Luận văn sư phạm Một số bài toán về đa thức nguyên

Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức ngun LỜI NĨI ĐẦU Trong nhà trường phổ thơng, mơn tốn giữ vị trí quan trọng Nó giúp cho học sinh học tốt môn học khác, công cụ nhiều ngành khoa học công cụ để hoạt động đời sống thực tế Mơn tốn có tiềm to lớn việc khai thác phát triển lực trí tuệ chung, rèn luyện thao tác phẩm chất tư Đại số phận lớn toán học Trong khái niệm đa thức khái niệm quan trọng sử dụng nhiều đại số công cụ đắc lực Giải tích Tuy nhiên nay, vấn đề đa thúc trình bày sơ lược, chưa phân loại hệ thống cách chi tiết Đặc biệt, đa thức hệ số nguyên tài liệu chưa nhiều, chưa hệ thống theo dạng toán phương pháp giải Vì em mạnh dạn chọn đề tài “Một số toán đa thức nguyên” để làm khóa luận tốt nghiệp Em hi vọng khóa luận có ích quan tâm đến tốn đa thức ngun Khóa luận chia làm chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị; Chương 2: Một số tốn tính chất đa thức nguyên; Chương 3: Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên đa thức nguyên Do thời gian cịn hạn chế khả có hạn nên khóa luận em khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp ý kiến thầy khoa Tốn, thầy hội đồng phản biện bạn sinh viên Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 ĐA THỨC MỘT ẨN 1.1.1 Xây dựng đa thức ẩn Cho A vành giao hốn có đơn vị Kí hiệu P= ( a0 , a1 ,…, an ,…)   A, = hầu hết i = 0, 1, 2,… Trên P xác định hai quy tắc cộng nhân sau - Quy tắc cộng ( a0 , a1 ,…, an ,…) + (b0 , b1 ,…, bn ,…) = ( a0 +b0 , a1 + b1 ,…, an + bn ,…) - Quy tắc nhân ( a0 , a1 ,…, an ,…)( b0 , b1 ,…, bn ,…)= ( c0 , c1 ,…, cn ,…) với c0 = a0 b0 , c1 = a0 b0 + a1b1 ,…, ck =  ab i  j k i j , k = 0, 1, 2,… Khi P với hai phép toán cộng nhân lập thành vành giao hốn có đơn vị Ánh xạ f: A  P đơn cấu vành a  ( a , 0, ,…) Do f đơn cấu nên đồng a với f  x  Khi coi A vành P Ta kí hiệu x = (0, 1, 0, 0,…) gọi ẩn A Khi x = (0, 0, 1, 0,…) ……… ,…), Quy ước x = (1, 0, 0,…) x n = ( 0,0, ,0,1,0    n Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức ngun Do phần tử   P,  = ( a0 , a1 ,…, an ,…) với  A, i = 0, 1, 2,… viết dạng  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n Khi ta kí hiệu P = A  x  gọi vành đa thức ẩn x A, phần tử A  x  đa thức ẩn x Kí hiệu f  x  , g  x  ,… Mọi đa thức f  x   A  x  biểu diễn dạng f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n ,  A, i = 0, 1, 2,… Khi  xi gọi hạng tử thứ i  gọi hệ tử thứ i  a0 gọi hạng tử tự  an gọi hệ tử cao  n gọi bậc đa thức f  x  kí hiệu deg f  x  = n an  1.1.2 Đa thức nguyên Định nghĩa 1: Đa thức f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n a0 , a1 ,…, an  ฀ , an  gọi đa thức nguyên Định nghĩa 2: Đa thức f  x  thuộc ฀  x  gọi đa thức nguyên tất hệ số nguyên tố (có thể khơng đơi ngun tố nhau) 1.1.3 Nghiệm đa thức a Định nghĩa: Cho A vành, K vành chưa A Phần tử   K gọi nghiệm đa thức f  x   A  x  f   = Ta nói  nghiệm phương trình đại số f   = K Nếu deg f  x  = n  phương trình f  x  = gọi phương trình đại số bậc n Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức nguyên b Định lý Bezout: Cho vành đa thức A  x  , f  x   A  x  ,   A, với A trường Khi dư phép chia f  x  cho  x    f   Hệ quả: Phần tử   A nghiệm đa thức f  x   A  x  , (A trường) f  x  chia hết cho  x    A  x  c Định lý Cho đa thức f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n  A  x  , an  Khi f  x  viết dạng f  x  = an  x  1  x     x   n  vành K  x  với 1 ,  ,…,  n nghiệm đa thức f  x  trường mở rộng K A d Lược đồ Hoocne Cho A trường, f  x   A  x  đa thức bậc n f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n , f  x   Trong phép chia f  x  cho  x    ,   A, giả sử đa thức thương g  x  = b0 + b1 x +…+ bn 1 x n 1 đa thức dư r  x  = r Khi ta có công thức: bn 1  an b  a  b  n 1 n 1  n 2  b  a  b  1  r  a0  b0 Ta viết lại công thức trên, gọi lược đồ Hoocne sau  an an1 … a1 a0 bn 1 = an bn 2 = … b0 = a1 + b1 r = a0 + b0 an1 + bn 1  Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên 1.1.4 Ngiệm bội  Định nghĩa Cho k số tự nhiên khác Một phần tử   A nghiệm bội bậc k đa thức f  x   A  x  f  x  chia hết cho x   k f  x , không chia hết cho f  x = x    q  x , k x   k 1 Tức ( q  x   0) Đặc biệt:  k =1  gọi nghiệm đơn  k =2  gọi nghiệm kép  Định lý D’Alembert Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có nghiệm phức Chứng minh: Giả sử f  x   ฀  x  , deg f  x  > f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n ,  ฀ ,  i = 0,n , an  f  x = a0 + a1 x +…+ an 1 x n1 + an x n ,  i = 0,n với liên hợp Xét đa thức g  x   f  x  f  x  Ta có g  x   b0  b1 x   b2 n x n , bk = Vì bk = aa i  j k i j aa i  j k i j ,  k = 0,2n = bk nên hệ số bk số thực Mà đa thức lớn khơng với hệ số thực ln có nghiệm phức, nên g  x  có nghiệm z = p  qi thỏa mãn g  z= f  z f  z = suy f  z  = f  z  = Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên + Nếu f  z  = z nghiệm f  x  + Nếu f  z  =  a0 + a1 z +…+ an 1 z n1 + an z n = Lấy liên hợp hai vế ta a0  a1 z   an 1 z n 1  an z n =  Tức f z = hay z nghiệm f  x  Như vậy, z z nghiệm f  x  1.1.5 Công thức Vi ét Cho f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n  A  x  đa thức Khi tồn trường mở rộng K A để f  x  có nghiệm thuộc K Giả sử f  x  có nghiệm K 1 ,  ,…,  n Khi an 1  1      n  ( 1) a n   an  1   2    n 1 n  ( 1) an     n a0      ( 1) n  an  1.1.6 Hai đa thức chia hết a Định nghĩa: Cho vành đa thức A  x  , A trường , f  x  g  x  thuộc A  x  , g  x   Ta nói f  x  chia hết cho g  x  A  x  tồn đa thức q  x  thuộc A  x  cho: f  x   g  x  q  x  Khi đó, kí hiệu f  x  g  x  Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức nguyên b Một số tính chất (1) Với đa thức f  x  g  x  số   ,  f  x  g  x  (2) Nếu f  x  g  x  g  x  f  x  f  x    g  x  ,   ,   A (3) Nếu f  x  g  x  g  x  h  x  f  x  h  x  (4) Nếu f i  x  g  x  , i  1,2, , n q1  x  , q2  x  , , qn  x  đa thức  f1  x  q1  x   f  x  q2  x    f n  x  qn  x   g  x  1.1.7 Đa thức đồng dư a Định nghĩa: Cho vành đa thức A  x  , A trường, f  x  , g  x  thuộc A  x  ,   x   Ta nói đa thức f  x  g  x  đồng dư với theo môđun đa thức   x  ( f  x   g  x  )    x  A  x  Khi đó, kí hiệu f  x   g  x  (mod   x  ) b Một số tính chất đa thức đồng dư (1) Với đa thức f  x  , f  x   f  x  (mod   x  ) (2) Với đa thức f  x  g  x  Nếu f  x   g  x  (mod   x  ) g  x   f  x  (mod   x  ) (3) Với đa thức f  x  , g  x  h  x  Nếu f  x   g  x  (mod   x  ) g  x   h  x  (mod   x  ) f  x   h  x  (mod   x  ) (4) Với đa thức f  x  , g  x  h  x  Nếu f  x   g  x  (mod  x  ) f  x  h  x   g  x  h  x  (mod  x  ) (5) Với đa thức f  x  , g  x  h  x  Nếu ( f  x  + g  x  )  h  x  ( mod   x  ) f  x   ( h  x   g  x  )(mod   x  ) Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên (6) Cho đa thức f1  x  , f  x  , , f n  x  ; g1  x  , g  x  , , g n  x  u1  x  , u2  x  , , un  x  Nếu f i  x   gi  x  (mod   x  ) với i  1,2, , n  u  x  f  x   u  x  f  x    u  x  f  x    1 n n  u  x  g  x   u  x  g  x    u  x  g  x   (mod   x  ) 1 2 n n (7) Cho đa thức f1  x  , f  x  , , f n  x  g1  x  , g  x  , , g n  x  Nếu f i  x   gi  x  (mod   x ) với i  1,2, , n f1  x  f  x  f n  x   g1  x  g  x  g n  x  (mod   x ) (8) Với đa thức f  x  g  x  số tự nhiên t Nếu f  x   g  x  (mod   x ) f  x   g  x  (mod   x ) t t (9) Với đa thức f  x  g  x  bất kì, đa thức h  x  Nếu f  x   g  x  (mod   x ) f  h  x    g  h  x   (mod   x ) 1.1.8 Đa thức bất khả quy a Định nghĩa: Cho f  x   ฀  x  , f  x  gọi bất khả quy ฀  x  f  x   , f  x  khác khả nghịch f  x  khơng có ước thực b Một số tính chất (1) Cho f  x   ฀  x  , f  x  bất khả quy ฀  x  ước với hệ số thuộc ฀ có dạng   f  x  ,   0, ฀ (2) f  x  bất khả quy ฀  x  , q  x   ฀  x  q  x  chia hết cho f  x  q  x  f  x  nguyên tố Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên (3) Cho f  x  bất khả quy ฀  x  , q  x  , r  x   ฀  x  Nếu tích f  x  q  x  chia hết cho r  x  , thừa số f  x  q  x  chia hết cho r  x  1.2 ĐA THỨC NHIỀU ẨN 1.2.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn Cho A vành giao hốn có đơn vị Khi ta xây dựng vành đa thức ẩn A =A  x1  Khi A vành giao hốn có đơn vị Xây dựng A =A  x2  =A  x1  x2  =A  x1 , x  Tương tự ta xây dựng A = A  x3  =A  x1 , x2 , x3  ………… A n =A  x1 , x2 , , xn  Vành A n =A  x1 , x2 , , xn  gọi vành đa thức n ẩn x1 , x2 ,…, xn A Các phần tử A  x1 , x2 , , xn  gọi đa thức n ẩn x1 , x2 ,…, xn kí hiệu f  x1 , x2 , , xn  Mọi đa thức f  x1 , x2 , , xn   A  x1 , x2 , , xn  biểu diễn dạng: n f  x1 , x2 , , xn  =  ci x1 xn , ci  A ai1 ain i 1 đó: ai1 ain  ci x1 xn gọi hạng tử thứ i  ci  A gọi hệ tử thứ i 1.1.2 Đa thức đối xứng f  x1 , x2 , , xn  thuộc vành đa thức a Định nghĩa: Đa thức A  x1 , x2 , , xn  gọi f  x1 , x2 , , xn  = f  xi , xi , , xi n đa  với thức đối i , i , , i  n xứng hoán vị 1,2, ,n Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên b Ví dụ: Trong vành đa thức nhiều ẩn A  x1 , x2 , , xn  đa thức sau gọi đa thức đối xứng bản: 1 = x1  x2   xn   x1 x2  x2 x3   xn1 xn   x1 x2 x3  x2 x3 x4   xn  xn 1 xn ……  n  x1 x2 xn Nhận xét: Nếu f  x1 , x2 , , xn  đa thức n ẩn đa thức f 1 ,  , , n  đa thức đối xứng Điều ngược lại đúng, đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng c Đưa đa thức đa thức đối xứng c1 Định lý Cho f  x1 , x2 , , xn  thuộc vành đa thức A  x1 , x2 , , xn  đa thúc đối xứng khác Khi tồn đa thức h  x1 , x2 , , xn   A  x1 , x2 , , xn  cho f  x1 , x2 , , xn  = h 1 ,  , ,  n  c2 Phương pháp đưa đa thức đa thức đối xứng Có phương pháp: - Dựa vào hạng tử cao đa thức - Phương pháp hệ tử bất định (chỉ với đa thức đẳng cấp vành sở vơ hạn) Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 10 Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức ngun Do đó, a lẻ a  1(mod16) Vậy với a  a  0(mod16)   a  1(mod16) Suy với xi  ฀ , i  1, 2, ,14 x14  x24   x144  m(mod16) với m  0,1,2 ,14 Lại có 1599  15(mod16) Vậy phương trình cho vơ nghiệm Ví dụ Chứng minh phương trình: x15  y15  z15  192003  2003  92003 (1) khơng có nghiệm ngun Lời giải Ta có 19  1(mod 9) , nên 192003  1(mod9) Lại thấy  2(mod9) nên 2003   2  Mặt khác,  2  2003 667 (mod 9)  ( 2).22002  ( 2)  23    4   23  667 Do 23  1(mod 9)   23  Khi  4   23  2003 (2) 667 667  1(mod9)  4(mod 9) , nên ta có (3) 2003  4(mod 9) Từ (2) (3) suy (4) 192003  2003  92003  5(mod 9) Vì lập phương số tự nhiên chia cho cho số dư 0, 1 nên với x, y , z nguyên ta có x15  y15  z15   x    y    z  3 Do đó, x15  y15  z15 chia cho dư 0,3,1,-3 1 Kết hợp với (4) suy phương trình (1) khơng có nghiệm ngun Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 42 Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức nguyên Bài tập áp dụng: Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình sau a) x14  x24   x74  1992 b) x  y  2007 Bài Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun x2  y  8z  3.2.3 Phương pháp quy hệ phương trình bậc nhất, bậc hai a Dạng tích Cơ sở lý luận: Sử dụng phương pháp nhóm để phân tích thừa số ngun tố, đưa phương trình cho dạng f1  x, y, z  f  x, y, z ,  f n  x, y, z   p1 p2 pn sau đưa hệ f i  x, y, z,   pi , i  1, n giải hệ Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình sau: x2  x   y (1) Lời giải Từ phương trình (1) ta có: x  x  24  y   y    x  1  23 2 hay  y  x  1 y  x  1  23 Do 23=1.23=23.1=  1 23   23 1 (2) nên từ (2) dẫn đến việc tìm nghiệm nguyên hệ sau: 2 y  x   ;  2 y  x   23 Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán 2 y  x   23 ;  2 y  x   43 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên  y  x   1 ;  2 y  x   23 2 y  x   23  2 y  x   1 Lần lượt giải hệ này, ta nghiệm tương ứng là: (5,6); ( 6 ,6); ( 6, 6 ) ; (5, 6 ) Đó nghiệm ngun phương trình cho Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 3x  xy  y  x  y   (1) Lời giải Từ phương trình (1) ta có 3x  xy  y  x  y   x  3xy  x  y  xy  y   3x  x  y    y  x  y  2    x  y   x  y   (2) Do 5=1.5=5.1=  1 5    5 1 nên từ (2) ta đưa tìm nghiệm nguyên hệ phương trình sau: x  y   + 3x  y  x    y  4 x  y   + 3 x  y   x  1  y   x  y   1  x  1 +   y  2 3 x  y  5  x  y   5 x  +  3x  y  1  y  10 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên là: (3, 4 ); ( 1 ,4); ( 1, 2 ); (3, 10 ) Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 44 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên Bài tập áp dụng: Giải phương trình nghiệm nguyên: a) p  x  y   xy , p số nguyên tố b) x  x3  x  x y  xy  y  b Dạng tổng bình phương Cơ sở lý luận: Đưa phương trình dạng: f12  x, y, z,   f 22  x, y, z,    p12  p22  p1 , p2 , số ngun Ví dụ Tìm nghiệm ngun dương phương trình sau: 3x  y  z  xy  yz  xz  14 (1) Lời giải Từ (1) ta có x   x  xy  y    x  y  z  xy  yz  zx   14  x   x  y    x  y  z   14 2 (2) Do x, y, z nguyên dương nên x  x  y  x  y  z Mặt khác, 14  12  22  32 (cách phân tích nhất) Từ điều từ (2) suy ra: x  x     y 1 x  y  x  y  z  z    Vậy phương trình cho có nghiệm ngun dương 1,1,1 Ví dụ Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2  y  x  y  (1) Lời giải Ta có (1)  x  y  x  y  32   x  x  1   y  y  1  34 Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 45 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên   x  1   y  1  34 2 2  x   y   32  52 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng hai số phương 32 ,52  x    x    Suy   y    y   Giải hai hệ phương trình suy phương trình (1) có nghiệm nguyên là:  2,3 ,  3,2  ,  1, 2  ,  2, 1 Bài tập áp dụng: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau: a) x  xy  y  169 b) x  y  z  xy  yz  zx  13 3.2.4 Phương pháp dùng bất đẳng thức Cơ sở lý luận: Ta dùng bất đẳng thức để giải tốn tìm nghiệm ngun phương trình Thường sử dụng hai bất đẳng thức cổ điển là:  Bất đẳng thức Cauchy: Với số thực dương a1, a2 , , an ta có: a1  a2   an  n n a1a2 an Dấu “=” xảy a1  a2   an  Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Với hai dãy số thực tùy ý a1, a2 , , an b1 , b2 , , bn ta có: a  a22   an2  b12  b22   bn2    a1b1  a2 b2   an bn  an  a1 a2 ; bi  0, i  1, n    bn Dấu “=” xảy   b1 b2  b1  b2   bn  Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 46 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên  Dạng 1: Đối với phương trình mà biến có vai trị người ta thường dùng phương pháp xếp biến Ví dụ Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: x  y  z  xyz Lời giải Do x, y, z có vai trị nhau, khơng tính tổng qt ta giả sử  x  y  z Do 3xyz  x  y  z  3z suy xy  từ ta tìm x  1; y  Vậy phương trình cho có nghiệm ngun dương 1,1,1 Ví dụ Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: 1   1 x y z (1) Lời giải Khơng tính tổng qt ta giả sử  x  y  z Suy 1     hay x  ta tìm x  1, 2,3 x y z x + Với x  : (1)  1   phương trình vô nghiệm y z + Với x  : (1)  1    y z y  y4 Mặt khác, y  x  y  2,3,4 - Với y    phương trình vơ nghiệm z - Với y   1   z 6 z - Với y   z  Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 47 Khóa luận tốt nghiệp + Với x  : (1)  Một số toán đa thức nguyên 1 2    y z y  y3 Mặt khác y  x =3  y 3  z 3 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên dương  2,3,6  ;  2,4,4  ;  3,3,3 hoán vị  Dạng 2: Áp dụng bất đẳng thức cổ điển Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:  x  y  1   x  y  1 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:  x  y  1   x  y  1 12  12  12   3 x  y  1 Dấu “=” xảy  x  y  Vậy phương trình cho có nghiệm 1,1 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau: x  z  15 x z  x y z   y   (1) Lời giải Từ phương trình (1) ta có x    y  5  z  3x z  y  5 (2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số  x  ,  y   , z ta được: x    y 3    z  3x z  y   Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 48 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên Dấu “=” xảy   x    y    z hay x  y   z (3) 3 Từ phương trình (3) ta có: x  y    x  y  x  y   x  y  Do x, y nguyên dương nên ta có  x  y  x   y  Thay vào (3) ta z  Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên dương  3,2,9  Ví dụ Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: x3  y  z   x  y  z  với số x, y, z đôi khác Lời giải Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: x3  y  z  x  y  z    3    x  y  z  x  y  z  3 3  x  y  z  x y  z9 Vì x, y, z đơi khác nên ta có x  y  z     (1) (2) Từ (1) (2) ta có  x  y  z   x  y  z  6,7,8 Lần lượt thử giá trị x  y  z ta tìm giá trị x, y, z Khơng tính tổng quát ta giả sử x  y  z  x  y  z =6 =1+2+3  x  1; y  2; z  Thay vào phương trình ban đầu ta 13  23  33  62  36  36 (luôn đúng)  x  y  z =7=1+2+4  x  1; y  2; z  Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 49 Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức ngun Thay vào phương trình ban đầu ta 13  23  43   73  49 (vô lý)  x  1; y  2; z  ( trường hợp  x  y  z =8 =1+2+5=1+3+4    x  1; y  3; z  khơng thỏa mãn phương trình ban đầu) Vậy phương trình cho có nghiệm ngun dương 1,2,3 hoán vị  Dạng 3: Dùng điều kiện     để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x  y  xy  x  y (1) Lời giải Ta có (1)  x  x  y  1  y  y  (2)    y  1   y  y    y  y  Để phương trình (2) có nghiệm   hay  y  y   suy 5  29 5  29  y 2 ta tìm y  0,1,2,3,4,5 + y  : thay vào (1) ta phương trình x  x  có hai nghiệm x  x  + y  : thay vào (1) ta phương trình x  x   khơng có nghiệm ngun + y  : thay vào (1) ta phương trình x  x   khơng có nghiệm ngun Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 50 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên + y  : thay vào (1) ta phương trình x  x   khơng có nghiệm ngun + y  : thay vào (1) ta phương trình x  10 x  20  vô nghiệm + y  : thay vào (1) ta phương trình x  12 x  35  có hai nghiệm x  x  Vậy phương trình cho có nghiệm ngun là:  0,0  ;  2,0  ;  5,5  ;  7,5  Ví dụ Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x  y  xy  x   (1) Lời giải Ta có (1)  x  x  y  3  y      y  3  4.2  y  3  23 y  y  33 Để phương trình (1) có nghiệm   hay 23 y  y  33  suy 3  768 3  768  y 23 23 ta tìm y  1,0,1 + y  1 : thay vào (1) ta phương trình x  x   nghiệm nguyên + y  : thay vào (1) ta phương trình x  x   khơng có nghiệm ngun + y  : thay vào (1) ta phương trình x  x  có hai nghiệm x  x  Vậy phương trình cho có nghiệm ngun là:  0,1 ; 1,1 Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 51 Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức nguyên Bài tập áp dụng: Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình xy yz xz   3 z x y Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau x  y  z   xyz Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình sau a) x  xy  y  x  y b) x  y  xy  x  y   3.2.5 Phương pháp xuống thang Cơ sở lý luận: Phương pháp dùng để chứng minh phương trình f  x, y, z,  nghiệm tầm thường x  y  z   khơng cịn nghiệm khác Phương pháp diễn giải sau: Bắt đầu giả sử  x , y , z ,  0 nghiệm phương trình f  x, y, z ,  Nhờ biến đổi, suy luận tốn học ta tìm số khác  x1 , y1 , z1 ,  liên hệ với nghiệm tỉ số k Giả sử x1  kx0 , y1  ky0 , z1  kz0 , Rồi lại tìm  x2 , y2 , z2 ,  cho x2  kx1 , y2  ky1 , z2  kz1 , Quá trình tiếp tục dẫn đến : x0 , y0 , z0 , chia hết cho k s với s số tự nhiên tùy ý Điều xảy x0  y0  z0   Ví dụ Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x  y  3z Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn (1) 52 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên Lời giải Giả sử phương trình (1) có nghiệm ngun dương  x0 , y0 , z0  Ta có: x0  y0  3z0 Suy  x0  y0 3 Mặt khác x0  0,1(mod 3) y02  0,1(mod3) Do x0 , y0 chia hết cho Đặt x0  3x1 ; y0  y1 Thay vào phương trình x0  y0  z0 rút gọn ta phương trình 3 x12  y12   z0 Rõ ràng z0 3  z0  z1 Thế vào rút gọn ta được: x12  y12  3z12 Do  x0 , y0 , z0  nghiệm phương trình nên  x1 , y1 , z1  nghiệm phương trình Tiếp tục lý luận x1 , y1 , z1 chia hết cho Ta lại tìm nghiệm thứ  x2 , y2 , z2  với x2 , y2 , z2 chia hết cho Tiếp tục trình dẫn đến  xk , yk , zk  với xk  x0 y z ; yk  k0 ; zk  0k k 3 nghiệm thứ k phương trình, suy x0 , y0 , z0 chia hết cho 3k Điều xảy x0  y0  z0  Ngược lại:  0,0,0  nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình nghiệm ngun sau: x  y  z  xyz Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán (1) 53 Khóa luận tốt nghiệp Một số tốn đa thức nguyên Lời giải Giả sử x , y ,z  0 nghiệm phương trình nên ta có x0  y0  z0  x0 y0 z0 Rõ ràng x0  y0  z0 chẵn (do 2x0 y0 z0 chẵn) nên có trương hợp xảy ra: Trường hợp 1: số lẻ, số chẵn Khơng tính tổng qt giả sử x0 , y0 lẻ, z0 chẵn VT  2(mod 4) VP  0(mod 4) (loại) Trường hợp 2: số chẵn Đặt x0  x1 ; y0  y1 ; z0  z0 x12  y12  z12  16 x1 y1 z1 hay x12  y12  z12  x1 y1 z1 Tiếp tục lập luận x1 , y1 , z1 số chẵn x y z  Cứ tiếp tục trình  0k , k0 , 0k  k  ฀ phải số chẵn 2 2  Suy x0  y0  z0  Ngược lại thử thấy x0  y0  z0  nghiệm Bài tập áp dụng: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: a) x  y  z  u  xyzu b) x  y  z  t Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 54 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên KẾT LUẬN Đa thức ngun khơng có nhiều ứng dụng đại số mà ứng dụng nhiều lĩnh vực khác tốn học giải tích, hình học, lý thuyết số Khóa luận trình bày cách hệ thống lý thuyết đa thức nguyên khái niệm, tính chất đa thức nguyên nêu lên số dạng toán thường gặp đa thức nguyên Đặc biệt, khóa luận đưa số phương pháp tìm nghiệm nguyên đa thức nguyên Tuy nhiên, thời gian nghiên cứu có hạn nên nhiều vấn đề đa thức nguyên tính bất khả quy chưa nghiên cứu sâu số phương pháp khác tìm nghiệm nguyên đa thức nguyên chưa khai thác Hi vọng vấn đề để bạn sinh viên u thích mơn Đại số tiếp tục nghiên cứu Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 55 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên TÀI LIỆU THAM KHẢO Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục, (2009); Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng toán cấp 2,3 Số học, NXB trẻ, (2001); Vũ Hữu Bình, Phương trình toán với nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục, (2002); Đậu Thế Cấp, Số học, NXB Giáo Dục, (2001); Hoàng Xuân Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo Dục, (1994); Nguyễn Hữu Điển, Đa thức ứng dụng, NXB Giáo Dục, (2003); Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán 56 ... m  số nguyên tố Vậy không tồn đa thức thỏa mãn toán Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Tốn 30 Khóa luận tốt nghiệp Một số toán đa thức nguyên Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM NGUYÊN CỦA ĐA THỨC NGUYÊN... Nếu f  x1 , x2 , , xn  đa thức n ẩn đa thức f 1 ,  , , n  đa thức đối xứng Điều ngược lại đúng, đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng c Đưa đa thức đa thức đối xứng c1 Định... nguyên phương trình (**) Mọi nghiệm nguyên đa thức với hệ số nguyên ước số hạng tự Mọi nghiệm hữu tỷ đa thức với hệ số nguyên cao nghiệm nguyên Ví dụ Chứng minh phân số tối giản p nghiệm đa thức