Một số lớp phương trình diophantine

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCBÙI HỮU MÊN MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCBÙI HỮU MÊN MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI HỮU MÊN

MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2017

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI HỮU MÊN

MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH ĐẶNG HÙNG THẮNG

Thái Nguyên - 2017

Mục lục

1.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn 8

1.2 Phương trình bậc nhất nhiều ẩn 15

Chương 2 Một số phương trình Diophantine phi tuyến 23 2.1 Phương trình Pell loại 1 23

2.2 Phương trình Pell loại 2 30

2.3 Phương trình Pythagoras 38

Chương 3 Liên phân số và ứng dụng trong phương trình Diophantine 45 3.1 Liên phân số hữu hạn 45

3.2 Liên phân số vô hạn 49

3.3 Liên phân số vô hạn tuần hoàn 50

3.4 Áp dụng vào phương trình Diophante 56

3.4.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn Ax + By = C 56

3.4.2 Phương trình x2− dy 2 = ±1 57

Mở đầu

Phương trình Diophantine là một chủ đề lớn của Lý thuyết số, chứa đựng nhiều lýthuyết toán học sâu sắc, gắn liền với nhiều tên tuổi của nhiều nhà toán học xuấtsắc Mục tiêu của đề tài luận văn là: Tìm hiểu một số lớp phương trình Diophantinenhư: phương trình Diophantine tuyến tính; một số phương trình Diophantine phituyến (phương trình Pell, phương trình Pell mở rộng, phương trình PythagorasFermat) Liên phân số và ứng dụng trong phương trình Diophantine Về mặt ứngdụng, luận văn sẽ áp dụng lý thuyết để soi sáng những bài toán số học ở phổ thông,

hệ thống hóa, tổng quát hóa và sáng tác ra những bài toán số học mới

Luận văn sẽ cố gắng trở thành một tài liệu tham khảo tốt, thiết thực phục vụcho việc giảng dạy, nhất là việc giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi Ngoài rathông qua việc viết luận văn, tác giả luận văn có cơ hội mở rộng nâng cao hiểu biết

về toán sơ cấp nói chung và số học nói riêng, hình thành các kỹ năng chứng minhcác định lí số học và giải các bài toán số học, phục vụ tốt cho việc giảng dạy mônToán ở trường phổ thông

Nội dung của luận văn được trình bày trong ba chương như sau:

• Chương 1 Phương trình Diophantine tuyến tính Trong chương này chúng

tôi trình bày về phương trình bậc nhất hai ẩn, nhiều ẩn, và một số bài toánchọn lọc

• Chương 2 Một số phương trình Diophantine phi tuyến Trong chương này

chúng tôi trình bày nội dung chính về các phương trình Pell loại 1, phươngtrình Pell loại , và phương trình Pythagoras

• Chương 3 Liên phân số và ứng dụng trong phương trình Diophantine Trong

chương này chúng tôi trình bày một cách ngắn gọn các sự kiện về liên phân

số, đặc biệt là các ứng dụng của chúng để giải phương trình Pell

Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học TháiNguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của GS.TSKH Đặng Hùng Thắng (TrườngĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội) Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành vàsâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu,dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giảtrong suốt quá trình làm luận văn

Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đạihọc Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã thamgia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu.Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp nhất tới tập thể lớp Cao học Toánkhóa 9 (2015-2017) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt quá trìnhhọc tập

Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo HảiPhòng, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Thái Phiên đã tạo điềukiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình

Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến đại gia đình

vì những động viên và chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành luận văn này

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 11 năm 2017

Tác giả

Bùi Hữu Mên

Chương 1

Phương trình Diophantine tuyến tính

Phương trình Diophantine là một trong những chủ đề sâu sắc và rất rộng của Lýthuyết số Mục đích của chương này là nghiên cứu về phương trình Diophantinebậc nhất hai và nhiều ẩn Như một minh họa cho lý thuyết, các ví dụ là các bàitoán trích từ các đề thi sẽ được trình bày

Đặc tính của các phương trình Diophantine là chúng có một hay nhiều ẩn số màmọi hệ số đều là số nguyên và chỉ yêu cầu tìm các nghiệm nguyên (hoặc nguyêndương) Nhà toán học nổi tiếng thời cổ đại Diophantine đã có công lớn vì nhữngnghiên cứu tiên phong về chúng

Với một phương trình Diophantine cho trước ta có thể đặt ra các câu hỏi sauđây (xếp theo thứ tự từ dễ đến khó):

Câu hỏi 1. Nó có nghiệm nguyên hay không ?

Câu hỏi 2. Nó có một số hữu hạn nghiệm hay có vô số nghiệm?

Câu hỏi 3. Hãy tìm tất cả các nghiệm của nó

Chẳng hạn, ta hãy xét phương trình Diophantine

xn+ yn= zntrong đó n là số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2 Với n = 2 phương trình trên

có vô số nghiệm và ta có thể tìm được tường minh tất cả các nghiệm của nó Với

n> 2, nhà toán học thiên tài của thế kỷ 17 Pierre de Fermat khẳng định rằng

phương trình trên không có nghiệm nguyên dương Kết luận này ngày nay được

mang tên là Định lí lớn Fermat hay Định lí cuối cùng của Fermat Người ta đã

không tìm thấy dấu vết của chứng minh khẳng định trên của Fermat mà chỉ thấymột ghi chú của Fermat bên lề cuốn sách “Số học” của Diophantine: “Tôi đã tìmđược một chứng minh thật là tuyệt vời nhưng vì lề sách ở đây quá hẹp nên khôngthể viết ra”

Năm 1983, nhà toán học 29 tuổi người Đức là Faltings đã chứng minh thànhcông một giả thuyết của Mordell trong lĩnh vực Hình học đại số rồi từ đó suy rarằng phương trình xn+ yn= zn với n > 2 chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên.Với thành tựu này Faltings đã nhận được Giải thưởng Fields (giải thưởng quốc tếcao nhất dành cho các nhà toán học không quá 40 tuổi)

Năm 1993 nhà toán học người Anh là Andrew Wiles đã công bố phép chứngminh của Định lí lớn Fermat Đây là một câu chuyện lớn của Toán học, có thể thamkhảo trong Amir D Aczel [1]

Với sự ra đời của máy tính, người ta cũng đặt câu hỏi: Có tồn tại chăng mộtthuật toán để với mọi phương trình Diophantine cho trước nhờ đó có thể khẳngđịnh được rằng phương trình này có nghiệm nguyên hay không Tiếc thay câu trảlời lại là: không có một thuật toán như vậy (Định lí Machiakevich)

Định lí 1.1.1 Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.1) có nghiệm nguyên là

(a, b) là ước của c.

Chứng minh Điều kiện cần.Giả sử (x0, y0) là một nghiệm nguyên của (1.1) Khi

Tiếp theo ta hãy đi tìm tất cả các nghiệm của phương trình (1.1)

Định lí 1.1.2 Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của (1.1) thì nó có vô số nghiệm

nguyên và nghiệm nguyên (x, y) của nó được cho bởi công thức

Vì d = (a, b) nên a = a1d, b = b1dvới (a1, b1) = 1 Thay vào (1.3) ta được a1(x1−

x0) = b1(y0− y1) Vì (a1, b1) = 1 nên y0− y1= ta1 và x1− x0 = tb1 Vậy

y1= y0− ta1= y0−at

d và x1= x0+ tb1= x0+bt

d.Phép chứng minh được kết thúc

Thuật toán tìm nghiệm của phương trình Diophantine bậc nhất. Từ Định lí1.1.2 ta thấy rằng để tìm tất cả các nghiệm của (1.1) ta chỉ cần tìm một nghiệm(x0, y0) nào đó của nó Ta gọi một nghiệm cụ thể như thế là một nghiệm riêng còn công thức (1.2) được gọi là nghiệm tổng quát Sau đây ta sẽ trình bày một thuật

toán cho phép xác định khá nhanh một nghiệm riêng của (1.1)

Giả sử q0, q1, là một dãy các số nguyên dương Với mỗi i ≥ 0 ta kí hiệu[q0, q1, , qi] là phân số sau đây

Bằng phương pháp quy nạp có thể dễ dàng chứng minh được bổ đề sau:

Bổ đề 1.1.3 Giả sử {hn}, {kn} là hai dãy số nguyên được xác định như sau:

h−2= 0, h−1= 1, h1= qihi−1+ hi−2, i≥ 0,

k0= 1, k1= q1, ki= qihki−1+ ki−2, i≥ 2

Khi đó với mọi i ≥ 1 ta có:

(a) hiki−1− hi−1ki= (−1)i−1;

(b) [q0, q1, , qi] = hi

k .

Bây giờ cho hai số dương a, b với a > b Ta hãy viết thuật toán Euclid tìm ướcchung lớn nhất của a và b.

a= bq0+ r1

b= r1q1+ r2

ax0+ by0= 1

Ta thử từng trường hợp (nhiều nhất là bốn phép thử) để xác định x0, y0

Như vậy để giải phương trình (1.1) ta sẽ tiến hành lần lượt các bước sau đây

Bước 1 Tìm d = (a, b) sau đó chia hai vế cho d để được một phương trình tương

đương a1x+ b1y= c1 , ở đó

a= da1, b= db1, c= dc1, (a1, b1) = 1

Bước 2 Viết thuật toán Euclid cho hai số |a1| và |b1| Giả sử |a1| > |b1|

|a1| = |b1|q0+ r1

|b1| = r1q1+ r2 .

Ví dụ 1.1.4 Giải phương trình Diophantine 342x − 123y = 15.

Lời giải. Ta sẽ làm lần lượt theo các bước như trên

Bước 1 Ứớc chung lớn nhất của 342 và 123 là 3 phương trình đã cho tương đương

Bước 3 Ta biểu diễn theo liên phân số

1 +

11

Một số bài toán chọn lọc

Bài toán 1.1.6 Cho hai số nguyên dương a, b Chứng minh rằng (a, b) = 1 khi và

chỉ khi tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho au − bv =1

Lời giải. Điều kiện đủ là hiển nhiên

Đảo lại, giả sử (a, b) = 1 Theo Định lí 1.1.1, tồn tại các số nguyên x0, y0 đểcho ax0+ by0= 1 Đặt

t > −x0

b, t >

y0

b.Khi đó u và v là các số nguyên dương và au − bv = ax0+ by0= 1

Bài toán 1.1.7 Giả sử (l, m) = 1 và al = bm, trong đó a, b, l, m ∈ N∗ Khi đó tồn tại n để a = nm, b = nl

Lời giải. Theo Bài toán 1.1.6 tồn tại các số r, s ∈ N∗để lr − ms = 1 Ta có

a=bars Vì √m

alà một số hữu tỉ nên nó phải là số nguyên Vậy n =bars∈ N∗.Suy ra a = nm Từ đó bm= nl= nml, nên b = nl Bài toán được chứng minh xong

Bài toán 1.1.8 Cho a ∈ N∗ Hãy tìm g = (am− 1, an− 1)

Lời giải. Trước hết xét trường hợp (m, n) = 1 Vì

(a − 1) | am− 1, (a − 1)an− 1nên a − 1 là ước của g

Đảo lại, ta sẽ chứng minh g cũng là ước của a − 1 Theo Bài toán 1.1.6 tồn tạicác số u, v ∈ N∗sao cho mu − nv = 1

Vì g | am− 1, g | an− 1 nên cũng có g | amu− 1, g | anv− 1 Suy ra

g| amu− anv= anv(amu−nv− 1) = anv(a − 1)

Mặt khác, dễ thấy (g, a) = 1 Vậy g | (a − 1)

Như vậy nếu (m, n) = 1 thì (am− 1, an− 1) = a − 1

Với m, n bất kì, giả sử d = (m, n) Khi ấy m = dm1, n = dn1 và (m1, n1) = 1

Lời giải. Ta chứng minh rằng c = ab là giá trị cần tìm Giả sử c > ab Xét b số

a, 2a, , ba Vì (a, b) = 1 nên các số này khi chia cho b sẽ cho các số dư khácnhau Vậy tồn tại số k, 1 ≤ k ≤ b, sao cho ka ≡ c (mod b) Suy ra c − ka = lb trong

đó l ∈ Z Nếu c > ab thì c > ka, do đó lb > 0 hay l ∈ N∗ Như vậy (k, l) là nghiệmnguyên dương của phương trình ax + by = c

Mặt khác, giả sử (x0, y0) là nghiệm nguyên dương của phương trình ax + by =

ab Khi đó ax0= ab − by0= b(a − y0)

Vì (a, b) = 1 nên từ đó suy ra x0 b Tương tự, y0 a Như vậy x0≥ b, y0≥ a,

do đó ab = ax0+ by0≥ 2ab Vô lý Phép chứng minh được kết thúc

Trong mục này ta mở rộng kết quả của mục trước bằng cách xét phương trìnhDiophantine bậc nhất n ẩn

a1x1+ a2x2+ + anxn = c (1.5)

trong đó a1, a2, , an và c là các số nguyên cho trước, n ≥ 2.

Đối với bất kỳ một phương trình nào, câu hỏi đầu tiên là, trong những tìnhhuống nào của hệ số, ta có thể khẳng định về tính tồn tại nghiệm của nó Về sự tồntại nghiệm của phương trình Diophantine bậc nhất n ẩn này ta có định lí sau đây

Định lí 1.2.1 Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.5) có nghiệm là

(a1, a2, , an) | c

Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên Ta sẽ chứng minh điều kiện đủ bằngphương pháp quy nạp, với n = 1 điều khẳng định là đúng do Định lí 1.1.1 Giả sửđịnh lí đúng với n = 1, ta chứng minh nó đúng với n Kí hiệu

b1l1+ b2l2+ + bn−1ln−1= bk (1.8)

Từ (1.7) và (1.8) ta suy ra

b1l1+ b2l2+ + bn−1ln−1+ bnln = c1tức là (l1, l2, , ln) là nghiệm của phương trình (1.6) Định lí được chứng minh

Chúng ta không đi sâu vào việc tìm biểu thức cho nghiệm tổng quát của nónhư đã làm đối với trường hợp n = 2 Tuy nhiên có thể thấy rằng nếu phương trình(1.5) có nghiệm nguyên α1, α2, , αn thì nó sẽ có vô số nghiệm nguyên phụ thuộcvào n − 1 tham số Thật vậy, dễ dàng kiểm tra được tất cả các bộ n số nguyên

x1, x2, , xn xác định như sau là nghiệm của (1.5),

xn−1= αn−1+ antn−1

xn= αn− a1t1− a2t2 − an−1tn−1trong đó ti∈ Z, i = 1, 2, n − 1 được chọn tuỳ ý

Bây giờ, ta sẽ thảo luận về cách giải phương trình (1.5) Về mặt thực hành ta

có thể tiến hành theo hai cách sau đây

Cách 1 Đưa (1.5) về trường hợp có một hệ số bằng 1

Cách 2 Nếu phương trình (1.5) có hai hệ số nguyên tố cùng nhau, chẳng hạn

(a1, a2) = 1 thì ta viết dưới dạng

a1x1+ a2x2= c − a3x3− − anxn

rồi giải phương trình theo hai ẩn x1, x2

Ta xét hai ví dụ sau đây, nó sẽ lần lượt minh họa cho hai cách trên

Ví dụ 1.2.2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

6x + 45y + 6z − 10t = 13

Lời giải. Phương trình đã cho được viết dưới dạng

6(x + z) + 10(4y − t) + 5y = 13

y= −3 + 6u + 4t, z= 12 − 24u − 15t.

Một số bài toán chọn lọc

Bài toán 1.2.4 (Đề thi Vô định Toán Quốc tế 1983) Cho a, b, c là các số nguyên

đôi một nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng 2abc − ab − bc − ca là số nguyên

lớn nhất không viết được dưới dạng xbc + yca + zab với x, y, z là những số không âm.

Lời giải. Bài toán tương đương với việc chứng minh rằng

Khẳng định 1 phương trình xbc + yca + zab = 2abc − ab − bc − ca không có

nghiệm nguyên không âm;

Khẳng định 2 Nếu n > 2b − ab − bc − ca thì phương trình có nghiệm nguyên

không âm

Chứng minh Khẳng định 1.Giả sử tồn tại x0, y0, z0 ∈ N∗ sao cho

x0bc+ y0ca+ z0ab= 2abc − ab − bc − ca

Điều này tương đương với

bc(x0+ 1) + ca(y0+ 1) + ab(z0+ 1) = 2abc

Suy ra ab(z0+ 1) c Vì (ab,c) = 1 nên z0+ 1 c Mặt khác z0+ 1 ∈ N∗ nên

z0+ 1 ≥ c Tương tự y0+ 1 ≥ b, x0+ 1 ≥ a Vậy

bc(x0+ 1) + ca(y0+ 1) + ab(z0+ 1) ≥ 3abc

Điều này vô lí

Chứng minh Khẳng định 2.Xét ab có dạng kbc + lac, với 0 ≤ k ≤ a − 1, 0 ≤ l ≤

để cho

bcx0+ acy0 ≡ n (mod ab)

Vậy tồn tại z0 ∈ Z để bcx0+ acy0+ abz0= n Ta có

Chứng minh. Giả sử b = 5u + v với 0 ≤ u, 0 ≤ v ≤ 4 Từ điều kiện a ≥ 7b5 suy ra

• Nếu v = 0, ta lấy y = z = 0 Khi đó x = a − 7u ≥ 7v5 = 0 (theo (1.10)))

• Nếu v = 1, ta thấy y = 1, z = 0 Khi đó

Bài toán 1.2.6 (Đề thi vô địch Mỹ 1982) Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k

sao cho tất cả các số kn+ 1 với n = 1, 2, đều là hợp số.

Lời giải. Xét các số Fermat Fm = 22m+ 1

Ta đã biết Fm là số nguyên tố với m = 0, 1, 2, 3, 4, trong khi Euler phát hiệurằng F5 là một hợp số, F5 là tích của hai số nguyên tố 641 và 6700417

Ký hiệu

ai= Fi với i = 0, 1, 2, 3, 4,

a5= 641a6 = 6700417

Theo Định lí Trung Hoa về thặng dư, tồn tại số tự nhiên k > max(a0, , a6) để

k≡ 1 (mod am) với m = 0, 1, 2, , 5 và k ≡ −1 (mod a6)

Ta sẽ chứng minh k chính là số cần tìm Xét n bất kỳ, n có thể viết dưới dạng

(c) Nếu m ≥ 6, khi đó n = 26bvới b ∈ Z Ta có

k· 2n+ 1 ≡ −2n+ 1 (mod a6),

2n =2252b= (F5− 1)2b≡ (−1)2b ≡ 1 (mod a6) vì F5 a6

Do đó k · 2n+ 1 ≡ −1 + 1 = 0 (mod a6) Vì k · 2n+ 1 > a6nên k · 2n+ 1 là hợpsố

Vậy với mọi n, số k · 2n+ 1 luôn là hợp số

Chương 2

Một số phương trình Diophantine

phi tuyến

Phương trình Pell loại 1 là phương trình có dạng

trong đó D ∈ N∗ và ta yêu cầu tìm nghiệm x, y ∈ N∗ Trong tiết này khi nói đếnnghiệm của (2.1) ta hiểu là nghiệm nguyên dương

Định lí 2.1.1 (Điều kiện tồn tại nghiệm) Phương trình (2.1) có nghiệm nguyên

dương khi và chỉ khi D là số không chính phương.

Chứng minh. Giả sử D = m2 Khi đó

x2−Dy2= x2− m2y2 = 1 → (x − my)(x + my) = 1

→ x − my = x + my = 1 → x = 1, y = 0

Vậy (2.1) không có nghiệm nguyên dương

Ngược lại giả sử D là số không chính phương Ta có các bổ đề sau

Bổ đề 2.1.2 Cho α / ∈ Q Khi đó tồn tại vô số cặp nguyên (h, k) với k > 0 sao cho

α −hk

< 1

k2

Chứng minh. Ta sử dụng nhận xét đã biết sau: Với mỗi q ∈ N∗ tồn tại cặp sốnguyên (h, k) với 1 ≤ k ≤ q sao cho

< 1

y2.Suy ra

x

y+

√D

=

x

y−√D+ 2√D

... đề 2.1.3 Tồn vô số cặp số nguyên dương (x, y) cho

|x2− Dy2| < + 2√D

Chứng minh. Theo Bổ đề 2.1.2 tồn vô số cặp số nguyên (x, y)... data-page="24">

Chứng minh. Ta sử dụng nhận xét biết sau: Với q ∈ N∗ tồn cặp sốnguyên (h, k) với ≤ k ≤ q cho

α −hk

α −hk

<