Phương trình nghiệm nguyên

trƣờng đại học sƣ phạm hà nội khoa toán ******** nguyễn thị hồng hạnh phƣơng trình nghiệm ngun khố 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 hồn thành khố luận Tuy cố gắng song chắn đề tài khơng 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 , bạn sinh viên khoa tốn trƣờng Đại Học Sƣ Phạm Hà Nội 2, đặc biệt hƣớng dẫn tận tình giáo Dương Thị Luyến Trong q trình làm khố 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 ngun " khơng có 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 Điơphăng 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 Tốn học ngành khoa học đời sớm nhất, số học tảng cho đời tốn học Mặt khác phƣơng trình nghiệm nguyên đề tài lí thú số học, lơi nhiều độc giả nghiên cứu, lịch sử tốn học có nhiều nhà tốn học lớn nghiên cứu vấn đề nhƣ Điôphăng hay Fermat với Định lí lớn Fermat tốn để nhà tốn học nghiên cứu, tìm tòi cách giải suốt ba kỉ Tuy nhiên chƣơng trình phổ thơng phƣơng trình nghiệm ngun chƣa đƣợc dành nhiều thời gian mà học sinh thƣờng lúng túng giải tốn phƣơng trình nghiệm ngun, đặc biệt kì thi học sinh giỏi Phần lớn phƣơng trình nghiệm ngun khơng có cách giải tổng qt Mỗi tốn, 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 ngun 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 Điơphăng( 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 Điơphăng 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) a b 4) d=(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 ka i1 i n   (mod m), k = ± kbi i1 3) Nếu ≡ bi (mod m) ,i = 1…n ta có n n a i i 1  (mod m)  b i i 1 4) Giả sử a, b Z cho: x≡ b km (mod m) a Cách : Xác định nghiệm cách dùng định lí Ơle ử(m) Vì (a,m) = nên a ử(m) – Vậy x ≡ a ử(m) ≡ (mod m) => a b ≡ b (mod m) b (mod m) nghiệm (1) Cách : Xác định nghiệm cách sử dụng liên phân số m Ta khai triển m thành liên phân số , giả sử =[ao;a1,a2, ,an] Để ý a a Theo tính chất giản phân có : Pn đến giản phân cuối 1 ; Pn Qn Q 1 n Pn1Qn PnQnn1 (1) n Nhƣng a = Qn , m = Pn nên aPn-1 – mQn-1 = (- 1) Đẳng thức cho ta : n n aPn-1 ≡ (- ) (mod m) => ab(-1) Pn-1 ≡ b (mod m) n Vậy nghiệm : x ≡ b(-1) Pn-1 (mod m) Ví dụ Giải phương trình đồng dư sau: a) 3x ≡ ( mod 8) b) 18x ≡ ( mod 42) 2 c) (a + b)x ≡ a + b (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) ử(8) Cách 2: Ta có (3,8) = nên theo định lí Ơle có 3 = ≡ (mod 8) => 3(3 7) ≡ (mod 8) => x ≡ ≡ 21 ≡ (mod 8) Vậy nghiệm phƣơng trình là: x ≡ (mod 8) b) Ta có (18,42) = Xét phƣơng trình 3x ≡ ( mod 7) (*) ử(7) (*) có (3,7) = nên theo định lí Ơle có = ≡ (mod 7) => 3.3 ≡ (mod 7) => x ≡ ≡ (mod 7) Nghiệm (*) x ≡ (mod 7) phƣơng trình cho có nghiệm : x ≡ ; x ≡ + 1.7 ; x ≡ + 2.7 ; x ≡ + 3.7 ; x ≡ + 4.7 ; x ≡ + 5.7 (mod 42) 2 c) Ta có ( a + b, ab) = (a + b)(a + b) = a + b + 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 289 113 Do P5  = [2; 1,1,3,1,5,2] liên phân số cấp => 113.133 – 289.52 = 133 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 Trong k, ỏ (i = 1, ,k) 1 2 p p phân tích tiêu chuẩn m = k p i k số tự nhiên pi (i = 1, ,k) số nguyên tố thoả mãn: 1< pi< < pk  pi Do (1) tƣơng đƣơng với hệ f(x) ≡ ( mod ) i = 1,2, ,k Vậy việc i 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 p  ) (với õ = 1, 2, ,ỏ – 1) Điều cho phép ta tìm nghiệm phƣơng trình (2) nghiệm phƣơng trình f(x) ≡ (mod p) n Định lí Cho đa thức f(x) = anx + + 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 ( 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 a1(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 x1, 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) n n-1 Xét đa thức h(x) = f(x) – anx = an-1x + + 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 khơng 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 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 ) , với ỏ > p  1 a) Nếu f’(xo) 0 (mod p) ( f’(x) đạo hàm hàm số f(x)) lớp thặng dƣ x ≡ xo (mod p)1có nghiệm phƣơng trình (1) Khi phƣơng trình : f (xo )  tf p1 '(x ) 0(mod p) o ỏ–1 Cho nghiệm t = to(mod p) Từ suy x ≡ xo + top ỏ (mod p ) nghiệm (1) b) Nếu f’(xo) ≡ (mod p) lớp thặng dƣ x ≡ xo (mod p nghiệm khơng có nghiệm phƣơng trình (1) tuỳ theo có chia hết cho p hay khơng Ví dụ Giải phương trình đồng dư sau: a) 3x + 2x + ≡ (mod 19) b) x + 6x + ≡ (mod 27) c) 9x + 29x + 62 ≡ (mod 16) (1) (2) (3) Giải a) (1) 3x – 17x + 20 ≡ (mod 19) p ) có 1 f (xo )    (x – 4)(3x – 5) ≡ (mod 19) p1 x  x 4(mod19) 4(mod19)   3x 5(mod19) x 8(mod19)  b) Xét phƣơng trình x + 6x + ≡ (mod 3) , phép thử ta đƣợc nghiệm phƣơng trình x ≡ 1(mod 3) Ta có f’(x) = 3x + 12x f’(x) ≡ (mod 3) f (1) Đồng thời f(1) = nên = ≡ (mod 3) Bởi nghiệm nghiệm x ≡ 1(mod 3) nghiệm phƣơng trình x + 6x + ≡ (mod 9) (*) nghĩa (*) có nghiệm x ≡ 1;4;7(mod 9) f (1) Với x ≡ 1(mod 9) ta có + t.f’(1) ≡ (mod 3) 1 + 15.t ≡ (mod 3) => khơng có giá trị t thoả mãn f (4) Với x ≡ 4(mod 9) ta có + 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) f (7) Với x ≡ 7(mod 9) ta có + t.f’(7) ≡ (mod 3) 71 + 231.t ≡ (mod 3) => khơng có 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) = 9x + 29x + 62 ≡ (mod 2) (*) Ta có (*) x + x ≡ (mod 2) x(x + 1) ≡ (mod 2) 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 + t1.2 ≡ (mod 8) f (x2 ) Với x2 = ta có + t.f’(x2) ≡ (mod 2)  70 + 137t ≡ (mod 2)  t≡0 (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 x + 6x + ≡ (mod 18) (1) Giải Ta có 18 = 2.3 Xét phƣơng trình x + 6x + ≡ (mod 2) (*) Dễ thấy (*) có nghiệm x ≡ (mod 2) Xét phƣơng trình x + 6x + ≡ (mod 9) (**) Bằng phép thử ta đƣợc nghiệm phƣơng trình x ≡ 1(mod 3) Ta có f’(x) = 3x + 12x f’(x) ≡ (mod 3) = ≡ (mod 3) Bởi nghiệm f (1) Đồng thời f(1) = nên nghiệm x ≡ 1(mod 3) nghiệm phƣơng trình x + 6x + ≡ (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) 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 khố luận em đƣa số ví dụ lời giải cụ thể dạng phƣơng trình Mặc dù khố luận có đƣa số phƣơng trình nghiệm ngun 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 khơng tránh khỏi thiếu sót em mong nhận đƣợc góp ý thầy 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 hồn thành khố luận Hà Nội, tháng năm 2010 Sinh viên Nguyễn Thị Hồng Hạnh Tài liệu tham khảo Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm ngun, NXB Giáo Dục Hà Huy Khối, 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 tốn với nghiệm ngun, 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 ... Ơclit 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 ngun phải lợi dụng... phƣơng trình nghiệm ngun 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. .. điều kiện cần nghiệm Trong trƣờng hợp ta cần kiểm tra lại giá trị cách thử trực tiếp vào phƣơng trình cho Một phƣơng trình nghiệm nguyên vơ nghiệm, có hữƣ hạn nghiệm, có vơ số nghiệm Trong trƣờng