell x2 − 3y = Xét nghiệm (x, y) phương trình Pell x2 − 3y = với x > số chẵn y số lẻ Vì nghiệm (2, 1) nghiệm nhỏ nên nghiệm nguyên dương (xk , yk ) xác định qua xk +k √ = (2 + √ k 3) Việc xác định dẫn tới việc xác định số hạng hai dã sau:  x1 = 2, y1 = xk+1 = 2xk + 3yk yk+1 = xk + 2yk , k  Từ hệ truy hồi ta suy xk : số nguyên dương chẵn, yk : số nguyên dương lẻ nguyên dương lẻ ta có công thức xác định √ k số √ (2 + 3)2i+1 + (2 − 3)2i+1 2n = x2i+1 = , i ∈ N i > Ví dụ 1.3.23 Với số nguyên a, b, c, đặt q(a, b, c) = {an2 + bn + c|n ∈ N} Khi hãy: (i) Chúng minh q(6, 3, −2) không chứa số phương (ii) Xác định tập vô hạn khác q(a, b, c) không chứa số phương 39 Bài giải: (i) Ta phải phương trình 6n2 + 3n − = m2 nghệm nguyên không âm n, m Nhân hai vế với 24 (12n + 3)2 − 57 = 24m2 hay x2 − 6y = 57 với x = 12n, y = 2m Nghiệm nhỏ phương trình Pell x2 − 6y  = (5, 2) Vì nghiệm nhỏ (a, b) x2 − 6y = 57 phải thỏa √  57 0 b 2(5 + 1) mãn hệ Như a = : không thỏa mãn √ √  0 < a √2 = 2.6 Vậy q(6, 3, −2) không chứa số phương (ii) (Sử dụng khái niệm liên phân số) 40 Chương Hệ phương trình Pell 2.1 2.1.1 Hệ phương trình Pell Tiêu chuẩn Legendre Trong phần này, trước tiên nhắc lại tiêu chuẩn Legendre kết F Luca L Szalay [11] qua hai kết tồn nghiệm nguyên (x, y, z) khác không phương trình Diophante ax2 + by + cz = với số nguyên a, b, c khác Định lý 2.1.1 [Legendre] Giả sử a, b, c số nguyên nhân tử phương thỏa mãn a > 0, b < 0, c < (a, b) = (b, c) = (c, a) = Khi đó, phương trình ax2 + by + cz = có nghiệm nguyên (x, y, z) khác không ba phương trình đồng dư sau giải được: t2 ≡ −ab(mod c), t2 ≡ −bc(mod a), t2 ≡ −ca(mod b) Hơn nữa, nghiệm khác không tồn có nghiệm (x0 , y0 , z0 ) khác không phương trình thỏa mãn max{x0 , y0 , z0 } √ abc Định lý 2.1.2 [Luca-Szalay] Giả thiết số nguyên a, b, c nhân tử phương thỏa mãn (a, b) = (b, c) = (c, a) = (x0 , y0 , z0 ) nghiệm nguyên với z0 = phương trình ax2 + by + cz = (I0 ) Khi đó, tất nghiệm nguyên (x, y, z) với z = phương trình ax2 + by + cz = (I0 ) 41 biểu diễn thành dạng  D 2  x = ± d (−ax0 s − 2by0 rs + bx0 r ) 2 y = ±D d (ay0 s − 2ax0 rs + by0 r )   2 z = ±D d (az0 s + bz0 r ) r s > nguyên tố nhau, D số nguyên khác d số nguyên dương bị chặn Chứng minh: Giả sử (x, y, z) với z = nghiệm nguyên phương trình (I0 ) Vì (a, b) = (b, c) = (c, a) = nên (x, y) = (y, z) = (z, x) =: D Đặt X = x/z, Y = y/z, X0 = x0 /z0 Y0 = y0 /z0 Biểu diễn Y − Y0 = t(X − X0 ) Hiển nhiên, t số hữu tỷ (X, Y ) = (X0 , Y0 ) Giả sử t = r/s với hai số nguyên r, s, s > 0, (r, s) = Từ phương trình (I0 ) ta suy aX + bY = −c (I) aX02 + bY02 = −c Thế X qua X0 + (X − X0 ) Y qua Y0 + t(X − X0 ) vào (I) ta nhận (X − X0 )[2aX0 + 2bY0 t + (X − X0 )(a + bt2 )] = −2aX0 − 2bY0 t −aX0 − 2bY0 t + bX0 t2 Do X = X0 nên X = X0 + = suy a + bt2 a + bt2 aY0 − 2aX0 t − bY0 t r Y = Thế t qua phân số t = ta nhận biểu diễn a + bt s  2   x = X = −ax0 s − 22by0 rs +2 bx0 r z az0 s + bz0 r − 2ax rs − by r y ay s  0  =Y = z az0 s2 + bz0 r2 Vì D = (x, z) = (y, z) nên  D 2  x = ± d (−ax0 s − 2by0 rs + bx0 r ) 2 y = ±D d (ay0 s − 2ax0 rs + by0 r )   2 z = ±D d (az0 s + bz0 r ) 2.1.2 Hệ phương trình Pell a1 x2 + b1 y = c1 (I1 ) N với a2 x2 + b2 y = c2 (I2 ) hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện a1 b1 < 0, a2 b2 < c1 c2 = 0, a1 c2 −a2 c1 = Xét hệ hai phương trình Diophantine Nhân phương trình (I1 ) với c2 (I2 ) với c1 trừ ta nhận phương trình với ba hệ số khác đây: (a1 c2 − a2 c1 )x2 + b1 c2 y − b2 c1 z = (I3 ) 42 Kiểm tra, điều kiện Định lý 2.1.1 thỏa mãn Sau chia hệ số cho ước chung lớn (a1 c2 − a2 c1 , b1 c2 , b2 c1 ) nhân hai vế với -1 ta nhận phương trình a3 x2 + b3 y + c3 z = Nhân hai vế với tích ước chung lớn (a3 , b3 ).(b3 , c3 ).(c3 , a3 ) đặt lại biến ta nhận phương trình sau đây: aX + bY + cZ = (I4 ) với X, Y, Z hoán vị cx x, cy y, cz z cx , cy , cz số nguyên dương thích hợp Hơn nữa, hệ số a, b, c thỏa mãn a > 0, b < 0, c < cặp nguyên tố Theo tiêu chuẩn Legendre, cần nghiệm sở (X0 , Y0 , Z0 ) Xét vài ví dụ hệ phương trình Pell dây: Ví dụ 2.1.3 [9] Với hệ y − Dz = x2 − 2Dz = Z Cao nhận nghiệm D = 2.3, (x, y, z) = (7, 5, 2) D = 2.3.5.7, (x, y, z) = (41, 29, 2) D = 3.17.29.41, (x, y, z) = (1393, 985, 4) Ví dụ 2.1.4 Giải hệ x2 − 5y = z − 8x2 = N∗ Bài giải: Đặt X = x, Y = y, Z = 2z Khi 33X −5Y −Z Vì t2 = 33(mod(−5)) nên hệ nghiệm theo Định lý 2.1.1 2.2 Phương trình ba hệ số tổ hợp liên tiếp Trong báo, D Singmaster rằng, có nhiều vô hạn cặp số nguyên dương (n, k) thỏa mãn phương trình Diophantine n k = n−1 k+1 Sau đó, Goetgheluck mở rộng kết chứng minh rằng, có nhiều vô hạn cặp số nguyên dương (n, k) thỏa mãn phương trình Diophantine n k = n−1 k+1 43 Các nghiệm phương trình này, suy từ nghiệm phương trình Pell x2 − 3y = −2 Tất nhiên, phương trình Diophantine tuyến tính a b n k+1 +c n k+2 n k + = F Luca L Szalay xét đến Bây trình bày kết phương trình n a k 2 n +b k+1 n +c k+2 = Định lý 2.2.1 Giả sử a, b, c ba số nguyên khác a > 0.(a, b, c) = Khi đó, phương trình Diophantine n a k n +b k+1 n +c k+2 = (II1 ) có số hữu hạn nghiệm nguyên dương (n, k) với n − k 0, b < c < Các trường hợp khác xét tương tự Phương trình (II1 ) viết thành dạng đây: (α + 1)2 (aα2 + bβ ) = −cβ (β − 1)2 , (II2 ) với α = k + β = n − k số nguyên dương Phương trình chuyển thành Aα2 + Bβ = −Cδ β(β − 1) Như vậy, tồn số nguyên dương C1 để C12 |C, C1 δ α+1 C số nguyên Aα2 + Bβ = − (C1 δ)2 Giả sử γ = C1 δ Tương tự C1 chứng minh Định lý 2.1.2, tồn số nguyên a, b, c, u, v, w từ số A, B, C, với số hữu tỷ δ = ba số nguyên a, b, c thỏa mãn a > 0, b < 0, c < 0, nhân tử phương cặp nguyên tố nhau; u, v, w dương để nghiệm nguyên (α, β, γ) phương trình Aα2 + Bβ = − C γ có tính chất C12 (x, y, z) = (uα, vβ, wγ) nghiệm phương trình ax2 + by = −cz Với tọa độ (x, y), phương trình (II2 ) viết thành ax2 + by = −c Vậy z = C1 wβ(β − 1) α+1 = −c C1 uwy(y − v) v (x + u) C1 uwy(y − v) ta nhận v (x + u) v (x + u)z = C1 uwy(y − v) (II3 ) 44 Bây vận dụng Định lý 2.1.2, ta viết  x1 = x1 (r, s) = | − ax0 s2 − 2by0 rs + bx0 r2 |/d y1 = y1 (r, s) = |ay0 s2 − 2ax0 rs − by0 r2 |/d z1 = z1 (r, s) = |az0 s2 + bz0 r2 |/d  Với ký hiệu này, có x1 , y1 , z1 số nguyên dương cặp nguyên tố Hơn nữa, theo Định lý 2.1.2 có (x, y, z) = (Dx1 , Dy1 , Dz1 ) Chúng ta ý dấu D để x, y, z nguyên dương Phương trình (II3 ) viết lại v (Dx1 + u)z1 = C1 uwy1 (Dy1 − v) Vì y1 , z1 nguyên tố nên z1 |C1 uw(Dy1 − v) Như C1 uw(Dy1 − v) v (Dx1 + u) = =E y1 z1 E số nguyên dương Phương trình dẫn đến hệ hai phương trình tuyến tính (v x1 )D − Ey1 = −uv (C1 uwy1 )D − Ez1 = C1 uvw Ta có định thức hệ phương trình ∆ = −(v x1 z1 −C1 uwy12 ) Đây dạng bậc hai biến r, s Hơn nữa, hai D E số nguyên nên ∆ phải chia hết hai (−uv )(−z1 )−(C1 uvw)(−y1 ) = uv(vz1 +C1 wy1 ) (v x1 )(C1 uvw) − (C1 uwy1 )(−uv ) = C − 1uv w(vx1 + uy1 ) Do u, v, w, x1 , y1 số nguyên dương nên ∆ = Đặt ∆1 = (∆, uv), ∆2 = (∆, C1 uv w) ∆ Khi ∆1 uv, ∆2 C1 uv w ∆3 chia hết ả hai F (r, s) = [∆1 , ∆2 ] vz1 + C1 wy1 G(r, s) = vx1 + uy1 Hai đa thức hai đa thức ∆3 = bậc Bằng cách vận dụng lý thuyết dạng tuyến tính logarith [10] ta hoàn thành phép chứng minh định lý 45 Kết luận Trong luận văn này, trình bày lại kết sau: (1) Khái niệm phương trình Diophantine phương trình Diophantine có điều kiện (2) Một vài phương pháp giải phương trình Diophantine Cụ thể, phương pháp phân tích thành nhân tử, phương pháp đồng dư, phương pháp đánh giá, phương pháp tham số hóa (3) Một vài phương trình cổ điển: Phương trình Pythagoras, Phương trình Mordell, Phương trình Pell (4) Hệ phương trình Pell (5) Phương trình ba hệ số tổ hợp liên tiếp 46 Tài liệu tham khảo [1] Đào Thị Thương Hoài (2010), Một vài vấn đề phương trình Diophantine, Luận văn thạc sỹ Toán học, Trường Đại học khoa học - Đại học Thái nguyên [2] Phạm Quang Hưng (2014), Một số toán mở lý thuyết phương trình Diophantine, Luận văn thạc sỹ Toán học, Trường Đại học khoa học - Đại học Thái nguyên [3] Hà Huy Khoái (1997), Nhập môn số học thuật toán, Nhà xuất Khoa học [4] Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2007), Giáo trình Đại số Sơ cấp, Nhà Xuất Bản ĐHSP Hà Nội [5] Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2007), Cơ sở lý thuyết số đa thức, Nhà xuất ĐHSP Hà Nội [6] George E Andrews (1971), Number Theory, Dover Publications, Inc New York [7] T Andreescu, D Andrica and I Cucurezeanu (2010), An Introduction to Diophantine Equations, Birkhauser [8] J L Davison (1994), On the linear diophantine of Frobenius, J Number Theory, 48, 353-363 [9] Z Cao (1983), On the Diophantine equations x2 + = 2y , x2 − = 2Dz , J of Math no 3, pp 227-235 [10] T N Shorey and R Tijdeman (1986), Exponential diophantine equations, Cambridge University Pres 47 [11] L Szalay (2007), On the resolution of simultaneous Pell equations, Annales Mathematicae et Informaticae (34), pp 77-87 [...]... 1.3.1 Phương trình x2 + y 2 = z 2 trong Z được gọi là phương trình Pythagoras Nghiệm của phương trình này được gọi là bộ ba Pythagoras 30 Ta thấy ngay tập nghiệm của phương trình này là một tập vô hạn vì (3t, 4t, 5t) với t nguyên đều là nghiệm của phương trình này Khi (x0 , y0 , z0 ) là nghiệm của phương trình Pythagoras thì (±x0 , ±y0 , ±z0 ) và (±y0 , ±x0 , ±z0 ) cũng là nghiệm của phương trình. .. và z1 < z0 Từ đó suy ra mâu thuẫn Hệ quả 1.3.5 Phương trình F4 : x4 + y 4 = z 4 không có nghiệm nguyên x, y, z đều khác 0 1.3.2 Phương trình Mordell Định nghĩa 1.3.6 Phương trình có dạng x3 = y 2 + k , trong đó x, y, k ∈ Z được gọi là phương trình Mordell Ví dụ 1.3.7 [Lebesgue] Phương trình x3 = y 2 − 7 không có nghiệm nguyên Bài giải: Giả sử phương trình trên có nghiệm nguyên Từ x3 = y 2 − 7 ta có... + 4, r − 4, −5, −1 đều có trị tuyệt đối nhỏ hơn n Khi n là số nguyên dương chẵn, n = 2r, kết luận được chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo r dựa vào nhận xét : Nếu có biểu diễn r3 = r13 + r23 + r33 + r43 + r53 thì n3 = (2r1 )3 + (2r2 )3 + (2r3 )3 + (2r4 )3 + (2r5 )3 13 1.2 1.2.1 Một vài phương pháp giải phương trình Diophantine Phương pháp phân tích thành nhân tử Xét phương trình f (x, y, ,... với vấn x y đề giải phương trình f (x, y) = 0 trên Q hay phương trình z d f ( , ) = 0 trên Z, z z ở đó d = deg f (x, y) Định nghĩa 1.2.15 Cho đồ thị phẳng bất khả qui ( ) Những điểm thuộc ( ) với tọa độ thuộc Q được gọi là những điểm hữu tỉ của ( ) Phương trình tham số đường thẳng Đường thẳng d : ax + by + c = 0 có phương trình tham số d :  x = x0 + bt y = y0 − at t ∈ R  ax0 + by0 + c = 0 Phương trình. .. nguyên thuỷ của phương trình x2 + y 2 = z 2 là hợp của {(2mn, n2 − m2 , n2 + m2 )} và {(n2 − m2 , 2mn, n2 + m2 )} với m, n ∈ N, (m, n) = 1 và n > m 1 khác tính chẵn lẻ Định nghĩa 1.3.3 Với số nguyên dương n 3, phương trình Fn : xn + y n = z n 31 trong Z được gọi là phương trình Fermat Nghiệm của phương trình này được gọi là bộ ba Fermat Ta thấy ngay tập nghiệm F của phương trình này là một tập khác rỗng... là một tập vô hạn vì (t, 0, t) ∈ F với t ∈ Z Ta có thể dự đoán tập F không thể chứa nhiều vô hạn các bộ ba Fermat (x, y, z) với x, y, z = 0 Vấn đề đặt ra : Tìm các bộ ba Fermat dương, có nghĩa : x, y, z 1 thuộc Z với (x, y, z) = 1 và xn + y n = z n Đây là vấn đề không đơn giản chút nào Định lý 1.3.4 Phương trình x4 + y 4 = z 2 không có nghiệm nguyên x, y, z đều khác 0 Chứng minh: Giả sử phương trình. .. + 2 x = xt 1 − 2 Vì t +a t +a t +a at(t2 − a) at(t2 + a) , y = Thay x và y vào phương trình thứ hai, x = 0, nên x = 4 t + a2 t4 + a2 ta nhận được phương trình đa thức bậc 12 của t Phương trình này có nhiều t2 (x − y) nhất 12 nghiệm t Vậy hệ phương trình đã cho có không quá 12 nghiệm hữu tỷ Ví dụ 1.2.24 Giải hệ phương trình sau trong Z : x3 + x2 z − y 2 z = 0 5x + y = 21z Bài giải: Nếu z = 0 thì x... 1+t2 y=b      z 1.2.5 Phương trình nghiệm hữu tỷ qua tham số hóa Xét phương trình đa thức với hệ số nguyên f (x1 , x2 , , xn ) = 0 Vấn đề đặt ra: Xác định các nghiệm dạng xi = ϕi (a1 , , ak ) ∈ Q với i = 1, 2, , n Khi giải phương trình ta phải tham số hóa qua việc đặt xi = ϕi (t1 , , tk ) với các ti là các biến và i = 1, 2, , n Giả sử ( ) : f (x, y) = 0 là một đồ thị phẳng Giao ( )Q... vậy z là một ước của xy và x2 + y 2 là một z xy số chính phương Đặt t = và d = (x, y, z) Khi đó x = ad, y = bd, t = cd với z abd a, b, c ∈ Z và (a, b, c) = 1 Ta có ngay z = và a2 + b2 = c2 Từ a = m2 − n2 , b = c 2mn, c = m2 + n2 suy ra x = k(m4 − n4 ), y = 2kmn(m2 + n2 ), z = 2kmn(m2 − n2 ) Bài giải: Ta có x2 + y 2 = với k, m, n ∈ N∗ , m > n 1.3 1.3.1 Một vài phương trình cổ điển Phương trình Pythagoras... Nếu x ≡ 1 (mod 4) thì x + 2 ≡ 3 (mod 4) Do đó tồn tại một ước nguyên tố p của x + 2 sao cho p ≡ 3 (mod 4) Do đó y 2 + 1 ≡ 0 (mod p) Do đó phương trình này vô nghiệm Nếu x ≡ 3 (mod 4) thì x3 ≡ 3(mod 8) Do đó y 2 ≡ 2(mod 8) : mâu thuẫn Vậy phương trình vô nghiệm Ví dụ 1.3.8 Phương trình x3 = y 2 + 16 không có nghiệm nguyên Bài giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên Từ giả thiết suy ra x, y có cùng ... cập đến vấn đề sau: Chương 1: Giải phương trình Diophantine 1.1 Phương trình Diophantine 1.2 Một vài cách giải phương trình Diophantine 1.3 Một vài phương trình cổ điển Chương 2: Hệ phương trình. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ NGỌC KHÁNH MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60... Kết luận Trong luận văn này, trình bày lại kết sau: (1) Khái niệm phương trình Diophantine phương trình Diophantine có điều kiện (2) Một vài phương pháp giải phương trình Diophantine Cụ thể, phương