Phương trình diophantine

Lý thuyết chia hết

Quan hệ chia hết

Định nghĩa 1.1 Cho 2 số nguyên tố a, b ∈ Z, b 6= 0 Số nguyên a được gọi là chia hết cho số nguyên b hay b chia hết a nếu tồn tại q ∈ Z thỏa mãn a = b.q.

Kí hiệu: a chia hết cho b là a b b chia hết a là b|a

Khi a = b.q thì b được gọi là một ước của a.

Sau đây ta có các tính chất cơ bản về quan hệ chia hết.

3 Nếu a|b và b|c thì a|c với ∀a, b, c ∈ Z và b 6= 0.

6 Nếu a|b và b|a thì a = b hoặc a = −b với a, b ∈ Z và a, b 6= 0. Định lý 1.1 (Phép chia có dư).

Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b 6= 0, tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q, r ∈ Z sao cho a = bq+ r, với 0 ≤r < |b|.

Số nguyên tố và hợp số

Số tự nhiên p lớn hơn 1 được gọi là số nguyên tố nếu chỉ có hai ước tự nhiên là 1 và chính nó Ngược lại, số tự nhiên q lớn hơn 1 có ước số dương khác 1 và chính nó được gọi là hợp số Một số tự nhiên được xem là số chính phương nếu tồn tại một số tự nhiên d sao cho n = d² Theo định lý 1.2, mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ít nhất một ước nguyên tố Định lý 1.3, được biết đến như định lý cơ bản của số học, khẳng định sự tồn tại của các ước nguyên tố cho mọi số nguyên dương.

Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1, n có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng n = p α 1 1 p α 2 2 p α k k Trong đó, k và α i (i = 1,2, , k) là các số tự nhiên, còn p i là các số nguyên tố.

Theo Định lý Euclid, tồn tại vô hạn số nguyên tố Nếu a và b là hai số nguyên dương và p là số nguyên tố sao cho ab chia hết cho p, thì a hoặc b cũng phải chia hết cho p Định lý Wilson khẳng định rằng p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p−1)! + 1 chia hết cho p.

Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Ước chung lớn nhất

Cho a và b là các số nguyên khác 0, tập hợp các ước chung của a và b là hữu hạn Ước chung lớn nhất của a và b, ký hiệu là d, là ước chung của a và b, và tất cả các ước chung của a và b đều là ước của d.

Kí hiệu (a, b) là ước chung lớn nhất dương của hai số nguyên a và b Hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a, b) = 1 Định lý cho biết rằng với hai số nguyên a và b không đồng thời bằng 0, tồn tại các số nguyên x₀ và y₀ sao cho ax₀ + by₀ = (a, b) Hơn nữa, tập hợp các giá trị ax + by với x, y thuộc Z sẽ tương đương với tập hợp k(a, b) với k thuộc Z.

Hệ quả 1.1 nêu rõ rằng ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương a và b là số nguyên dương nhỏ nhất có thể biểu diễn dưới dạng ax + by với x, y thuộc Z Tất cả các ước chung của a và b đều là ước của (a, b) Nếu a, b, c, d thuộc Z\0 và a = b.c + d, thì (a, b) = (b, d) Đối với bất kỳ a ∈ Z, a ≠ 0, ta có (0, a) = |a| Hai số nguyên a và b không đồng thời bằng 0 thì (a, b) = 1 nếu và chỉ nếu tồn tại x, y thuộc Z sao cho ax + by = 1 Nếu (a, c) = 1 và (b, c) = 1, thì (a, b, c) = 1 Cuối cùng, với số nguyên tố p và số nguyên m bất kỳ, các mối quan hệ giữa chúng cũng được xác định.

SV: Vũ Thị Hương Giang 5 K40B-Sư Phạm Toán

2 Nếu p|ab thì p|a hoặc p|b. Định lý 1.8 (Thuật toán Euclid) Cho a, b ∈ Z, b > 0 Thực hiện liên tiếp phép chia có dư, ta có: a = q 0 b+r 1 với 0 < r 1 < b, b = q 1 r 1 +r 2 với 0< r 2 < r 1 r 1 = q 2 r 2 +r 3 với 0< r 3 < r 2 r n−2 = q n−1 r n−1 +r n với 0< r n < r n−1 r n−1 = q n r n với q n > 1 khi đó: (a, b) = r n

Bội chung nhỏ nhất

Số nguyên m được gọi là bội chung của các số nguyên a₁, a₂, , aₙ nếu m chia hết cho tất cả các số aᵢ với i = 1, 2, , n Kí hiệu [a₁, a₂, , aₙ] thường được dùng để chỉ bội chung nhỏ nhất của các số này Theo định lý, bội chung nhỏ nhất của a₁, a₂, , aₙ là một bội chung b, và mọi bội chung khác của a₁, a₂, , aₙ đều là bội của b.

Kí hiệu [a 1 , a 2 , , a n ] là bội chung dương của a 1 , a 2 , , a n

Đồng dư thức

Định nghĩa đồng dư thức và điều kiện tương đương 7

Hai số nguyên a và b được gọi là đồng dư theo môđun m nếu hiệu a − b chia hết cho m Khi đó, ta ký hiệu a ≡ b (mod m) và gọi đây là đồng dư thức Ngược lại, nếu a không đồng dư với b theo môđun m, ta viết a 6≡ b (mod m).

Mệnh đề 1.1 Cho số nguyên dương m, khi đó a ≡b(mod m) khi và chỉ khi a = b+mt, t ∈ Z hoặc khi và chỉ khi a−b m.

Một số tính chất của đồng dư thức

3 Nếu a ≡b(modm), i = 1,2, , n thì a+ km ≡b(modm).

5 Nếu a ≡b thì ah ≡ bh(modm).

6 Nếu a i ≡b i ( mod m), i= 1, , n và x ≡y(mod m) thì: n

7 Nếu a ≡b (modm), d|a, d|b và (m, d) = 1 thì a d = b d(modm).

8 Nếu a ≡b (modm) thì ah = bh(modmh).

9 Nếu a ≡ b (modm), và d là một ước chung dương của a, b, m thì a d = b d(modm d).

11 Nếu a ≡ b (modm) thì P(a) = P(b)(modm) với P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Định nghĩa 1.7 (Định lý Fermat) Nếu p là một số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý thì a p ≡ p (modp) Nếu (a, p) = 1, thì a p−1 ≡ 1(modp). Định lý 1.10 Nếu m là số nguyên dương và (a, m) = 1, thì a ϕ(m) ≡ 1(modm). Ở đây ϕ(m) là các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m (ϕ(m) được gọi là phi-hàm Euler). Định lý 1.11 Giả sử r và s là các số nguyên dương và nguyên tố cùng nhau, a và blà hai số nguyên tùy ý Khi đó tồn tại một số nguyên n sao cho n ≡ a(modr) và n ≡ b(mods) Ngoài ra, n được xác định một cách duy nhất.

Phương trình Diophantine, được đặt theo tên của nhà toán học Hy Lạp Diophantus sống vào thế kỷ III trước Công nguyên tại A-lếch-xăng-đan, là một chủ đề mà ông đã nghiên cứu sâu sắc Cuộc đời của ông có thể được tóm tắt qua những dòng chữ trên bia mộ, phản ánh sự cống hiến của ông cho lĩnh vực toán học.

Hỡi du khách, nơi đây yên nghỉ một người tên Đi-ô-phăng, có cuộc đời đầy những con số nhiệm màu Ông đã sống một phần sáu cuộc đời trong sự thơ ngây, tiếp theo là một phần mười hai cuộc đời với cằm lún phún râu Sau đó, trong một phần bảy cuộc đời, ông mang nhẫn cưới và năm năm sau, đón chào một đứa con trai xinh xắn Tuy nhiên, đứa con yêu quý của ông đã qua đời khi mới đạt nửa tuổi thọ của cha, khiến ông đau khổ và chỉ sống thêm bốn năm nữa Bạn hãy suy nghĩ về tuổi thọ của ông và những trải nghiệm trong cuộc đời ông.

Đi-ô-phăng đã sống 84 năm, với thời niên thiếu kéo dài 14 năm Ông bắt đầu có râu ở tuổi 21 và kết hôn khi 33 tuổi Ông có con trai vào năm 38 tuổi, nhưng người con chỉ sống đến 42 tuổi, tức là khi ông đã 80 tuổi Cuối cùng, Đi-ô-phăng qua đời ở tuổi 84, để lại một tấm bia độc đáo ghi dấu cuộc đời ông.

Định nghĩa phương trình diophantine

Định nghĩa 2.1 Phương trình diophantine là phương trình có dạng f(x 1 ; .;x n ) = 0 (∗) với f(x 1 ; .;x n ) ∈ Z[x 1 ; .;x n ], bộ số

(x 0 1 , x 0 2 , x 0 3 , , x 0 n ) ∈ Z n thỏa mãn (∗) được gọi là một nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2.1 Phương trình x 7 +x+ 2 = 0 là phương trình diophantine một ẩn.

Ví dụ 2.2 Phương trình x 3 +y 3 +z 3 = 3 là phương trình diophantine

Một số phương pháp giải phương trình diophantine

Phương pháp phân tích thành nhân tử

Xét phương trình f(x, y, , z) =m Giả sử ta có sự phân tích thành các nhân tử f(x, y, , z) =f 1 (x, y, , z) f s (x, y, z)

Khi đó ta phân tích số nguyên m và tìm được nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2.3 Giải phương trình nghiệm nguyên sau x 2 y +xy −2x 2 −3x+ 4 = 0.

Lời giải Phương trình đã cho tương đương xy(x+ 1)−2x(x+ 1)−(x+ 1) + 5 = 0,

SV: Vũ Thị Hương Giang 11 K40B-Sư Phạm Toán x+1 -5 -1 1 5

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = {(−2;−1); (4; 2)}.

Ví dụ 2.4 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x 2 (y −1) +y 2 (x−1) = 1.

Lời giải Phương trình đã cho tương đương x 2 y −x 2 +y 2 x−y 2 = 1, Hay xy(x+y)−(x+y) 2 + 2xy = 1. Đặt

Phương trình trở thành uv −u 2 + 2v = 1

Từ đó ta tìm được 4 nghiệm của phương trình là

Để xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình x³ + y³ + z³ - 3xyz = p, với p là số nguyên tố và p > 3, ta có thể viết lại phương trình dưới dạng x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x+y+z)(x² + y² + z² - xy - yz - zx) Do đó, với điều kiện x+y+z > 1, ta có x+y+z = p và x² + y² + z² - xy - yz - zx = 1 Từ đó, ta suy ra (x−y)² + (y−z)² + (z−x)² = 2.

Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x ≥y ≥ z ≥1.

Trường hợp 1: Nếu x > y > z thì x −y ≥ 1, y −z ≥ 1, x −z ≥ 2. Suy ra phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2:Nếu x = y, khi đóy = z+ 1, x = z+ 1 và x+y+z = p

Trường hợp 3: x > y = z, khi đó y = z, x = y + 1 và x+y +z = p

Kết luận: nếu p = 3k+ 1 thì phương trình có 3 nghiệm p−2

Ví dụ 2.6 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x 3 −y 3 = xy + 61

Lời giải Nhân cả hai vế của phương trình với 27 ta được phương trình tương đương (3x) 3 + (−3y) 3 + (−1) 3 −3(3x)(−3y)(−1) = 1642.

SV: Vũ Thị Hương Giang 13 K40B-Sư Phạm Toán Áp dụng Ví dụ 2.5 a 3 +b 3 +c 3 −3abc = (a+ b+ c)(a 2 +b 2 +c 2 −ab−bc−ca)

Phương trình đã cho tương đương

Vì (9x 2 + 9y 2 + 1 + 9xy+ 3x−3y) > (3x−3y−1) và 823 là số nguyên tố nên ta có

9x 2 + 9y 2 + 1−9xy + 3x−3y = 823Giải hệ phương trình ta thu được nghiệm là (6; 5).

Phương pháp sử dụng đồng dư thức

Bằng cách sử dụng đồng dư để so sánh hai vế của phương trình, chúng ta có thể chứng minh rằng phương trình này không có nghiệm nguyên hoặc giới hạn các khả năng của biến Điều này giúp đơn giản hóa quá trình tìm kiếm nghiệm nguyên của phương trình.

Ta chú ý rằng a 2 ≡ 0,1(mod3) a 2 ≡ 0,1(mod4) a 2 ≡ 0,1,4(mod5) a 2 ≡ 0,1,4(mod8) a 2 ≡ 0,1,4,7(mod9) a 3 ≡ 0,1,8(mod9)

Ta thường sử dụng các điều kiện này để giải phương trình theo phương pháp đồng dư thức.

Sau đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp này.

Ví dụ 2.7 Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 = 2y 2 −8y + 3.

Lời giải Ta có phương trình x 2 = 2y 2 −8y + 3

VT ≡ 0,1,4(mod8); VP ≡ 3,5(mod8) Suy ra phương trình không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 2.8 Chứng tỏ phương trình sau không có nghiệm nguyên.

Lời giải Đặt x = z −1001, phương trình đã cho trở thành

Ta thấy vế trái ≡ 2(mod3) nên không thể là số chính phương, trong khi vế phải là số chính phương Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 2.9 Giải phương trình nghiệm nguyên 15x 2 −7y 2 = 9.

Lời giải Xét phương trình 15x 2 −7y 2 = 9 Ta có 9 ≡0(mod 3).

Ta thấy 15x 2 ≡ 0(mod3) Suy ra 7y 2 ≡ 0(mod3).

Hay y 2 ≡ 0(mod3) suy ra y ≡ 0(mod3). Đặt y = 3y 0 (y 0 ∈ Z), phương trình trên có dạng 15x 2 −63.y 0 2 = 9 hay 5x 2 −21y 0 2 = 3.

Làm tương tự như trên suy ra được x ≡ 0 (mod 3) Đặt x = 3x 0 (x 0 ∈ Z) suy ra 45x 02 −21y 02 = 3 hay 15x 02 −7y 02 = 1 Vì 7y 2 ≡ 0,1(mod3).

Mà VP = 1 ≡ 1(mod3);VT ≡ 0,2(mod3) Suy ra vô lý Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 2.10 Giải phương trình x 15 +y 15 +z 15 = 19 2003 + 7 2003 + 9 2003 Lời giải Ta có 19 ≡ 1(mod 9) hay 19 2003 ≡ 1(mod 9)

7≡ −2(mod 9) hay 7 3 ≡ (−2) 3 (mod 9) Hay 7 3 ≡ 1(mod 9) tương đương (7 3 ) 667 ≡ 1(mod 9)

Suy ra 7 2001 ≡ 1(mod 9) Do đó 7 2003 ≡ 49 ≡ 4(mod 9).

Xét vế trái, ta có a 3 ≡0,1,−1(mod 9).

Tương tự ta có y 15 ≡ 0,1,−1(mod 9);z 15 ≡ 0,1,−1(mod 9).

Từ (∗) và (∗∗) suy ra vô lý.

Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên.

Phương pháp đánh giá

Phương pháp đánh giá sử dụng các bất đẳng thức để xác định khoảng giá trị mà biến có thể nhận, từ đó giúp đơn giản hóa quá trình tìm nghiệm của phương trình Các phương pháp này có thể được phân loại thành nhiều dạng khác nhau.

Dạng 1: Phân tích thành các tổng bình phương, tổng lập phương.

Ta phân tích thành các tổng không âm A+B + C = 0 Nếu A, B, C không âm thì A = B = C = 0.

Ví dụ 2.11 Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình x 3 y 3 −4xy 3 +y 2 +x 2 −2y −3 = 0

Lời giải Ta có x 3 y 3 −4xy 3 +y 2 + x 2 −2y −3 = 0

Theo gải thiết x, y nguyên và không âm nên ta có

Nếu x 2 −4 = 0 ⇔x = 2 thì y = 1 (chọn) hoặc x = −2 < 0 (loại) Với x 2 −4 < 0 mà x > 0 nên x = 1 thì ta suy ra không tìm được y nên phương trình vô nghiệm.

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, y) = (2,1).

Dạng 2: Sử dụng nguyên lý kẹp Nguyên lý kẹp là một công cụ hữu hiệu để giải phương trình nghiệm nguyên Những phương trình nghiệm nguyên nhiều biến và đồng bậc hoặc có thể đưa về đồng bậc thì có thể áp dụng nguyên lý kẹp để giải.

Cho x, y, n ∈ N, khi đó ta có

SV: Vũ Thị Hương Giang 17 K40B-Sư Phạm Toán a) x < y < x+ 2 suy ra y = x+ 1. b) x n < y n < (x+ 2) n suy ra y n = (x+ 1) n c) x(x+ 1) < y(y + 1)< (x+ 2)(x+ 3) suy ra y = x+ 1.

Ví dụ 2.12 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 4 −y 4 = 3y 2 + 1. Lời giải Phương trình x 4 −y 4 = 3y 2 + 1

Từ hai điều kiện đã nêu, ta có bất đẳng thức (y² + 1)² ≤ x⁴ < (y² + 2)², với y² + 1 và y² + 2 là hai số nguyên liên tiếp, dẫn đến (y² + 1)² và (y² + 2)² là hai số chính phương liên tiếp Do đó, ta suy ra x⁴ = (y² + 1)² Thay vào phương trình ban đầu, ta nhận được y⁴ + 2y² + 1 = y⁴ + 3y² + 1.

Do đó y 2 = 0 hay y = 0 Suy ra x = 1 hoặc x = −1.

Vậy nghiệm của phương trình là (x;y) ={(1; 0); (−1; 0)}.

Dạng 3 Sắp thứ tự các ẩn

Khi các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng, chúng ta có thể giả định rằng x ≤ y ≤ z Dựa trên giả định này, ta có thể tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện đã cho Sau đó, bằng cách sử dụng phép hoán vị, chúng ta có thể suy ra các nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2.13 Giải phương trình nghiệm nguyên dươngxyz = x+y+zLời giải Nếu một trong các số x, y, z = 0 thì ta có x = y = z = 0(thỏa mãn).

Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 0< x ≤y ≤ z.

Ta có xyz = x+y +z tương đương 1 xy + 1 xz + 1 yz = 1 (∗)

Suy ra 1 xy + 1 xz + 1 yz ≤ 3 x 2 Hay 1≤ 3 x 2 ⇒x 2 ≤3 ⇒x 2 = 1⇒ x = 1.

Thay vào (∗) ta được 1 y + 1 z + 1 yz = 1 (∗∗)

Tương tự, vì y ≤ z, nên ta có 1 = 1 y + 1 z + 1 yz ≤ 1 y + 1 y + 1 y

Hay 1≤ 3 y tương đương y ≤ 3 mà y > 1 nên y = 2; 3.

Với y = 2 thay vào (∗∗) ta tìm được z = 3.

Với y = 3 thay vào (∗∗) ta tìm được z = 2.

Vậy nghiệm của phương trình là

Phương pháp tham số hóa

Một số phương trình nghiệm nguyên f(x₁; x₂; ; xₙ) = 0 có thể có vô hạn nghiệm, khiến việc liệt kê tất cả các nghiệm trở nên không khả thi Để tìm nghiệm dưới dạng tham số, ta có thể đặt x₁ = g₁(k₁, k₂, , kₗ), x₂ = g₂(k₁, k₂, , kₗ), , xₙ = gₙ(k₁, k₂, , kₗ), trong đó g₁, g₂, , gₙ là hàm của các biến k₁, k₂, , kₗ thuộc tập số nguyên Z Phương pháp này mạnh mẽ trong việc chứng minh rằng phương trình có vô số nghiệm nguyên Dưới đây, chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ minh họa cho phương pháp này.

Ví dụ 2.14 Xác định tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x 3 +y 3 + 21xy = 343.

Lời giải Ta có x 3 +y 3 + (−7) 3 −3(−7)xy = 0.

Do vậy, ta nhận được nghiệm (−7;−7) và (a,7−a) với a ∈ Z.

Ví dụ 2.15 Chứng minh rằng phương trình 2 x + 1 = xy có vô hạn nghiệm nguyên dương (x, y).

Lời giải Trước tiên, ta chứng minh 2 3 n + 1 chia hết cho 3 n (*) với mọi n≥ 0.

Thật vậy với n = 0 kết luận là hiển nhiên.

Giả sử (*) đúng với n = k, tức ta chứng minh đúng với n= k+ 1.

Giả sử 2 3 k + 1 chia hết cho 3 k Ta có

Thừa số 2 3 k + 1 chia hết cho 3 k theo giả thiết quy nạp.

Xét thừa số 2 3 k −2 3 k + 1 = (2 3 k + 1) 2 −3.2 3 k chia hết cho 3 Do vậy

Do đó phương trình đã cho có vô hạn nghiệm nguyên dương

Phương pháp quy nạp toán học

Nguyên lý quy nạp thứ nhất

Mệnh đề P(n) là đúng với mọi số tự nhiên n≥ α nếu:

(2) Nếu P(n) đúng thì P(n+ 1) cũng đúng, trong đó n ≥ α, n ∈ Z.

P(n) đúng, ta kết luận P(n) đúng.

Như vậy, sau khi kiểm tra P(α) đúng và chứng minh tính đúng của mệnh đề P(n+ 1) dưới giả thiết P(n) đúng, ta kết luận P(n) đúng cho mọi số tự nhiên n≥ α.

Nguyên lý quy nạp thứ hai

Mệnh đề P(n) là đúng với mọi số tự nhiên n≥ α, nếu:

(2) Mệnh đềP(n+1)là đúng khi các mệnh đềP(α), P(α+1), , P(n) đều đúng, trong đó n ≥ α, n∈ N.

Nguyên lý quy nạp thứ ba

Gọi s là số nguyên dương cố định Mệnh đề P(n) là đúng với mọi số tự nhiên n ≥α nếu:

(2) Nếu mệnh đề P(k) đúng thì mệnh đề P(k +s) cũng đúng, trong đó k ≥ α, k ∈ N

Ví dụ 2.16 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, phương trình sau luôn có nghiệm (x;y) trong đó x;y là các số nguyên dương x 2 +y 2 +z 2 = 59 n

Lời giải Ta sẽ sử dụng phương pháp quy nạp với bậc s = 2;n 0 = 1

Dễ thấy 1 2 + 3 2 + 7 2 = 59 và 14 2 + 39 2 + 42 2 = 59 2 nên (x 1 ;y 1 ;z 1 ) SV: Vũ Thị Hương Giang 21 K40B-Sư Phạm Toán

(1; 3; 7) và (x 2 , y 2 , z 2 ) = (14; 39; 42) là hai nghiệm của phương trình. Giả sử với mỗi n= k,(k ≥1) phương trình có nghiệm(x k , y k , z k ).Tức là x 2 k +y k 2 +z k 2 = 59 k Đặt x k+2 = 59x n , y k+2 = 59y n , z k+2 = 59z n ,∀k ≥ 1.

Do đó(x k+2 , y k+2 , z k+2 )xác định như trên là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2.17 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n≥ 3 phương trình sau luôn có nghiệm (x 1 , x 2 , , x n ) là các số nguyên dương đôi một khác nhau.

Lời giải Với n = 3, ta có 1

6 = 1 Giả sử phương trình có nghiệm với n= k; (k ≥ 3) Tức là

1 x 1 + 1 x 2 + .+ 1 x k = 1, với x 1 ;x 2 ; .;x k là các số nguyên dương đôi một khác nhau.

2x k = 1, Với 2; 2x 1 ; 2x 2 ; .; 2x k là các số nguyên dương đôi một khác nhau Vậy (2; 2x 1 ; 2x 2 ; .; 2x k ) là nghiệm cần tìm.

Phương pháp lùi vô hạn Fermat

Fermat đã áp dụng phương pháp lùi vô hạn để chứng minh rằng phương trình x^4 + y^4 = z^4 không có nghiệm khác 0 với n > 2 Ông nhận thấy rằng mặc dù đã tìm ra cách chứng minh rất độc đáo, nhưng do hạn chế về không gian trong cuốn sách, ông không thể trình bày chi tiết.

Khóa luận tốt nghiệp Đại học của GVHD Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga đã ghi nhận rằng một câu quan trọng đã tồn tại gần bốn thập kỷ trước Đến năm 1993, Andrew Wiles đã thành công trong việc chứng minh câu đó sau tám năm nghiên cứu miệt mài.

Bước 1 Chứng minh rằng trong tất cả các nghiệm, luôn tồn tại giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất Gọi giá trị đó là M.

Bước 2 Xét bài toán trong trường hợp riêng M này Chỉ ra một giá trị nhỏ hơn (hoặc lớn hơn) M.

Từ đó suy ra mâu thuẫn.

Ví dụ 2.18 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 +y 2 = 7z 2 Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x 0 , y 0 , z 0 ) 6= (0,0,0). Suy ra tồn tại bộ nghiệm (x 0 , y 0 , z 0 ) sao cho |x 0 | nhỏ nhất.

Thay vào phương trình ta có : x 2 0 +y 0 2 = 7z 0 2

Vì x 2 0 ≡ 0,1,2,4(mod 7);y 0 2 ≡ 0,1,2,4(mod 7) Mà 7z 0 2 ≡ 0(mod 7). Suy ra x 2 0 ≡ 0(mod 7) và y 2 0 ≡0(mod 7) Đặt x 0 = 7x 1 (x 1 ∈ Z), y 0 = 7y 1 (y 1 ∈ Z)

Nhận xét: (x 1 , y 1 , z 1 ) cũng là nghiệm của phương trình đã cho.

7 < |x 0 | suy ra tồn tại bộ nghiệm (x 1 , y 1 , z 1 ) có

|x 1 | bé hơn |x 0 | Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là (0,0,0).

Ví dụ 2.19 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 3 + 2y 3 = 4z 3 Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm (x 0 , y 0 , z 0 ) 6= (0,0,0).

Suy ra bộ nghiệm (x 0 , y 0 , z 0 ) sao cho |x 0 | nhỏ nhất.

Thay vào phương trình ta có x 3 0 + 2y 0 3 = 4z 0 3

Vì x 3 0 ≡ 0(mod 2); 4z 0 3 ≡ 0(mod 2) Suy ra x 3 0 ≡ 0(mod 2) ⇒ x 0 ≡

0(mod 2) Đặt x 0 = 2x 1 , thay vào ta được 8x 3 1 + 2y 0 3 = 4z 0 3

Suy ra 4x 3 1 + y 0 3 = 2z 0 3 Tương tự ta suy ra được y 0 ≡ 0(mod 2), đặt y 0 = 2y 1 , ta có phương trình 2x 3 1 + 4y 1 3 = 8z 1 3 hay x 3 1 + 2y 1 3 = 4z 3 1 Nhận xét (x 1 , y 1 , z 1 ) cũng là nghiệm của phương trình đã cho.

2 < x 0 suy ra tồn tại bộ nghiệm (x 1 , y 1 , z 1 ) có |x 1 | bé hơn |x 0 | Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là (0,0,0).

Phương pháp dùng tính chất của số chính phương 24

- Số chính phương không tận cùng bằng 2,3,7,8.

- Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2 0

- Số chính phương chia cho 3 có số dư 0,1.

- Số chính phương chia cho 4 có số dư 0,1.

- Số chính phương chia cho 8 có số dư 0,1,4. a) Sử dụng tính chất chia hết của số chính phương.

Ví dụ 2.20 Tìm số nguyên x để 9x+ 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp.

Lời giải Giả sử 9x+ 5 = n(n+ 1), với n nguyên thì

Ta lại có 12x+ 7 không chia hết cho 3 nên 3(12x+ 7) không chia hết cho 9 Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x+ 5 = n(n+ 1). b) Tạo ra bình phương đúng

Ví dụ 2.21 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

Do vế trái chia hết cho 2 nên 3(7−y 2 ) 2.

Suy ra 7−y 2 2 Do đó y lẻ.

Ta lại có 7−y 2 ≥0 nên chỉ có thể y 2 = 1.

Khi đó phương trình (∗) trở thành 2(x+ 1) 2 = 18.

Các cặp số (2; 1),(2;−1),(−4; 1); (−4,−1) thỏa mãn (∗) nên là nghiệm của phương trình đã cho. c) Xét các số chính phương liên tiếp

Ví dụ 2.22 Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên x sao cho x(x+ 1) = k(k+ 2).

Lời giải Giả sử x(x+ 1) = k(k+ 2) với k nguyên; x dương.

Từ (1) và (2) suy ra x 2 < (k + 1) 2 < (x+ 1) 2 vô lý.

Không tồn tại số nguyên dương x sao cho x(x + 1) = k(k + 2) Theo tính chất, nếu hai số nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương, thì mỗi số trong đó đều phải là số chính phương.

Để giải phương trình nghiệm nguyên dương xy = z², ta giả sử rằng bộ ba (x, y, z) có ƯCLN bằng 1 Nếu có một bộ ba số x₀, y₀, z₀ thỏa mãn phương trình và có ƯCLN = d, thì ta có thể viết x₀ = dx₁, y₀ = dy₁, z₀ = dz₁, từ đó suy ra x₁, y₁, z₁ cũng là nghiệm của phương trình.

Khi (x, y, z) = 1, x, y, z là ba số nguyên tố cùng nhau Nếu hai trong ba số x, y, z có ước chung d, thì số còn lại cũng chia hết cho d Bởi vì z^2 = xy và (x, y) = 1, ta có thể suy ra x = a^2 và y = b^2 với a, b thuộc tập hợp số nguyên Z.

 x = ta 2 y = tb 2 z = tab với t là số nguyên dương tùy ý. Đảo lại hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1).

Công thức trên cho ra các nghiệm nguyên dương cho phương trình (1) Theo tính chất, nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương, thì ít nhất một trong hai số đó phải bằng không.

Ví dụ 2.24 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 2 + xy+ y 2 = x 2 y 2 (1)

Lời giải Phương trình tương đương với x 2 + 2xy +y 2 = x 2 y 2 +xy

Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0.

Xét xy = 0 Từ (1) có x 2 +y 2 = 0 nên x = y = 0

Xét xy+ 1 = 0 Ta có xy = −1 nên (x;y) = (1;−1) hoặc (−1; 1).Thử lại, ba cặp số (0; 0),(1;−1),(−1,1) đều là nghiệm của phương trình đã cho.

Một số phương pháp khác giải phương trình dio-

Ngoài những phương pháp cơ bản nêu trên, còn có một số phương pháp nhỏ giúp chúng ta giải quyết các phương trình diophantine. a) Xét chữ số tận cùng

Ví dụ 2.25 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Lời giải Choxlần lượt bằng1; 2; 3; 4,ta có ngay hai nghiệm nguyên dương (x;y) của phương trình là (1; 1),(3; 3).

Nếu x > 4 thì dễ thấy x! đều có chữ số tận cùng bằng 3.

Mặt khác, vế phải là số chính phương nên không thể tận cùng là 3. Vậy phương trình (1) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x, y) là (1; 1) và (3; 3).

SV: Vũ Thị Hương Giang 27 K40B-Sư Phạm Toán b) Hạ bậc

Ví dụ 2.26 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 3 + 2y 3 −4z 3 = 0 (1)

Rõ ràng vế phải của (2) chia hết cho 2 nên x 3 2.

Lập luận tương tự ta có y 2, đặt y = 2y 1 (y 1 ∈ Z) Biến đổi tương tự, ta được z 3 = 4y 3 1 + 2x 3 1 (4)

Lập luận tương tự z 2 đặt z = 2z 1 (z 1 ∈ Z) Biến đổi tương tự ta lại có

Rõ ràng nếu bộ số (x 0 ;y 0 ;z 0 )là nghiệm của(1)thì bộ số (x 0

Hơn nữa, x 0 , y 0 , z 0 là số chẵn và x 0

2 cũng là các số chẵn. Quá trình này có thể tiêp tục mãi và các số x 0

2 n là các số chẵn với mọi n là số nguyên dương.

Vậy x = y = z = 0. c) Đưa về dạng tổng Biến đổi phương trình về dạng vế trái là tổng của bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương.

Ví dụ 2.27 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình sau x 2 +y 2 −x−y = 8 (1)

Lời giải Phương trình (1) tương đương

Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng hai số chính phương 3 2 ,5 2

Giải các hệ trên suy ra phương trình (1)có4nghiệm là: (2; 3),(3; 2),(−1;−2); (−2;−1).

Một số dạng phương trình diophantine dạng đặc biệt

Phương trình diophantine tuyến tính

Định nghĩa

Phương trình diophantine tuyến tính có dạng ax + by = c, với a, b, c là các số nguyên và a² + b² ≠ 0 Để giải phương trình này, cần tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn Theo định lý, nếu d là ước chung lớn nhất của a và b, thì phương trình ax + by = c không có nghiệm nguyên nếu d không chia hết cho c Ngược lại, nếu c chia hết cho d, phương trình sẽ có vô số nghiệm, với nghiệm tổng quát có dạng x = x₀ + (b/d)n và y = y₀ - (a/d)n, trong đó n là số nguyên.

Chứng minh Giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình Do d|a, d|b nên d|c Như vậy, nếu d không là ước của c thì phương trình không có nghiệm nguyên.

Vì (a, b) = d nên tồn tại số nguyên t và s sao cho d = as+ bt

Cũng do d|c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c.

Nhân hai vế của (2) với c, ta được c = de = (as+bt)e = a(se) +b(te)

Phương trình cho bởi x = x 0 = se, y = y 0 = te có một nghiệm cụ thể Chúng ta sẽ chứng minh rằng phương trình này tồn tại vô số nghiệm Cụ thể, ta đặt x = x 0 + b dn và y = y 0 − a dn, trong đó n là một số nguyên.

Ta thấy cặp (x, y) xác định như trên là một nghiệm, vì ax+by = ax 0 +ab dn+by 0 −ba dn = ax 0 +by 0 = c

Chúng ta cần chứng minh rằng mọi nghiệm của phương trình có dạng như đã nêu Giả sử (x, y) là một nghiệm bất kỳ, với x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình ax + by = c Khi đó, ta có (ax + by) - (ax₀ + by₀) = 0, dẫn đến a(x - x₀) + b(y - y₀) = 0 Điều này cho thấy a(x - x₀) = b(y - y₀).

Chọn hai vế của đẳng thức này cho d, ta được a d(x−x 0 ) = b d(y −y 0 ) (3)

Từ đó suy ra y 0 −y chia hết cho a d, tức là tồn tại n nguyên sao cho a dn = y 0 −y.

Thay y vào phương trình (3) ta được x = x 0 + b dn. Định lý trên giúp ta tìm được nghiệm của phương trình diophantine tuyến tinh.

Ví dụ

Một trăm con trâu Một trăm bó cỏ Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba,

Ba con trâu già Chỉ ăn một bó

Tính xem trong đó mỗi loại mấy trâu?

Lời giải Gọi số trâu đứng là x (con) số trâu nằm là y (con) (x, y, z > 0;x, y, z ∈ Z) số trâu già lầ z (con)

Theo đề bài ta có hai hệ phương trình ba ẩn với nghiệm nguyên dương

Vì 4y 4; 100 4 nên x 4. Đặt x = 4t (t nguyên dương).

Thay x = 4t ta được phương trình 7t+ y = 25.

Vậy có 3 kết quả như sau:

4 trâu đứng, 8 trâu nằm, 78 trâu già

Nhân dịp Tết, một nhóm 15 người gồm các cụ phụ lão, thanh niên và thiếu nhi đã mang 50 chiếc bánh chưng đến tặng một đơn vị bộ đội Cụ thể, mỗi cụ phụ lão mang 4 chiếc bánh, mỗi thanh niên mang 6 chiếc và mỗi em thiếu nhi mang 1 chiếc bánh.

Có bao nhiêu cụ phụ lão, thanh niên, thiếu nhi?

Lời giải Gọi số cụ phụ lão, số thanh niên và số thiếu nhi lần lượt là x, y, z (người)

Theo đề bài ta có hệ phương trình với nghiệm nguyên dương.

Vì 5y 5; 35 5 nên x 5. Đặt x = 5t, (t nguyên dương)

Thayx = 5tvào phương trình ta được3t+y = 7 Suy ray = 7−3t;z 15−5t−(7−3t) = 8−2t.

Vậy có hai kết quả sau

5 cụ phụ lão, 4 thanh niên, 6 em thiếu nhi.

10 cụ phụ lão, 1 thanh niên, 4 em thiếu nhi.

Phương trình Fermat

Bộ số Pythagore

Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình x 2 + y 2 = z 2 được gọi là bộ số Pitago.

Theo định lý Pythagore, một bộ số (x, y, z) được gọi là bộ số Pythagore khi tồn tại một tam giác vuông với hai cạnh góc vuông là x và y, và cạnh huyền là z, trong đó x, y, z đều là các số nguyên dương Ví dụ, các bộ số (3, 4, 5) và (6, 8, 10) là những bộ số Pythagore điển hình.

Nếu (x, y, z) là bộ số Pitago, thì (kx, ky, kz) cũng sẽ là một bộ số Pitago với mọi số tự nhiên k Vì vậy, chúng ta chỉ cần xem xét các bộ ba số nguyên tố cùng nhau.

Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Định nghĩa 3.2 Bộ số Pitago (x, y, z) được gọi là nguyên thủy nếu (x, y, z) = 1.

Ví dụ 3.3 Các bộ số (3,4,5),(5,12,13) được gọi là nguyên thủy

Bộ số (6,8,10) không nguyên thủy.

Nếu bộ ba số (x, y, z) không phải là bộ ba nguyên thủy, ví dụ như (x, y, z) = d, thì (x/d, y/d, z/d) sẽ tạo thành một bộ ba số Pitago nguyên thủy Để xác định bộ ba số Pitago nguyên thủy, chúng ta cần áp dụng bổ đề sau đây.

Bổ đề 3.1 Nếu (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy thì (x, y) (y, z) = (z, x) = 1.

Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy với (x, y) > 1, thì tồn tại một số nguyên tố p sao cho p chia hết cho (x, y) Vì p chia hết cho x và y, nên p cũng chia hết cho x² + y² = z² Do p là số nguyên tố và p chia hết cho z², suy ra p cũng chia hết cho z, dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1 Do đó, ta kết luận rằng (x, y) = 1, và tương tự cho (x, z) và (y, z) cũng đều bằng 1.

Bổ đề 3.2 Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy Khi đó hoặc x chẵn, y lẻ, hoặc x lẻ, y chẵn.

Chứng minh Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy Do Bổ đề 3.2, (x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn Nếu x và y cùng lẻ thì ta có x 2 ≡y 2 ≡1(mod 4)

Nên z 2 = x 2 +y 2 ≡ 2(mod 4) Điều đó vô lý Vậy x và y không cùng tính chẵn lẻ.

Bổ đề 3.3 Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và rs = t 2 Khi đó tồn tại các số nguyên h, l sao cho r = l 2 và s = h 2

Chứng minh Nếu r = 1 hoặc s = 1 Giả sử phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố ta được các dạng sau r = p α 1 1 p α 2 2 p α n n ;s = p α n+1 n+1 p α n+2 n+2 p α m m ;t = p β 1 1 p β 2 2 p β k k

Vì (r, s) = 1 nên các số nguyên xuất hiện trong phân tích của r và s là khác nhau.

Từ định lý cơ bản của số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên tố xuất hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau.

Vậy mỗi p i phải bằng một q j nào đó, đồng thời α i = 2β j Do đó, mỗi số mũ α i đều chẵn nên α i

2 nguyên Từ đó suy ra r = l 2 , s = h, trong đó l, h là các số nguyên l = p α 1

Định lý 3.2 mô tả cách xác định các bộ số Pitago nguyên thủy (x, y, z) thông qua hai số nguyên dương m và n Các số này phải là nguyên tố cùng nhau, với m lớn hơn n, trong đó m có thể là số lẻ và n là số chẵn, hoặc ngược lại Công thức xác định các số Pitago nguyên thủy là: x = m² - n², y = 2mn, và z = m² + n².

Giả sử x, y, z là một bộ số Pitago nguyên thủy Dựa vào Bổ đề 3.2, ta có thể kết luận rằng x là số lẻ và y là số chẵn, hoặc ngược lại Do x và y có vai trò tương đương, nếu y là số chẵn thì cả x và z đều phải là số lẻ.

Chúng ta có thể thấy rằng nếu (r, s) = d thì d chia hết cho cả r và s, do đó d cũng chia hết cho (r + s) và (r - s) = x Điều này dẫn đến kết luận rằng (z, x) = 1, từ đó suy ra d = 1 Theo Bổ đề 3.3, tồn tại các số nguyên m và n sao cho r = m² và s = n² Khi biểu diễn x, y, z qua m và n, ta có x = r - s = m² - n².

Ta cũng có (m, n) = 1, vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của x = m 2 − n 2 , y = 2mn, z = m 2 + n 2 , nên là ước chung của (x, y, z).

Mà x, y, z nguyên tố cùng nhau nên (m, n) = 1.

Mặt khác, trong mỗi bộ số Pitago nguyên thủy, m và n không thể cùng là số lẻ, do đó một trong hai số phải là chẵn và số còn lại là lẻ Điều này dẫn đến các bộ số Pitago có dạng m^2 - n^2, 2mn, và m^2 + n^2, với x = m^2 - n^2, y = 2mn và z = m^2 + n^2.

Trong đó m, n là các số nguyên dương, m > n,(m, n) = 1, m khác n mà m không đồng dư n(mod 2) lập thành bộ số Pitago nguyên thủy trước tiên ta nhận xét rằng x 2 +y 2 =(m 2 −n 2 ) 2 + (2mn) 2

Chúng ta chứng minh rằng các nguyên tố x, y, z là cùng nhau Giả sử ngược lại, tồn tại một số nguyên d > 1 sao cho (x, y, z) chia hết cho d Khi đó, sẽ tồn tại một số nguyên tố p sao cho p chia hết cho (x, y, z) Tuy nhiên, p không chia hết cho 2 và x là số lẻ, vì x có thể biểu diễn dưới dạng m² - n², với m và n là các số nguyên.

Do đó (x, y, z) = 1, tức là (x, y, z) là một bộ số nguyên thủy.

Ví dụ 3.3 Với m = 5, n = 2 ta tìm được x = 21, y = 20, z = 29 là một bộ số Pitago nguyên thủy.

Phương trình Fermat

Ta thấy rằng phương trình x+y = z có vô hạn nghiệm nguyên. Các bộ số Pitago cùng cho ta vô hạn nghiệm nguyên của phương trình x 2 +y 2 = z 2

Nếu số mũ của các biến trong phương trình x^n + y^n = z^n tăng lên, câu hỏi đặt ra là liệu với n > 3 có tồn tại nghiệm nguyên hay không Định lý Fermat khẳng định rằng nếu n lớn hơn 3, thì phương trình này không có nghiệm nguyên, và do đó, số nghiệm là hữu hạn.

Phương trình x^n + y^n = z^n không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0 với n là số nguyên và n ≥ 3, đã được A Wiles chứng minh vào năm 1993 Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh Định lý Fermat cho n = 4 Một trong những điểm quan trọng trong phương pháp lùi vô hạn mà Fermat đã đề xuất là Định lý 3.4, khẳng định rằng phương trình x^4 + y^4 = z^2 không có nghiệm nguyên x, y, z đều khác 0.

Chứng minh Giả sử phương trình trên có nghiệm nguyên x, y, z khác

0 Do số mũ chẵn nên ta có thể giả sử x, y, z là các số nguyên dương.Giả sử (x 1 , y 1 , z 1 ) là nghiệm nguyên dương của phương trình với z 1

Khóa luận tốt nghiệp Đại học dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga đã đưa ra giả thuyết (x₁, y₁) = 1 Nếu (x₁, y₁) = d, thì có thể biểu diễn x₁ = d*x₂ và y₁ = d*y₂ với (x₂, y₂) = 1, trong đó x₂ và y₂ là các số nguyên dương Từ phương trình x⁴ + y⁴ = z², ta có d⁴*(x²)² + d⁴*(y²)² = z₁², dẫn đến d⁴ | z₁² và suy ra d² | z₁ Đặt z₁ = d²*z₂, ta có được phương trình x⁴ + y⁴ = z₂².

Chúng ta nhận được nghiệm của phương trình x^4 + y^4 = z^2 với x = x^2, y = y^2, z = z^2 và (x^2, y^2) = 1, đồng thời z^2 < z^1 Do đó, có thể giả thiết rằng bộ ba (x^1, y^1, z^1) và (x^2, y^2, z^1) là bộ ba Pythagore nguyên thủy Ta có (x^1, y^1) = (y^1, z^1) = (z^1, x^1) = 1 và (x^1, y^1) có tính chẵn lẻ khác nhau, ví dụ x^1 lẻ và y^1 chẵn.

Ta chỉ ra ước chung lớn nhất (z 1 −x 2 1 , z 1 + x 2 1 ) = 2 Thật vậy, do x 1 lẻ và y 1 chẵn nên z 1 lẻ Vậy 2|(z 1 − x 2 1 , z 1 + x 2 1 ) = (2z 1 , z 1 + x 2 1 ) và

2 là số nguyên dương chẵn duy nhất thỏa mãn 2|2z 1 Từ đó suy ra (z 1 −x 2 1 , z 1 +x 2 1 ) = 2.

Vì y 1 4 = (z 1 −x 2 1 )(z 1 +x 2 1 ) và y 1 chẵn, (z 1 −x 2 1 , z 1 +x 2 1 ) = 2, nên một trong hai số z 1 − x 2 1 , z 1 + x 2 1 chỉ chia hết cho 2, không chia hết cho

4 Vậy y 1 = 2ab, hoặc z 1 − x 2 1 = 2a 4 , z 1 + x 2 1 = 8b 4 hoặc z 1 − x 2 1 8b 4 , z 1 +x 2 1 = 2a 4 , trong đó a là số nguyên dương lẻ và (a, b) = 1. Nếu z 1 −x 2 1 = 2a 4 , z 1 +x 2 1 = 8b 4 thì x 2 1 = 4b 4 − a 4 và ta suy ra 1 ≡

−1(mod 4) Vô lý Nếu z 1 −x 2 1 = 8b 4 , z 1 +x 2 1 = 2a 4 thì z 1 = a 4 + 8b 4 với0 < a < z 1 và 4b 4 = (a 2 −x 1 )(a 2 +x 1 ) Vì(a, b) = 1nên (a, x 1 ) = 1.

Do (a 2 −x 1 , a 2 +x 1 ) = 2 được suy ra từ (z 1 −x 2 1 , z 1 + x 2 1 ) = 2 nên ta có biểu diễn a 2 −x 1 = 2x 4 2 , a 2 + x 1 = 2y 2 4 với x 2 y 2 = b Chọn x 2 = a, ta nhận được x 4 2 +y 2 4 = z 2 2 với 0 < z 2 < z 1 , mâu thuẫn với giả thiết z 1 nhỏ nhất

Hệ quả 3.1 Phương trình x 4 + y 4 = z 4 không có nghiệm nguyên x, y, z đều khác 0.

Chứng minh Đặt t = z 2 Khi đó x 4 + y 4 = t 2 Theo Định lý trên, phương trình này vô nghiệm trong N ∗ nên x 4 + y 4 = z 4 không có nghiệm nguyên x, y, z đều khác 0.

Ví dụ 3.4 Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau x −2 +y −2 = z −2

Lời giải Phương trình đã cho tương đương x 2 + y 2 xy z 2

Suy ra z|xy và x 2 + y 2 là số chính phương Đặt x 2 +y 2 = t 2 trong đó, t là số nguyên dương.

Phương trình được đưa ra là t = xyz, trong đó d = (x, y, t) với x = ad, y = bd, t = cd, với a, b, c là các số nguyên dương và (a, b, c) = 1 Từ đó, ta có phương trình z = abdc, với điều kiện a² + b² = c² Do a, b, c là các số nguyên tố cùng nhau, nên c|d hay d|kc, với k là số nguyên dương.

Suy ra rằng, với a, b, c là các nguyên tố cùng nhau, ta có c|dhayd = lc và lnguyên dương Từ đó, ta xác định x = ad = kac, y = bd = kbc, t = cd = kc², z = kab Hơn nữa, theo định lý Pythagoras, ta có a² + b² = c², với các công thức nghiệm a = m² − n², b = 2mn, c = m² + n².

Trong đó m, n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, m ≥ n, m+n là số lẻ.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

Trong đó m, n là 2 số nguyên tố cùng nhau, m > n, m+n là số lẻ.

Phương trình Pell

Phương trình Pell loại 1

Phương trình Pell loại I được định nghĩa bằng x² - dy² = 1, trong đó d là một số nguyên dương Nếu d là số chính phương, phương trình này sẽ không có nghiệm Ngược lại, nếu d là số nguyên âm, phương trình Pell loại I không có nghiệm nguyên dương Để phương trình này có nghiệm nguyên dương, điều kiện cần và đủ là d phải là số nguyên dương và không phải là số chính phương.

Vấn đề ở đây là tồn tại nghiệm nguyên dương (x, y) với x, y ≥ 1. Để giải quyết vấn đề ta cần các bổ đề sau

Bổ đề 3.4 Nếu phương trình x 2 − dy 2 = 1 có nghiệm nguyên với (x 0 , y 0 ) với y 0 6= 0 thì nó có vô hạn nghiệm nguyên dương.

Chứng minh rằng phương trình \(-dy^2 = 1\) có nghiệm nguyên \((x_0, y_0)\) với \(y_0 \neq 0\) Các nghiệm \((−x_0, y_0)\), \((x_0,−y_0)\) và \((−x_0,−y_0)\) cũng thuộc phương trình này Giả sử \(x_0, y_0 \geq 1\) Ký hiệu \(x_n, y_n\) là các số nguyên thỏa mãn \(x_n + y_n \sqrt{d} = (x_0 + y_0 \sqrt{d})^n\) với \(n = 1, 2, \ldots\).

Do đó phương trình đã cho có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương.

Bổ đề 3.5 Tồn tại vô số cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn

Chứng minh Từ kết quả của liên phân số ta có |√ d− a b| < 1 b 2

Kí hiệu P là tập tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 −dy 2 = 1 Ta sẽ chỉ ra P 6= ∅ là công thức xác định tất cả các phần tử thuộc P.

Ví dụ 3.5 Giải phương trình Pell x 2 −7y 2 = 1

7 dưới dạng liên phân số.

Dãy {P i } và {Q i } được xác định:

Do liên phân số biểu diễn √

7 tuần hoàn với chu kỳ m = 4 là số chẵn nên nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là (P m−1 , Q m−1 ) = (8,3)

Vậy các nghiệm nguyên dương của x 2 −7y 2 = 1 được xác định theo công thức x+y√

Phương trình Pell loại 2

Xét phương trình x² - dy² = -1, trong đó d > 1 là số chính phương, phương trình Pell loại 2 sẽ không có nghiệm Để phương trình Pell loại 2 có nghiệm nguyên dương, điều kiện là d không được quá lớn Vấn đề đặt ra là giải phương trình ax² - by² = 1 với a, b thuộc N*.

Khóa luận tốt nghiệp Đại học dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga nghiên cứu về phương trình Pell x² - aby² = 1 Theo định lý 3.5, nếu phương trình ax² - by² = 1 với a, b ∈ N* có nghiệm nhỏ nhất (x₀, y₀) và y₀ > 0, thì nghiệm tổng quát (xₙ, yₙ) với n ≥ 0 của phương trình ax² - by² = 1 có thể được biểu diễn theo một dạng nhất định.

 x n = x 0 u n + by 0 v n yn = x0un +ay0vn

, ở đó (u n , v n ) là nghiệm tổng quát của phương trình u 2 −abv 2 = 1.

Chứng minh Kiểm tra (x n , y n ) là nghiệm củaax 2 −by 2 = 1 Thật vậy: ax 2 n −by n 2 =a(x 0 u n +by 0 v n ) 2 −b(x 0 u n +ay 0 v n ) 2 ax 2 n −by n 2 =(ax 2 0 −by 0 2 )(u 2 n −abv n 2 ) = 1.1 = 1

Ngược lại, giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình ax 2 −by 2 = 1. Đặt u = a0x−by0y, v = y0x−x0y Dễ dàng kiếm tra được u 2 −aby 2 = (ax0x−by0y) 2 = ab(y0x−x0y) = 1

Như vậy, (u, v) = (ax0x−by0y, v = y0x−x0y) là nghiệm của phương trình Pell u 2 −abv 2 = 1 và x = x0u+ by0v, y = x0u+ ay0v là nghiệm của ax 2 −by 2 = 1.

Ví dụ 3.6 Xác định tất cả các số nguyên dương nđể 5n+ 1 và 6n+ 1 đều là số chính phương.

Lời giải.Giả sử5n+1 = x 2 ,6n+1 = y 2 Khi đó6x 2 −5y 2 = 1 Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình này là x0 = 1, y0 = 1 Xét phương

Vũ Thị Hương Giang, sinh viên lớp K40B chuyên ngành Sư Phạm Toán, đã trình bày phương trình u² - 30v² = 1 Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình này là u = 11 và v = 2 Ngoài ra, nghiệm tổng quát (uₙ, vₙ) cũng được xác định theo công thức: uₙ + vₙ√.

30) n Nghiệm tổng quát(x n , y n ), n ≥ 0,của phương trình6x 2 −5y 2 = 1được biểu diễn là

, ở đó (u n , v n ) là nghiệm tổng quát của phương trình u 2 −30v 2 = 1.

Một số phương trình diophantine qua các kì thi học

Trong phần này, tác giả đã sưu tầm một số phương trình Diophantine từ các kỳ thi học sinh giỏi, nhằm cung cấp cho người đọc những lời giải ngắn gọn và dễ hiểu Nội dung này giúp người đọc tham khảo hiệu quả trong quá trình ôn luyện.

Bài 1:Tìm tất cả các cặp số nguyên(x, y)thỏa mãn x 3 +y 3 = (x+y) 2 Lời giải Phương trình x 3 +y 3 = (x+y) 2

Nên ta có trường hợp thứ nhất

Xét các trường hợp còn lại ta được 4 cặp nghiệm là:

Vậy nghiệm của phương trình là(x, y) ={(0; 1); (1; 0); (1; 2); (2; 1); (2; 2); (t,−t)} với t∈ Z

Bài 2 :Tìm các số nguyên dương x, y sao cho (x 2 +y 2 ) 2014 = (xy) 2015

Lời giải Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình

Ta có (x 2 +y 2 ) 2014 = (xy) 2015 suy ra x 4028 y và y 4028 x

Do đó x, y cùng có tập các ước nguyên tố.

Gọi p là một ước nguyên tố bất kì của x và y và ta ký hiệu v p (x) là số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của x.

Khi đó, v p ((x 2 +y 2 ) 2014 ) = 4028 min{m, n} và v p ((xy) 2015 ) = 2015(m+n)

⇔ m = n = 0 (Điều này vô lý) Vậy v p (x) =v p (y), với mọi p là ước nguyên tố của x và y.

Do x, y cùng tập các ước nguyên tố nên x = y.

Bài 3: Chứng minh phương trình

(x+ 1) 2 + (x+ 2) 2 + .+ (x+ 99) 2 = y 2 không có nghiệm nguyên (x, y, z) với z > 1.

Vì vế phải chia hết cho 3 nên 3|y.

Suy ra 3 2 |y 2 Nhưng vế phải không chia hết cho 9.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với z > 1.

Bài 4: Tìm tất cả các số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình x 3 −4xy +y 3 = −1

Lời giải Nhân cả hai vế của phương trình với 27 và cộng cả hai vế với

Sử dụng kết quả :a 3 +b 3 +c 3 −3abc = (a+b+c)(a 2 +b 2 +c 2 −ab−bc−ca), phương trình tương đương

Vì 37 là số nguyên tố và

Suy ra nghiệm là (−1; 0) và (0;−1)

Nếu 3x+ 3y+ 4 = 37 thì 9x 2 + 9y 2 + 16−9xy−12x−12y = 1 suy ra,

(3x−3y) 2 + (3x−4) 2 + (3y −4) 2 = 2 Điều này không thể xảy ra vì x, y là các số nguyên khác nhau nên

Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là (−1; 0) và (0;−1).

Bài 5: Tìm tất cả các nghiệm (x, y) nguyên của phương trình sau

Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình và x ≥1 Khi đó

Như vậy, nếu(x, y)là nghiệm của phương trình thì xphải là số nguyên không dương Ta thấy rằng, nếu(x, y) là nghiệm của phương trình thì

(−x,−y) cũng là nghiệm Do đó, −x cũng phải là số nguyên không dương Vậy chỉ có thể x= 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (0,0).

Bài 6: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình sau x 6 + 3x 2 + 1 = y 4

Lời giải Phương trình đã cho tương đương

Ta thu được phương trình sau

Giải các hệ phương trình trên thu được nghiệm của phương trình ban đầu là (0,1),(0,−1).

Bài 7: Tìm các số nguyên x, y khác 0 của phương trình sau

Lời giải Ta viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc hai ẩn y.

Phương trình trên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi x(x+ 1) 2 (x−8) là số chính phương. Đặt x(x−8) = z 2 ,

Do đó nghiệm của phương trình ban đầu là:(−1,1),(8,−10),(9,−6),(9,−21) Bài 8: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương không âm của phương trình. x 4 1 +x 4 2 + .+x 4 14 = 15999 Lời giải.

- Nếu n là số chẵn. Đặt n = 2k, với k nguyên thì n 4 = 16k 4 ≡0(mod 16)

- Nếu n là số lẻ thì n 4 −1 = (n−1)(n+ 1)(n 2 + 1)

Vì (n−1),(n+ 1) là 2 số chẵn liên tiếp và (n 2 + 1) cũng là số chẵn nên n 4 −1 = (n−1)(n+ 1)(n 2 + 1) ≡ 0(mod 16)

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm.

Khóa luận đã đạt được một số kết quả sau:

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu 7 phương pháp cơ bản để giải phương trình Diophantine, kèm theo một số phương pháp khác Nội dung sẽ bao gồm mô tả chi tiết từng phương pháp cùng với các ví dụ minh họa, được sắp xếp từ những phương pháp đơn giản nhất đến những phương pháp phức tạp hơn Các phương pháp này sẽ giúp bạn hiểu rõ hơn về cách giải quyết các bài toán Diophantine một cách hiệu quả.

Bài viết này đề cập đến một số dạng phương trình Diophantine đặc biệt, bao gồm phương trình Diophantine tuyến tính, phương trình Fermat và phương trình Pell Ngoài ra, bài viết cũng cung cấp một số ví dụ minh họa cho việc ứng dụng các dạng phương trình này trong thực tế.

Phương trình Diophantine có nhiều ứng dụng thực tiễn, giúp người học hiểu rõ hơn về cách áp dụng chúng trong các bài toán cụ thể Việc giải quyết các bài toán này không chỉ nâng cao khả năng tư duy toán học mà còn mở rộng kiến thức về ứng dụng của các phương trình trong đời sống hàng ngày Hãy khám phá những ví dụ thực tế để thấy được giá trị của phương trình Diophantine trong việc giải quyết các vấn đề thực tế.

Cuối cùng, bài viết giới thiệu một số bài tập từ các đề thi HSG, nhằm hỗ trợ học sinh phát triển khả năng tư duy và sáng tạo trong quá trình giải toán.

Mặc dù em đã nỗ lực hết mình, nhưng vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót trong khóa luận Em rất mong nhận được ý kiến đóng góp từ quý Thầy Cô và các bạn để giúp em hoàn thiện bài viết này hơn nữa Em xin chân thành cảm ơn.

Tiêu đề	Phương trình diophantine
Tác giả	Vũ Thị Hương Giang
Người hướng dẫn	TS. Nguyễn Thị Kiều Nga
Trường học	Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2
Chuyên ngành	Đại số
Thể loại	Khóa luận tốt nghiệp đại học
Năm xuất bản	2018
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	57
Dung lượng	334,48 KB