Về sự tồn tại nghiệm nguyên của một số dạng phương trình Điôfan

Header Page of 133 MỞ ĐẦU Nhiều toán thực tế dẫn tới phương trình đại số với hệ số số nguyên đòi hỏi nghiệm phương trình số nguyên Chẳng hạn, dựng tam giác vuông có ba cạnh a, b, c số nguyên, nghĩa tìm ba số nguyên (a, b, c) thỏa mãn hệ thức a2 + b2 = c2 Một số phương trình loại quen thuộc bậc học phổ thông Tuy nhiên nhiều loại phương trình đáng quan tâm tìm hiểu học tập Phương trình Điôphăng phương trình đại số đòi hỏi tìm nghiệm hữu tỉ nghiệm nguyên Phương trình đại số phương trình bao gồm biểu thức đa thức nhiều biến số Tính "Điôphăng" phương trình biểu chỗ hệ số đa thức phải số hữu tỉ (hoặc số nguyên) nghiệm số hữu tỉ (hoặc số nguyên) Có nhiều dạng phương trình Điôphăng, đơn giản giải trọn vẹn phương trình Điôphăng tuyến tính hai hay nhiều biến số, tất hệ số biến số nguyên (hay nói chung số hữu tỉ) Hai dạng phương trình quen biết từ thời sơ khai lý thuyết số, có từ trước thời Điôphăng ví dụ rõ phương trình Điôphăng Cả hai loại phương trình người Babylon biết đến Đó Phương trình bậc (tuyến tính), hai biến: ax + by = c Phương trình bậc hai (phi tuyến), ba biến: x2 + y2 = z2 Luận văn có mục đích tìm hiểu trình bày số dạng đáng ý phương trình Điôphăng bậc nhât (tuyến tính) bậc cao (2, 4) Xét tồn nghiệm nguyên phương trình này, tính chất nghiệm nguyên chúng số cách tìm nghiệm nguyên cho loại phương trình xét Cụ thể luận văn đề cập tới dạng phương trình Điôphăng sau đây: Footer Page of 133 Header Page of 133 a) Phương trình Điôphăng tuyến tính (bậc nhất): a1x1 + a2x2 + + anxn = b b) Các dạng phương trình Điôphăng bậc hai hai, ba hay bốn biến: x2 + y2 = n (hai biến), x2 + y2 = z2, x2 + axy + y2 = z2 (ba biến), x.y = z.w, x2 + y2 = z2 + w2, x2 + y2 + z2 = t2 (bốn biến) c) Phương trình Điôphăng bậc ba: x3 + y3 = z3 (ba biến) d) Phương trình Điôphăng bậc bốn (phương trình trùng phương): x4 ± x2y2 + y4 = z2, x4 ± y4 = z2 (ba biến), Luận văn việt thành chương: Chương "Phương trình Điôphăng tuyến tính” trình bày khái niệm phương trình Điôphăng tuyến tính, nghiệm nguyên riêng nghiệm nguyên tổng quát phương trình, điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm nguyên Xét số toán có liên quan nghiệm nguyên không âm phương trình Điôphăng bậc ví dụ minh họa Cuối chương nêu số tập áp dụng Chương "Phương trình Điôphăng bậc hai" đề cập tới khái niệm ba Pytago (x2 + y2 = z2), bốn Pytago (x2 + y2 + z2 = t2) tính chất số dạng phương trình Điôphăng bậc hai hai, ba hay bốn biến số (x2 + y2 = k(x - y), x + y = z 2, x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx = 2w2) Nêu tính chất nghiệm số phương trình Điôphăng bậc hai khác (xy = zw, x2 + y2 = z2 + w2, x2 + xyw + y2 = z2, x2 + axy + by2 = z2) Cuối chương, nêu số câu hỏi tập áp dụng Chương "Một số phương trình Điôphăng bậc cao" đề cập tới tính không giải phương trình Điôphăng bậc cao hai có dạng x3 + y3 = z3, x4 + y4 = z4, Đó trường hợp riêng phương trình Fermat x n + yn = zn với x, y, z số nguyên Tiếp giới thiệu định lý lớn Fermat (còn gọi định lý cuối Fermat) nói phương trình xn + yn = zn với n > nghiệm nguyên khác không giả thuyết Euler nói phương trình xn + yn + zn = wn Footer Page of 133 Thang Long University Library Header Page of 133 nghiệm nguyên (khác không) n số nguyên lớn hay 4, hai phản ví dụ Xét số dạng phương trình Điôphăng bậc cao x4  y4 = z2, x4 + y4 = 2z2, x4 + 6x2y2 + y4 = z2 Cuối chương nêu số câu hỏi tập áp dụng Do thời gian kiến thức hạn chế nên chắn luận văn có thiếu sót định, kính mong quí thầy cô bạn đóng góp ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn sau Nhân dịp này, tác giả luận văn xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TS Trần Vũ Thiệu, tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy, cô giáo Bộ môn toán nhiệt tình giảng dạy, cán Phòng sau đại học quản lý khoa học, Ban giám hiệu Trường đại học Thăng Long quan tâm, động viên tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu Trường Hà Nội, tháng 05 năm 2016 Tác giả Nguyễn Hải Hà Footer Page of 133 Header Page of 133 Chương PHƯƠNG TRÌNH ĐIÔPHĂNG TUYẾN TÍNH Chương đề cập tới phương trình Điôphăng tuyến tính, số khái niệm có liên quan, điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm nguyên, ví dụ minh họa Xét số toán có liên quan nghiệm nguyên không âm phương trình Điôphăng tuyến tính Cuối chương nêu số tập áp dụng Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1], [2] [3] 1.1 ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT Mục nhắc lại số khái niệm cần thiết lý thuyết số liên quan tới phương trình Điôphăng tuyến tính: ước số phần dư, số nguyên tố hợp số, ước chung lớn hai hay nhiều số nguyên 1.1.1 Ước số phần dư Xét tập số nguyên ℤ = {0,  1,  2, } Định nghĩa 1.1 Với a, b  ℤ, ta nói a ước (divisor) b tồn số nguyên x cho a.x = b Trong trường hợp ta nói b chía hết (divisible) cho a hay b bội (multiple) a viết a | b (đọc a ước b) Trái lại, ta nói a không ước b viết a ∤ b Ví dụ 1.1 Do - ước 15 nên ta viết | 15 - | 15 Nhưng - không ước 15 nên ta viết - ∤ 15 ∤ 15 Định nghĩa 1.2 Với a  ℤ, điều sau đúng: | a, - | a, a | a, - a | a Ta nói 1, - 1, a - a ước tầm thường (trivial divisors) a; - gọi đơn vị (units), ước khác a gọi ước thực (proper divisors) Từ lý thuyết số, ta có kết sau Footer Page of 133 Thang Long University Library Header Page of 133 Định lý 1.1 (Thuật toán chia) Với a, b  ℤ, b  0, tồn q, r  ℤ,  r < |b| cho a = bq + r (Chia a cho b q thương số, r phần dư) Ví dụ 1.2 a) Với a = 21, b = ta có q = 4, r = 1, 21 = 54 + b) Với a = 20, b = - ta có q = - 6, r = 1, 20 = (- 3)(- 6) + c) Với a = - 13, b = ta có q = - 7, r = 1, - 13 = 2(- 7) + d) Với a = - 11, b = - ta có q = 2, r = 3, - 11 = (- 7)2 + 1.1.2 Số nguyên tố hợp số Định nghĩa 1.3 Số nguyên dương a > gọi số nguyên tố (prime) a ước thực Số nguyên dương a gọi hợp số (composite) a có ước thực Nếu a số nguyên dương số nguyên tố p1, p2, , pk thỏa mãn p1p2 pk = a tích p1p2 pk gọi phân tích thừa số nguyên tố (prime factorization) a Ví dụ 1.3 Các số nguyên tố < 40: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, Các hợp số: 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 27, 28, 30, Định lý 1.2 (Định lý số học) Mọi số a  ℤ, a > 1, có phân tích thừa số nguyên tố (không kể sai khác thứ tự thừa số) Ví dụ 1.4 12 = 223; 18 = 232; 231 = 3711, Định nghĩa 1.4 Cho a, b  ℤ Ta định nghĩa ước chung lớn (greatest common divisor) a b số nguyên lớn d mà a b chia hết cho d: d | a d | b Ước chung lớn ký hiệu (a, b) = d ƯCLN (a, b) = d Trong luận văn ta sử dụng ƯCLN(a, b) để ước chung lớn a b Ví dụ 1.5 Hãy tìm ước chung lớn 28 Ta thấy ước ±1, ±2, ±4, ±8; ước 28 ±1, ±2, ±4, ±7, ±14, 28 Từ đó, ước chung Footer Page of 133 Header Page of 133 28 ±1, ±2, ±4 Vì thế, ước chung lớn 28 Ta viết gcd (8, 28) = Có thể kiểm tra lại ƯCLN(21, - 6) = 3; ƯCLN(- 10, 25) = 5, Định nghĩa 1.5 Nếu ước chung lớn ƯCLN(a, b) = ta nói hai số nguyên a b nguyên tố (relatively prime) Định lý 1.3 Nếu a, b  ℤ ƯCLN(a, b) = d ƯCLN(a/d, b/d) = Ví dụ 1.6 Hãy tìm ước chung lớn 15 40 Bằng cách phân tích thừa số nguyên tố ta có 15 = 3×5 40 = 23×5 Từ đó, ta tìm ước chung lớn 15 40 5, tức ƯCLN(15, 40) = Ta thấy ƯCLN(15/5, 40/5) = ƯCLN(3, 8) = Định lý 1.4 Nếu a, b, c  ℤ cho a | bc a, b nguyên tố a | c Định lý 1.5 Cho a, b, c  ℤ Khi ƯCLN(a + cb, b) = ƯCLN(a, b) Ví dụ 1.7 Xét ba số: a = 130, b = 52, c = 12 Theo Định lý 1.4, ta có ƯCLN(130 + 12×52, 52) = ƯCLN(130, 52) hay ƯCLN(754, 52) = ƯCLN (130, 52) Để kiểm tra đẳng thức này, ta cần tính ƯCLN(754, 52) vàƯCLN (130, 52) Ta thấy 52 = 22×13, 130 = 2×5×13 754 = 2×13×29 Từ suy ƯCLN(754, 52) = ƯCLN(130, 52) = 26 Kết kiểm tra Định nghĩa 1.6 Cho a, b  ℤ Tổ hợp tuyến tính (linear combination) a b tổng có dạng ax + by, x, y  ℤ Định lý 1.6 Cho hai số a, b  ℤ Khi d =ƯCLN (a, b) số nguyên dương nhỏ biểu diễn dạng d = ax + by với x, y  ℤ Ví dụ 1.8 Giả sử a = 57 b = 247 Ta thấy 57 = 3×19 247 = 13×19 Từ ƯCLN(57, 247) = 19 Chọn x = 9, y = - 2, ta có 57×9 - 247×2 = 513 - 494 = 19 = ƯCLN(57, 171) Footer Page of 133 Thang Long University Library Header Page of 133 Định lý 1.7 Nếu a, b, m, n  ℤ c ước số chung a b c ước số ma + nb, nghĩa (c | a c | b) ⇒ c | (ma + nb) Ví dụ 1.9 Giả sử a = 18, b = 33, c = Ta có 18 = 3×6 33 = 3×11 Vì thế, 18 33 chia hết cho Giả sử m = 8, n = - Khi 8×18 - 2×33 = 144 - 66 = 78 Rõ ràng ước 78, 78 = 3×26 Định lý 1.8 Nếu a, b số nguyên dương tập hợp tổ hợp tuyến tính a b tập bội nguyên ƯCLN(a, b) Ví dụ 1.10 Giả sử a = 68, b = 153 Ta thấy 52 = 22×17 117 = 32×17 Do ƯCLN(68, 153) = 17 Với x, y ∈ ℤ tìm số nguyên k nghiệm phương trình 68x + 153y = 17k Tìm x y k = 2, tức x, y thỏa mãn 68x + 153y = 17×2 = 34 Chia hai vế cho 17, phương trình rút gọn 4x + 9y = Ta tìm x = y = - 2, 4×5 - 9×2 = 20 - 18 = 1.1.3 Ước chung lớn n  số nguyên Định nghĩa 1.7 Ta mở rộng định nghĩa ước chung lớn cho n số nguyên với n ≥ Xét n số nguyên, không Ta định nghĩa ước chung lớn chúng số lớn ước chung n số viết ƯCLN (a1, a2, , an) Ví dụ 1.11 Có thể thấy ƯCLN(3, 9, 12) = ƯCLN(5, 25, 45) = Tuy nhiên, ta gặp nhiều ba số nguyên nhiều số phức tạp mà ta dễ dàng tìm ước chung chúng Trong trường hợp thế, ta dùng định lý sau Định lý 1.9 Nếu a1, a2, , an số nguyên, không 0, ƯCLN(a1, a2, , an-1, an) =ƯCLN (a1, a2, , ƯCLN(an-1, an)) Footer Page of 133 Header Page of 133 Ví dụ 1.12 Tìm ước chung lớn 112, 378, 693 2016 Phân tích số nguyên thừa số nguyên tố dùng Định lý 1.9, ta thấy 112 = 24×7, 378 = 233×7, 693 = 32×7×11, 2016 = 25×32×7 ƯCLN(112, 378, 693, 2016) =ƯCLN (112, 378 (693, 2016)) = ƯCLN(112, 378, 63) = ƯCLN(112, (378, 63)) =ƯCLN (112, 63) = Định lý 1.10 Nếu c, d  ℤ c = dq + r, với q, r  ℤ ƯCLN(c, d) = ƯCLN(r, d) Ví dụ 1.13 Xét đẳng thức 75 = 12×6 + Nếu phân tích đẳng thức theo Định lý 1.10, ta thấy c = 75, d = 12, q = r = Ta có 75 = 52×3, 12 = 223 Áp dụng định lý ta ƯCLN(75, 12) = ƯCLN(3, 12) = 1.2 PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYÊN Phương trình có dạng a1x1 + a2x2 + + anxn = c, (1.1) a1, a2, , an, c số nguyên cho trước, gọi phương trình Điôphăng tuyến tính Ta giả thiết n  tất hệ số a1, a2, , an khác Ta bắt đầu với trường hợp n = Kết liên quan đến phương trình Điôphăng tuyến tính nêu định lý sau Định lý 1.11 Giả sử a, b, c số nguyên, a b khác Xét phương trình Điôphăng tuyến tính hai biến Footer Page of 133 Thang Long University Library Header Page of 133 ax + by = c, (1.2) Phương trình (1.2) có nghiệm nguyên d = ƯCLN(a, b) (ước chung lớn a b) ước số c Nếu (x, y) = (x0, y0) nghiệm riêng (1 2) nghiệm nguyên tổng quát phương trình (1.2) có dạng x = x0 + b a t, y = y0 - t, d d (1.3) t số nguyên Nếu c =ƯCLN (a, b) |a| |b| khác tìm nghiệm riêng (x, y) = (x0, y0) (1.3) cho |x0| < |b| |y0| < |a| Chứng minh Nếu d không ước số c rõ ràng phương trình có nghiệm Nếu d ước số c chia hai vế (1.2) cho d, ta cần chứng minh d tổ hợp tuyến tính với hệ số nguyên a b Muốn ta dùng thuật toán Ơclit Rõ ràng b | a ƯCLN(a, b) = b Trái lại, giả sử a = bq + r với số nguyên q, r với < r < b Dễ kiểm tra lại ước chung a b ước chung b r ngược lại Tổng quát ta có ƯCLN (a, b) = ƯCLN(b, r) Nhận xét đưa tới cách tính trực tiếp ước chung lớn hai số nguyên Một cách hệ thống sau: Ta đặt a = r1, b = r0 (giả thiết a > b > 0): r1 = r0q0 + r1,  r1 < r0, r0 = r1q1 + r2,  r2 < r1, r1 = r2q2 + r3,  r3 < r2, r2 = r3q3 + r4,  r4 < r3,   Phép chia cuối phải kết thúc, phần dư ngày bé dần: Footer Page of 133 Header Page 10 of 133 r1 > r0 > r1 > r2 >  0, không âm Nói cách khác, đến lúc dó rn1 chia hết cho rn sau (và để lại phần dư rn+1 = 0) Ta nhận    rn < rn1, rn2 = rn1qn1 + rn, rn1 = rnqn + (rn+1 = 0) Từ suy rn =ƯCLN (rn1, rn) =ƯCLN (rn2, rn1) = =ƯCLN (rr1, r0) =ƯCLN (a, b) Có thể thực theo thứ tự ngược trở lại phép toán để biểu diễn ƯCLN(a, b) dạng tổ hợp tuyến tính a b Từ công thức suy ngược trở lại ta có: r1 = r-1 - q0r0, r2 = r0 - q1r1 Tổng quát: rk = rk-2 - qk-1rk-1 với k = 1, 2, , n Xác định số nguyên xk yk theo hệ thức truy hồi: x1 = 1, x0 = 0, xk = xk2  qk1xk1, k = 1, 2, , n y1 = 0, y0 = 1, yk = yk2  qk1yk1, k = 1, 2, , n Ta chứng minh qui nạp rk = axk + byk với k = 1, 2, , n Thật vậy, r1  a = ax1 + by1 (theo định nghĩa r1 x1 = 1, y1 = 0), r0  b = ax0 + by0 (theo định nghĩa r0 x = 0, y = 1), rk = rk2  qk1rk-1 = (axk2 + byk2)  qk1(axk1 + byk1) = a(xk2  qk1xk1) + b(yk2  qk1yk1) = axk + byk với k = 1, 2, , n Nói riêng, bước k = n ta có ƯCLN(a, b) = rn = axn + byn = axn+1 + byn+1 = a(xn1  qnxn) + b(yn1  qnyn) = rn-1 - qnrn = xn+1 = xn1  qnxn, yn+1 = yn1  qnyn, a|xn+1| = b|yn+1| Footer Page 10 of 133 10 Thang Long University Library Header Page 39 of 133 suy x4  x2y2 + y4 = (z2 + w2) Từ Định lý 2.6, suy xy = x = y Khả đầu xẩy Khả sau kéo theo w = 0, ab = cd, điều mâu thuẫn với a < b < c < d 2.3 CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP Chứng minh hệ phương trình sau nghiệm nguyên dương: x2 + y2 = u2, x2 + 2y2 = v2 Bài giải Giả sử trái lại hệ có nghiệm (x, y, u, v) nghiệm (nguyên dương) Khi u2 - y2 = x2 u2 + y2 = v2 Nhưng điều mâu thuẫn với kết Ví dụ 2.2  Cho hai số nguyên dương khác m n Chứng minh 2(m4 + n4) (m4 + 6m2n2 + n4) không số phương Bài giải Giả sử trái lại tồn v  ℤ cho 2(m4 + n4) = v2 Khi đó, hệ hai phương trình sau có nghiệm nguyên dương (2mn)2 + (m2 - n2)2 = (m2 + n2)2, (2mn)2 + 2(m2 - n2)2 = v2, trái với kết tập (với x = 2mn, y = m2 - n2, u = m2 + n2) Tương tự, giả sử trái lại tồn v  ℤ cho m4 + 6m2n2 + n4 = v2 Suy hệ hai phương trình sau có nghiệm nguyên dương (m2 - n2)2 + (2mn)2 = (m2 + n2)2, (m2 - n2)2 + 2(2mn)2 = v2, trái với kết tập (với x = m2 - n2, y = 2mn, u = m2 + n2) Footer Page 39 of 133 39  Header Page 40 of 133 Chứng minh phương trình x2y2 = z2(z2 - x2 - y2) nghiệm nguyên dương Bài giải Bằng cách giải phương trình theo z2, ta thấy biệt số  phương trình nhận  = x4 + 6x2y2 + y4 Theo kết thứ hai tập 2,  không số phương, phương theo z2 phương trình ban  đầu nghiệm nguyên dương Chứng minh phương trình x2 + y2 = (a2 + b2)z2, a b số nguyên dương khác cho trước, có vô số nghiệm nguyên Bài giải Đặt x = au + bv y = bu - av Khi x2 + y2 = (a2 + b2)(u2 + v2) phương trình trở thành x2 + y2 = z2 Ta nhận u = k(m2 - n2), v = 2kmn, z = k(m2 + n2) với số nguyên m n Do nghiệm phương trình cho có dạng x = k(am2 + 2bmn - an2), y = k(bm2 - 2amn - bn2), z = k(m2 + n2)  Tìm tất số nguyên dương (x, y, z, w) cho xy + yz + zx = w2 Bài giải Phương trình tương đương với (2x + y + z)2 = (y - z)2 + (2x)2 + (2ww)2 Từ Định lý 2.2 suy l2  m2  n y-z= , 2x = 2l, 2w = 2m, n l2  m2  n 2x + y + z = n Footer Page 40 of 133 40 Thang Long University Library Header Page 41 of 133 với số nguyên dương l, m, n đó, với n ước l2 + m2 Do đó, tất nghiệm phương trình cho l  ln  m x = l, y = , z = n - l, w = m n l, m, n số nguyên cho n ước l2 + m2 m2 l b, trường hợp a =b xảy có 2a2 = c2 Vì c2 + (2d)2 = (a + b)2 c2 - (2d)2 = (a - b)2,  mâu thuẫn với Ví dụ 2.2 Chứng minh số tam giác Pytago nguyên thủy với bán kính đường tròn nội tiếp r lũy thừa r nguyên Bài giải Giả sử a, b độ dài ba cạnh tam giác Pytago với bán kính đường tròn nội tiếp r, r  ℤ Bằng tính toán hình học đơn giản, ta có hệ thức a bc = r Mặt khác, tồn số nguyên dương m n cho m > n,ƯCLN (m, n) = 1, m + n số lẻ a = m2 - n2, b = 2mn, c = m2 + n2 Ta nhận n(m - n) = r Công thức co nghĩa m - n thừa số lẻ r nguyên tố với r/(m - n) Như m - n xác định tập hợp Footer Page 41 of 133 41 Header Page 42 of 133 ước nguyên tố lẻ r, đồng thời ước m - n Một tập hợp xác định m - n vàn, xác định ba Pytago nguyên thủy Vậy số nghiệm nguyên dương 2t, t số ước nguyên tố lẻ r  Cho p số nguyên tố Tìm nghiệm nguyên phương trình x + y - z - t = p, x, y, z, t số nguyên dương cho xy = zt Đáp án Nghiệm (x, y, z, t) = (ab, (b - p)(a - 1), a(b - p), b(a - 1)) với a, b  ℤ Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn ƯCLN(a, b, c) = ab + bc + cd = Chứng minh tổng |a + b + c| biểu diễn dạng x + xy + y2, x, y số nguyên Đáp án Để ý a, b, c số nguyên cho ab = c2 tồn số nguyên k, m, n với ƯCLN (m, n) = cho a = km2, b = kn2, c = kmn Ta thấy ab + bc + ca = o tương đương với (a + b)(a + c) = a2 Vì thế, ta có a + b = km2, a + c =  kn2, a = kmn, k  ℤ Do ƯCLN (a, b) = nên ta có k =  Do a + b + c = k(m2 - mn + n2) hay |a + b + c| = (- m)2 + (- m)n + n2  10 Chứng minh phương trình x2 + xy + y2 = 362 nghiệm nguyên dương Đáp án Giả sử phương trình x2 + xy + y2 = 362 có nghiệm nguyên dương Sử dụng công thức (2.22) ta nhận k(m2 + mn + n2) = 36, Footer Page 42 of 133 42 Thang Long University Library Header Page 43 of 133 m2 + mn + n2 số 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36 Trong số  số xuất cột thứ ba bảng Ví dụ 2.6 Tóm lại, chương trình bày ba số Pytago, bốn số Pytago, tính chất chúng số ví dụ phương trình Điôphăng bậc hai hai, ba hay bốn biến số (x2 + y2 = k(x - y), x + y = z 2, x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx = 2w2) Tiếp đó, xét tính chất nghiệm số phương trình Điôphăng bậc hai khác (xy = zw, x2 + y2 = z2 + w2, x2 + xyw + y2 = z2, x2 + axy + by2 = z2) Cuối chương, nêu số câu hỏi tập áp dụng, liên quan tới phương trình Điôphăng bậc hai Chương MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐIÔPHĂNG BẬC CAO Chương đề cập tới tính không giải phương trình Điôphăng bậc cao hai có dạng: x3 + y3 = z3, x4 + y4 = z4, Đó trường hợp riêng phương trình Fermat xn + yn = zn với x, y, z số nguyên Tiếp đề cập tới định lý lớn Fermat (còn gọi định lý cuối Ferma) nói phương trình xn + yn = zn với n > nghiệm nguyên khác không giả thuyết Euler nói phương trình xn + yn + zn = wn nghiệm nguyên (khác không) n số nguyên lớn hay 4, hai phản ví dụ Cuối chương xét số ví dụ tập áp dụng, liên quan tới phương trình Điôphăng bậc cao Nội dung chương tham khảo chủ yếu từ tài liệu [1] [5] 3.1 PHƯƠNG TRÌNH FERMAT xn + yn = zn Chứng minh định lý cuối Fermat phức tạp Để minh họa, ta nêu chứng minh định lý cho trường hợp n = Chứng minh dựa định lý sau Định lý 3.1 Phương trình x4 + y4 = z2 Không có nghiệm nguyên khác không Footer Page 43 of 133 43 (3.1) Header Page 44 of 133 Chứng minh Ta cần xét x, y, z > Giả sử trái lại, phương trình (3.1) có nghiệm (x1, y1, z1) nghiệm với z1 nhỏ Ta giả thiết ƯCLN (x1, y1, z1) = để ý (x 12 , y 12 , z1) ba Pytago nguyên thủy Từ suy ƯCLN(x1, y1) = 1,ƯCLN (y1, z1) = 1,ƯCLN(z1, x1) = x1, y1 có tính chẵn lẻ khác Giả sử x1 số lẻ y1 số chẵn Ta ƯCLN (z1 - x 12 , z1 + x 12 ) = 2, (3.2) Thật vậy, d | (z1 - x 12 ) d | (z1 + x 12 ) d | 2z1 d | 2x 12 Nhưng ƯCLN(z1, x1) = z1 số lẻ nên d = Do y 14 = (z1 - x 12 ) (z1 + x 12 ) nên suy hai số (z1 - x 12 ) (z1 + x 12 ) chia hết cho 2, không chia hết cho số chi hết cho Do y1 = 2ab (z1 - x 12 ) = 2a4, (z1 + x 12 ) = 8b4 (3.3) (z1 - x 12 ) = 8b4, (z1 + x 12 ) = 4a4 hai trường hợp a số lẻ gcd(a, b) = Trường hợp (3.3) không xảy kéo theo x 12 = - a4 + 4b4 cho  - (mod 4), ta gặp mâu thuẫn Vì ta có tình thứ hai, tức z1 = a4 + 4b4 với < a < z1 4b4 = (a2 - x1)( a2 + x1) Do ƯCLN(a, b) = nên ta có ƯCLN (a, x1) = chứng minh (3.2), ta thấy ƯCLN(a2 - x1, a2 + x1) = Hệ a2 - x1 = 2x 42 a2 + x1 = 2y 42 x2y2 = b Bằng cách đặt a = z2 ta nhận x 42 + y 42 = z 22 , với < z2 < z1, ta gặp mâu thuẫn với giả thiết z1 nhỏ Footer Page 44 of 133  44 Thang Long University Library Header Page 45 of 133 Từ định lý suy hệ sau Hệ 3.1 Phương trình x4 + y4 = z4 (3.4) Không có nghiệm nguyên khác không Chứng minh Do phương trình x4 + y4 = z2 nghiệm nguyên khác nên phương trình x4 + y4 = z4 có nghiệm nguyên khác 0, x, y, z (nguyên khác 0) thỏa mãn phương trình sau x, y, z2 thỏa mãn phương  trình trước trái với kết luận Định lý 3.1 Hệ trường hợp riêng định lý lớn Fermat nói phương trình xn + yn = zn nghiệm nguyên khác không với số nguyên n > Việc nghiên cứu phương trình x3 + y3 = z3 phức tạp nhiều lần Euler chứng minh phương trình nghiệm nguyên khác không Định lý 3.2 Phương trình x3 + y3 = z3 (3.5) Không có nghiệm nguyên khác không Chứng minh định lý phức tạp dài, ta không dẫn đay Chỉ biết chứng minh dựa hai định lý sau (chỉ phát biểu, bỏ qua chứng minh) Định lý 3.3 Cho n số nguyên dương Phương trình Điôphăng x2 + 3y2 = n có nghiệm nhân tử n dạng 3k - có lũy thừa bậc chẵn Định lý 3.4.7 Phương trình Điôphăng x2 + 3y2 = z3 có nghiệm (x0, y0, z0) với z0 số lẻ ƯCLN(x0, y0) = tồn số nguyên   cho  ≢  (mod 2), ƯCLN(, 3) = x0 = (2 - 9/2), y0 = 3(2 - 2), z0 = 2 + 32 Footer Page 45 of 133 45 Header Page 46 of 133 3.2 ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT VÀ GIẢ THUYẾT EULER Phương trình (3.4) (3.5) trường hợp riêng phương trình Fermat xn + yn = zn n số nguyên lớn x, y, z số nguyên khác không Định lý cuối Fermat nói phương trình x n + yn = zn nghiệm x, y, z nguyên khác không n > Khoảng năm 1630, Fermat ghi bên lề trang Số học Điôfan rắng "Tôi phát chứng minh thật tuyệt vời lề sách hẹp để chứa nó" Hình Fermat tìm thấy chứng minh cho trường hợp n = 4, lời ghi Fermat bên lề sách công bố định lý trở nên tiếng, thu hút ý cộng đồng toán học nhiều kỷ trôi qua mà định lý cuối Fermat chưa giải Trải qua nhiều năm, nhiều nhà toán học làm việc với trường hợp riêng cho câu trả lời khẳng định Chúng ta kể ra: Euler với n = 3, Sophie Germain (n 2n + nguyên tố, n < 100 x, y, z không ước n), Dirichlet (n = 5, n = 14) Lamé (n = 7), Liouville Kummer phát triển định lý toán học quan trong trình tìm chứng minh cho định lý cuối Fermat Sử dụng kỹ thuật dựa công trình Kummer, định lý cuối Fermat chứng minh đúng, với trợ giúp máy tính n lên tới 4.000.000 (bốn triệu) năm 1993 Vào năm 1983 Gerd Faltings có đóng góp lớn chứng minh với n > có nhiều số hữu hạn số nguyên tố thỏa mãn phương trình xn + yn = zn Footer Page 46 of 133 46 Thang Long University Library Header Page 47 of 133 Chứng minh định lý cuối Fermat hoàn thành vào năm 1993 bới Andrew Wiles, nhà toán học người Anh làm việc Princeton (Mỹ) Wiles đọc loạt ba giảng Viện Isaac Newton Cambridge (Anh) lần đầu vào Thứ hai, 21/6 lần thứ hai, 22/6 Bài giảng cuối vào Thứ tư, 23/6/1993, Wiles thông báo chứng minh định lý cuối Fermat hệ kết ông Chứng minh ông dường chưa hoàn chỉnh Tháng năm 1994, Wiles gửi chứng minh cho ba đồng nghiệp, có Faltings Mọi người nhận chứng minh mới, chất ngắn gọn chứng minh trước Pierre de Fermat năm 1665 Ngày nghĩ Fermat nhà lý thuyết số, thực tế có lẽ nhà lý thuyết số tiếng tới Vì thế, đáng ngạc nhiên nhận thấy Fermat thực luật gia toán học nghiệp dư Điều đáng ngạc nhiên đời ông công bố báo toán học báo ẩn danh, viết dạng phụ lục sách đồng nghiệp Nhưng có lẽ ngạc nhiên ta để ý vào thời tạp chí toán học hầu hết trao đổi khoa học tiến hành nhờ thư từ cá nhân Nhận xét 3.2 Giả thuyết Euler: phải phương trình xn + yn + zn = wn nghiệm nguyên với số nguyên n lớn hay Năm 1988, Noam Elkies đưa phản ví dụ sau đây: 26824404 + 153656394 + 187967604 = 206156734 Sau đó, Roger Frye (1988) tìm nghiệm nhỏ 958004 + 2175194 + 4145604 = 4224814 Footer Page 47 of 133 47 Header Page 48 of 133 3.3 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐIÔPHĂNG BẬC CAO KHÁC Mục xét vài ví dụ phương trình Điôphăng bậc cao Ví dụ 3.1 Phương trình x4  y4 = z2 nghiệm nguyên khác không Giải Ta giả thiết x, y, z > xét nghiệm (x, y, z) với ƯCLN(x, y) = x nhỏ Khi (y2, z, x2) ba Pytago nguyên thủy Do ta có hai trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: y2 = a2 - b2, z = 2ab, x2 = a2 + b2, a > b > ƯCLN (a, b) = Từ suy a4 - b4 = (xy)2 a < x, trái với giả thiết x nhỏ Trường hợp 2: y2 = 2ab, z == a2 - b2, x2 = a2 + b2, a > b > ƯCLN(a, b) = Do (a, b, x) ba Pytago nguyên thủy nên ta giả thiết a số chẵn b số lẻ Khi a = 2p2 b = q2 với q, q số nguyên d ương đó,ƯCLN (p, q) = q  (mod 2) Từ suy x = 4p4 + q4 y = 2pq Như (2p2, q2, x) ba Pytago nguyên thủy Do p2 = rs, q2 = r2 - s2 với số nguyên dương r, s đó, r > s ƯCLN (r, s) = Cuối cùng, r = u2, s = v2 với số nguyên dương u, v ƯCLN (u, v) = Khi u4 - v4 = q2 u = r < p < 2p2 < x, trái với giả thiết x nhỏ  Ví dụ 3.2 Tìm nghiệm nguyên phương trình Footer Page 48 of 133 48 Thang Long University Library Header Page 49 of 133 x4 + y4 = 2z2 Giải Không giảm tổng quát, ta giả thiết ƯCLN(x, y) = Khi x y số lẻ  x  y4  4  x - (xy) =    Từ Ví dụ 3.1 suy xyz = x4 - y4 = Do x = y = z = x2 = y2 = z Các nghiệm phương trình (k, k, k2), k  ℤ  Ví dụ 3.3 Tìm nghiệm nguyên phương trình x4 + 6x2y2 + y4 = z2 Giải Giả sử (x, y, z) nghiệm phương trình Khi đó, (2x)4 + 6(2x)2(2y)2 + (2y)4 = (4z)2 Bằng cách đặt 2x = u + v, 2y = u - v, với u, v  ℤ, ta nhận phương trình (u + v)4 + 6(u2 - v2)2 + (u - v)4 = 16z2, phương trình tương đương với u4 + v4 = 2z2 Từ Ví dụ 3.2 suy (u, v, z) = (k, k, k2) Từ cho nghiệm (x, y, z) = (k, 0, k2) (x, y, z) = (0, k, k2), k  ℤ  Nhận xét 3.3 Một biến thể khác toán cho phần thứ hai Bài tập mục 2.3, Chương 3.4 CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP Tìm ba số nguyên không âm (x, y, z) thỏa mãn phương trình x4 + 14x2y2 + y4 = z2 Footer Page 49 of 133 49 Header Page 50 of 133 Đáp án Nghiệm phương trình (x, y, z) = (k, 0, k2), (0, k, k2) (x, y, z) = (l, l, 4l2) với k, l  ℤ+ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 3x4 + 10x2y2 + 3y4 = z2 Đáp án Nghiệm phương trình (x, y, z) = (k, k, (4k)2) với k  ℤ+ Tìm ba nguyên (x, y, z) thỏa mãn phương trình x4 - 6x2y2 + y4 = z2 Đáp án (x, y, z) = (k, 0, k2), (x, y, z) = (0, k, k2) với k  ℤ Cho a b hai số nguyên dương khác biệt Chứng minh 2a(a2 + 3b2) số lập phương Đáp án Để ý 2a(a2 + 3b2) = (a + b)3 + (a - b)3 Do 2a(a2 + 3b2) = = c3 ta nhận (a + b)3 + (a - b)3 = c3 Theo Định lý 3.2, hệ thức xảy  Chứng minh phương trình x6 - y6 = 4z3 nghiệm nguyên dương Đáp án Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (x, y, z) nghiệm Khi đó, 2(x6 - y6) số lập phương Do 2(x2 - y2)[(x2 - y2)2 + 3(xy)2] = z2 số lập phương Nhưng điều trái với kết tập trước  Chứng minh hệ phương trình Footer Page 50 of 133 50 Thang Long University Library Header Page 51 of 133 x  y  z ,   z4  z  xy  , nghiệm nguyên khác không Đáp án Giả sử trái lại (x, y, z) nghiệm nguyên dương hệ cho Ta có z4 = (x + y)2  4xy = 4(z4 - z)/3 hay 4z  z4 Nghĩa z >  z3 (do z nguyên dương) Do z = từ phương trình thứ hai ta nhận xy = 0, trái với x, y dương Vậy hệ phương trình cho có nghiệm nguyên dương  Tóm lại, chương đề cập tới phương trình Fermat xn + yn = zn với x, y, z số nguyên giới thiệu định lý lớn Fermat (còn gọi định lý cuối Fermat) nói phương trình xn + yn = zn với n > nghiệm nguyên khác không giới thiệu giả thuyết Euler nói phương trình xn + yn + zn = wn nghiệm nguyên (khác không) n  hai phản ví dụ Cuối chương xét số dạng phương trình Điôphăng bậc cao: x4  y4 = z2, x4 + y4 = 2z2, x4 + 6x2y2 + y4 = z2 nêu số câu hỏi tập áp dụng với đáp án để tham khảo Footer Page 51 of 133 51 Header Page 52 of 133 KẾT LUẬN Luận văn đề cập tới số dạng tiêu biểu phương trình Điôphăng bậc nhât bậc cao (2, 4) Xét tồn nghiệm nguyên phương trình này, tính chất nghiệm nguyên số cách tìm nghiệm nguyên phương trình xét Đây chủ đề không hấp dẫn, đáng quan tâm tìm hiểu học tập Luận văn trình bày nội dung sau: Một số khái niệm lý thuyết số: ước số phần dư phép chia nguyên, số nguyên tố hợp số, ước chung ước chung lớn số nguyên, thuật toán Ơclit Phương trình Điôphăng tuyến tính, điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm nguyên, phương pháp tìm nghiệm nguyên riêng nghiệm nguyên tổng quát phương trình, toán có liên quan tới phương trình Điôphăng tuyến tính Bộ ba Pytago, bốn Pytago tính chất Một số dạng phương trình Điôphăng bậc hai hai, ba hay bốn biến số Tính chất nghiệm số phương trình Điôphăng bậc hai khác ví dụ Phương trình Fermat xn + yn = zn với x, y, z số nguyên Định lý lớn Fermat (định lý cuối Ferma) giả thuyết Euler không tồn nghiệm nguyên khác không phương trình xn + yn + zn = wn với n  phản ví dụ Câu hỏi tập áp dụng cuối chương Footer Page 52 of 133 52 Thang Long University Library Header Page 53 of 133 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Andreescu T et al (2010), An Introduction to Diophantine Equations: A Problem-Based Approach, DOI 10.1007/978-0-8176-4549-6_2, Springer Science+Business Media, LLC [2] Adamchik V (2005), "Integer Divisibility", 21-127: Concepts of Mathematics, Lecture [3] Davis T (2006), "Introduction to Diophantine Equations", tomrdavis@earthlink.net: http://www.geometer.org/mathcircles, Sept 7, 2006 [4] A Schrijver A (1986), Theory of Linear and Integer Programming John Wile & Son, New York [5] Some Classical Diophantine Equations (Nguồn Internet) Footer Page 53 of 133 53 ... "Phương trình Điôphăng tuyến tính” trình bày khái niệm phương trình Điôphăng tuyến tính, nghiệm nguyên riêng nghiệm nguyên tổng quát phương trình, điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm nguyên. .. 7)2 + 1.1.2 Số nguyên tố hợp số Định nghĩa 1.3 Số nguyên dương a > gọi số nguyên tố (prime) a ước thực Số nguyên dương a gọi hợp số (composite) a có ước thực Nếu a số nguyên dương số nguyên tố... ý phương trình (k + 1)(k + 2)  = 100 nghiệm nguyên Cho a, b, c, d số nguyên cho với hai số nguyên m n tồn hai số nguyên x y thỏa mãn ax + by = m cx + dy = n Chứng minh ad - bc =  Cho n số nguyên