Phương trình nghiệm nguyên

Để có một tài liệu , xem như một giáo án giảng dạy , để trang bị cho học sinh kiến thức cơ bản , hệ thống về phương trình nghiệm nguyên.Từ đó học sinh rènluyện kỉ năng giải được các phương trình nghiệm nguyên trong sách giáo khoa ,trongcác kì thi , nhất là các kì thi violimpic trên mạng internet . Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của tương trình nghiêm, vì vậy phương trình nghiệm nguyên đã được rất nhiều nhà toán học nghiên cứu.Tuy nghiên với người học thì giải phương trình nghiêm nguyên là một vấn đề khó. Để giải được phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có tư duy logic, sự sáng tạo. Góp phần nâng cao chất lượng dạy học ở bậc THCS. Đáp ứng nguyện vọng của HS trong việc nâng cao kiến thức cũng như bổ sung kiến thức ngoài SGK cho học sinh.

PHẦN I: PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Phương trình nghiệm nguyên đề tài hấp dẫn, thú vị tương trình nghiêm, phương trình nghiệm ngun nhiều nhà tốn học nghiên cứu.Tuy nghiên với người học giải phương trình nghiêm nguyên vấn đề khó Để giải phương trình nghiệm ngun địi hỏi phải có tư logic, sáng tạo Qua nghiên cứu , tìm hiểu thực tiễn: Phương trình nghiệm nguyên dạng phương trình mà Học sinh cấp Trung học sở làm quen học tập hợp số tự nhiên N , tập hợp số nguyên Z , phép nhân , chia tập hợp N , Z , đa thức ,số phương Trong chương trình cấpTrung học sở không đề cập nhiều dạng phương trình phương pháp giải dạng phương trình nghiệm nguyên mặt dù có số sở lý thuyết cho phép giải số dạng phương trình nghiệm nguyên Nhưng tập nâng cao SGK, kì thi học sinh giỏi , thi violimpic mạnginternet lại nêu làm cho học sinh cảm thấy lung túng phương pháp giải Từ thuận lợi, khó khăn yêu cầu thực tiễn, em thực nghiên cứu đề tài: “ Phương trình nghiệm nguyên”nhằm tổng hợp lại kiến thức lý thyết, phương pháp giải phương trình, tính chất liên quan có ví dụ minh họa kèm theo Mục đích nghiên cứu - Để có tài liệu , xem giáo án giảng dạy , để trang bị cho học sinh kiến thức , hệ thống phương trình nghiệm ngun.Từ học sinh rènluyện kỉ giải phương trình nghiệm nguyên sách giáo khoa ,trongcác kì thi , kì thi violimpic mạng internet - Góp phần nâng cao chất lượng dạy học bậc THCS - Đáp ứng nguyện vọng HS việc nâng cao kiến thức bổ sung kiến thức SGK cho học sinh - Trang bị cho HS kiến thức vững vàng, có ý thức tự học tìm tịi sáng tạo q trình tự học Nhiệm vụ nghiên cứu - Vai trò tập việc dạy học giải tập - Một số phương pháp giải: “ Giải toán phương trình nghiệm nguyên.” Đối tượng nghiên cứu - Học sinh giỏi khối Phạm vi nghiên cứu - Giải tốn phương trình nghiệm nguyên Phương pháp nghiên cứu -Phương pháp nghiên cứu thực tiễn, lý thuyết - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm - Phương pháp đối thoại -Phương pháp thực nghiệm sư phạm Cấu trúc đề tài LỜI CẢM ƠN PHẦN I PHẦN MỞ ĐẦU PHẦN II: NỘI DUNG CHƯƠNG I Phương trình Diophante bậc CHƯƠNG II Phương trình Pell CHƯƠNG III Bài tốn Fermat Bài tập nghiên cứu PHẦN III: KẾT LUẬN PHẦN II: NỘI DUNG CHƯƠNG I PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE BẬC NHẤT §1 ĐIỀU KIỆN CĨ NGHIỆM Phương trình Diophante bậc phương trình dạng: a1x1 + a2x2 + + anxn = b (1) a1 , a , ,a n số nguyên không đồng thời Kí hiệu d = (a1, a2, , an) ước chung lớn a1, a2, , an Ta có định lí sau: 1.1 Định lí Điều kiện cần đủ để phương trình (1) có nghiệm ngun d \ b Chứng minh Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên Khi tồn số nguyên b1, b2, , bn cho a1b1 + 2b2 + + anbn = b Từ đẳng thức suy ước chung a 1, a2, , an ước b Đặc biệt, d \ b Ngược lại, giả sử d \ b Ta có, chẳng hạn b = dq Vì d ước chung lớn a1, a2, , an nên tồn số nguyên k1, k2, , kn cho a1k1 + a2k2 + + ankn = d Nhân hai vế đẳng thức với q, với ý b = dq, ta được: a1(k1q) + a2(k2q)+ + an(knq) = b Vậy phương trình (1) có nghiệm x = k1q, x2 = k2q, , xn = knq Định lí chứng minh 1.2 Định lí Nếu phương trình (1) có nghiệm có vơ số nghiệm Chứng minh Giả sử x1 = b1, x2 = b2, , xn = bn nghiệm phương trình (1), nghĩa là: a1b1 + 2b2 + + anbn = b Đặt x1 = b1 + ant1, x2 = b2 + ant2, …, xn-1 = bn-1 + a1tn-1 xn = bn– ( a1t1 + a2t2 + … + an-1tn-1), t1, t2, …, tn-1 t1, t2, , tn-1 số nguyên tuỳ ý Dễ kiểm tra x1, …, xn nghiệm phương trình (1) Thật vậy, ta có: a1(b1 + ant1) + … + an-1(bn-1 + antn-1) + an[bn – (a1t1 + a2t2+ an-1tn-1)] = a1b1 + … + an-1bn-1 + anbn= b Cho t1, t2, , tn-1 độc lập với nhận giá trị nguyên tùy ý, ta tập hợp vô hạn nghiệm phương trình (1) §2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE BẬC NHẤT Giả sử phương trình (1) có nghiệm Để trình bày thuật tốn giải phương trình này, trước hết ta xét hai trường hợp đặc biệt sau: 2.1 Phương trình có hệ số ẩn Giả sử phương trình (1) có hệ số ẩn chẳng hạn a1 có dạng x1 a2x2 + … anxn b Chuyển số hạng chứa ẩn x2, , xn sang phải ta được: x1 a2x2 … anxn b Cho x2, , xn giá trị nguyên tuỳ ý x2 x1 b – a2t2 … antn ∈ Z Vậy tập hợp nghiệm phương trình là: x1 b – a2t2 … antn, x2 t2, …, xn tn t2, , tn số nguyên tuỳ ý Ví dụ Giải phương trình: 3x – y + 4z t2, , xn tn, ta được: 1, Từ phương trình suy ra: y 3x + 4z – Đặt x u, z v ta y 3u + 4v – Vậy tập nghiệm phương trình là: x u, y 3u + 4v – 2, z v, với u, v số ngun tuỳ ý 2.2 Phương trình có hệ số khác ẩn trị tuyệt đối Giả sử phương trình (1) có hệ số khác ẩn trị tuyệt đối c Khi điều kiện có nghiệm (1) ta phải có c \ b Chia hai vế phương trình cho c, ta phương trình có hệ số ẩn 1, xét Chú ý giải phương trình (1) ta không cần ý đến ẩn với hệ số 0.Các ẩn nhận giá trị nguyên tuỳ ý độc lập với độc lập với giá trị ẩn khác Ví dụ Giải phương trình: 3x1 + 3x2 + 3x3 + 0x4 + 0x5 21 Chia hai vế cho ta phương trình: x1 + x2 + x3 + 0x4 + 0x5 hay x1 Đặt x2 u, x3 v, x4 x1 x2 x3 0x4 0x5 k, x5 t ta được: u v Vậy nghiệm phương trình là: x1 u v, x2 u, x3 v, x4 u, v, k, t số nguyên tuỳ ý 2.3 Phương trình Diophante bậc tổng quát k, x5 t Ta đưa phương trình Diophante bậc tổng quát hai dạng đặc biệt nhờ thuật toán sau: Giả sử hệ số phương trình (1) khơng tất cả, giả sử | a2| >|a1| > Thực phép chia có dư a2 cho a1: a2 a1q a2, ≤ a2 0, y > nên suy 4k – 10, y 10 – 3k Để x > 0, y > k  Với t ≥ khơng có số nguyên k để đồng thời có x > y > Kết luận số bắp cải, xu hào, khoai tây tương ứng mua 1kg, 3kg, 7kg 2kg, 1kg, 8kg §3 PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE BẬC NHẤT HAI ẨN Xét phương trình Diophante bậc hai ẩn: ax + by c (2) với a, b, c ∈ Z, a ≠ 0, b ≠ Kí hiệu d (a, b) Đây trường hợp đặc biệt phương trình Diophante bậc tổng quát.Trường hợp xét giáo trình Lí thuyết số (xem [5], [11]) áp dụng lí thuyết chia hết.Tuy nhiên, tính hệ thống vấn đề, ta trình bày lại kết tập hợp nghiệm cách giải phương trình (2).Theo định lí 1.1.điều kiện cần đủ để phương trình (2) có nghiệm d \ c Định lí cho thấy tập hợp nghiệm phương trình (2) hoàn toàn xác định biết nghiệm riêng 3.1 Định lí Nếu nghiệm phương trình (2) tập hợp nghiệm (x, y) phương trình (2) xác định hệ thức: ,t∈Z (3) Chứng minh Dễ thấy, cặp số nguyên (x, y) dạng (3) với t số nguyên tuỳ ý nghiệm phương trình (2) Thật vậy, ta có: a b ax0 by0 c Ngược lại, giả sử (x, y) nghiệm tuỳ ý phương trình (2), (x0, y0) làmột nghiệm phương trình nên ta có đồng thời hai đẳng thức: ax by c ax0 by0 c Trừ vế tương ứng hai đẳng thức ta được: a(x x0) b(y – y0) = hay a(x – x0) – b(y – y0) = Đẳng thức chứng tỏ a(x – x0) chia hết cho b Từ suy ra: (x – x0)chia hết cho Vì d ước chung lớn a b, nên nguyên tố từ khẳng định suy ra: chia hết cho Hay tồn số nguyên t cho: x x0 Vậy Thay kết vào (4) ta được: a b Từ suy ra: y Đó điều phải chứng minh Chú ý Định lí 3.1.cho thấy để giải phương trình (2) ta cần tìm nghiệm riêng Dưới ta trình bày phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình (2) Nhưng trước hết ta trình bày thuật tốn giải 10 = Nếu x, y số hữu tỉ không đồng thời số hữu tỉ ∈Q Vậy Nếu α = x + y Số ) ∈Q ) phần tử = x–y thuộc Q gọi số liên hợp α Ta có: α (x y )(x y x2 ) 3y2 ∈ Q Kí hiệu N(α) = α .N(α)được gọi chuẩn phần tử α Dễ thấy tính chất sau số liên hợp chuẩn + ∀α, β∈ Q ): = Thật vậy, giả sử α = x + y α.β = (x + y Do đó: Mặt khác, Vậy )(u + v , β= u + v ) = (xu – 3yv) + (xv + yu) = (xu – 3yv) + (xv + uy) = (x – y Khi đó: )(u – v ) = (xu – 3yv) – (xv + yu) = + ∀α ∈ Q + ∀α, β ∈ Q ), N(α) ≥ N(α) = α = ), N(αβ) = N(α) N(β) Thật vậy, N(αβ) = α.β = α.β = α 83 = N(α).N(β) ) 6.4 Vành số nguyên trường Q ) Xét tập hợp: D Rõ ràng D ⊂ Q α=a+b α= + { : a,b ∈ Z, a, b tính chẵn lẻ} ), phần tử α ∈ D có hai dạng sau: với a, b ∈ Z với a, b ∈ Z, a, b lẻ Hơn nữa, ta có nhận xét sau: α ∈ D N(α) ∈ N Thật vậy, α = a+b với a, b ∈ Z hiển nhiên N(α) a2 + 3b2∈ N Nếu α = với a, b ∈ Z, a, b lẻ, a2 ≡ b2 ≡ 1(mod 4) N(  ) = Mệnh đề Tập hợp D lập thành vành Q + ∈N ) Chứng minh Rõ ràng D ≠ ∅.Ta cần kiểm tra hiệu tích hai phần tử thuộc D phần tử thuộc D Giả sử α, β ≠ 0, α = tính chẵn lẻ, β = với a, b ∈ Z, a, b với c, d ∈ Z, c, d tính chẵn lẻ Khi 84 α–β= dễ thấy a, b, c, d ∈ Z, a, b tính chẵn lẻ, c, d tính chẵn lẻ ta có a c, b d ∈ Z tính chẵn lẻ Vậy α – β ∈D α.β = = Nếu a, b, c, d số nguyên chẵn hai số nguyên chẵn Xét trường hợp a, b chẵn, c, d lẻ.(Trường hợp c, d chẵn, a, b lẻ tương tự) Giả sử a = 2k, b = 2j, c = 2t + 1, d = 2s + Khi đó: = = 2(kt – 6js) – 3j + k = = 2(ks – jt) + k + j Nhưng với hai số nguyên k j tuỳ ý k + j chẵn lẻ Từ suy 3j + k 4j + (j + k) hai số nguyên tính chẵn lẻ Xét trường hợp a, b, c, d số nguyên lẻ Giả sử a b 2j + 1, c 2t + 1, d 2s + Khi đó: 85 2k + 1, = = 2(kt – 3js – j – s) – (j + s) – = = 2(ks + jt) + (k + t) + (j + s) – Với số nguyên k, t, j, s tuỳ ý hai số nguyên (k + t) – (j + s) – (k + t) + (j + s) + chẵn lẻ Từ suy ra: hai số nguyên tính chẵn lẻ Như vậy, trường hợp ta có α.β ∈D Đó điều phải chứng minh Hệ quả.D miền nguyên Thật vậy, hiển nhiên ∈D nên D vành có đơn vị.Mặt khác, D vành trường, nên có tính chất giao hốn khơng có ước 0.Vậy D miền nguyên Ta gọi D vành số nguyên trường Q ) 6.5 Tập ước đơn vị vành D + Giả sử α, β ∈D, β ≠ Ta nói αchia hết cho β có γ ∈D cho α = β.γ Khi  chia hết cho β ta nói  bội β, β ước  kí hiệu α β hay α Ta có khẳng định sau: Mệnh đề Nếu α chia hết cho β N(α) chia hết cho N(β) (trong Z) Chứng minh Theo giả thiết, tồn γ ∈Dsao cho α = β.γ Khi N(α), N(β),N(γ) số nguyên và: N(α) = N(β).N(γ) 86 Nói cách khác N(α) chia hết cho N(β) + Phần tử vành D ước gọi ước đơn vị Như vậy, ε∈D ước đơn vị ∈D nói cách khác, ước đơn vị phần tử khả nghịch vành Khi nghiên cứu lí thuyết chia hết vành ta cần biết tập hợp ước đơn vị vành Ta có tiêu chuẩn sau để xác định ước đơn vị vành D Mệnh đề Phần tử ε∈D ước đơn vị N(ε) = Chứng minh Nếu ε ước đơn vị N(ε) ước N(1) = Nhưng N(ε) số tự nhiên, từ suy N(ε) = Ngược lại, N(ε) = có nghĩa ε = hay ε ước 1.Mệnh đề đươợ chứng minh Nhờ mệnh đề ta tìm tập hợp tất ước đơn vị D với a, b ∈ Z tính chẵn lẻ, phần tử D Giả sử ε = Theo mệnh đề trên, ε ước đơn vị khi: N(ε)= =1 hay a2 + 3b2 = Nhưng phương trình có nghiệm ngun là: a= 2, b = a = Tương ứng, ta có ước đơn vị là: 87 1, b = 1, –1, , , , 6.6 Định lí số học vành D Trong vành D ta có định lí chia có dư tính chất tương tự vành số ngun Z Định lí chia có dư Giả sử α, β ∈D, β ≠ Khi tồn γ, δ ∈D cho: α = β.γ + δ VớiN(δ) < N(γ) Chứng minh Vì α, β ∈D β ≠ nên ∈Q ) Giả sử = x +y với x, y ∈ Q Có hai trường hợp: + Trường hợp thứ x = Khi đó: ta có γ = x +y , y = với a, b ∈ Z tính chẵn lẻ = ∈D α = β.γ + Trường hợp   thoả mãn điều kiện N(δ) < N(β) Trường hợp ngược lại, x, y ∉ Z hai số x y khơng có dạng với m ∈ Z, m lẻ.Khơng tính tổng qt, giả sử x khơng có dạng Khi tồn số nguyên a b cho: |x – a| < , |y – b| ≤ 88 Đặt y = a +b δ = α – β.γ δ, γ∈ D ta có: α = β.γ + δ Khi N(δ) = N(α–β.γ) = N(β) N( – γ) Nhưng – γ = (x +y ) – (a +b ) = (x – a) + (y – b) Do đó: N( – γ) = (x – a)2 + 3(y – b)2< + Vậy N(δ) = N(β).N( – γ) < N(β) Định lí chứng minh Định lí Vành D vành Euclid vành Thật vậy, ta biết D miền nguyên.Từ định lí chia có dư mệnh đề mục 6.5.ta suy ánh xạ: D*  N N(  ) ánh xạ Euclid Hệ (Định lí số học vành D) Mọi phần tử khác khác ước đơn vị D phân tích thành tích phần tử bất khả quy phân tích không kể đến sai khác thừa số ước đơn vị thứ tự thừa số 89 Trong vành D ta có khái niệm ước chung lớn hai phần tử không đồng thời 0, khái niệm nguyên tố tính chất chia hết giống vành số nguyên Z Chú ý Trong mục 6.2.ta nêu phản ví dụ: = 2.2 = (1 + )(1 – ) cho thấy số có phân tích khơng thành tích phần tử bất khả quy với a,b ∈ Z Tuy nhiên, vành D ta có vành số dạng a b ε1 = ước đơn vị Như vậy, + 1– ε2 = = 2ε2 phân tích = 2.2 = (1 + )(1 – = 2ε1, ) sai khác nhân tử ε1, ε2 ước đơn vị Điều khơng mâu thuẫn với định lí số học vành D 6.7 Chứng minh bổ đề Euler Trước hết, ta thấy phép chứng minh định lí Fermat với n = 3, bổ đề 5.1 áp dụng số hạng a2 + 3b2 với a, b ∈ Z,(a, b) = a, b khơng tính chẵn lẻ Vì vậy, ta phát biểu lại bổ đề sau: Bổ đề (Euler) Giả sử a, b hai số ngun, ngun tố nhau, khơng tính chẵn lẻ, cho a2 + 3b2 lập phương Khi tồn số nguyên s, t cho: a = s(s2 – 9t2), b = 3t(s2 – t2) Chứng minh Đồng thức: a2 + 3b2 = (a + b )(a – b ) phân tích a2 + 3b2thành tích hai nhân tử vành D 90 Trước hết, ta chứng minh a b a – b nguyên tố (trong vành D) Thật vậy, giả sử δ ∈ D ước chung chúng, δ ước của: 2a = (a + b ) + (a – b ) 2b = (a + b ) – (a – b Do N(δ) ước N(2a) = 4a 2và N(2b ) ) = 12b2(trong Z) Nhưng (a, b) = nên từ suy N(δ) ước (Trong trường hợp ngược lại dễ thấy a, b phải có ước nguyên tố chung) Nếu N(δ) = N( ) = số ε = ước đơn vị D Vì δ = 2ε ước a b nên suy ước số Nói ∈ D với a, b ∈ Z, a, b khơng tính chẵn lẻ Điều cách khác, mâu thuẫn với định nghĩa tập hợp D Vậy phải có N(δ) = hay δ ước đơn vị Như vậy, ước chung a tố b a – b ước đơn vị, hay hai số ngun Vì vành D có định lí số học, nên bổ đề 2.1 D Từ suy ra, a2 + 3b2 lập phương a b lập phương D Theo giả thiết, tồn γ ∈ D cho a2 + 3b2 = γ3 với s, t ∈ Z theo lập luận mục 6.1 từ đẳng thức Nếu γ =s + t suy a b (s + t (s2 9t2), b suy a 91 3t(s2 t2) với k, j ∈ Z, k, j lẻ Chú ý Trong trường hợp ngược lại, γ = hai ước đơn vị D là: ε1 = ε2 = hai nguyên thuỷ bậc 1, nghĩa ε13 = ε23 = Do từ đẳng thức: a2 + 3b2 = γ3 ta có: a2 + 3b2 = (ε1γ)3= (ε2γ)3 Ta chứng minh hai số γ1 = ε1γ γ2 = ε2γ có dạng +t s với s, t ∈ Z Thật γ1 = ε1γ = = γ2 = ε γ = = Với k j hai số ngun lẻ, có trường hợp sau: + k j có dạng 4m + 4m + Khi k + 3j k – j chia hết cho 4, γ1 = s + t với s, t ∈ Z + Một hai số k j có dạng 4m + 1, cịn số có dạng 4m + Khi 3j – k k + j chia hết cho 4, γ2 = s + t với s, t ∈ Z Thay γ γ1 γ2 tuỳ theo trường hợp lặp lại lí luận mục 6.1 ta nhận a = s(s2 – 9t2) b = 3t(s2 – t2) Bổ đề chứng minh Chú ý 92 Qua phép chứng minh định lí Fermat với n = 3, ta thấy việc giải toán Fermat dẫn đến nghiên cứu tính chất số học vành “các số nguyên” trường số dạng Q ) Sự kiện quan trọng mà ta mong đợi định lí số học vành Tuy nhiên, dễ phản ví dụ cho thấy định lí số học luôn đắn vành đó.Chẳng hạn, “vành số nguyên” trường Q dạng a + b ) tập hợp phần tử với a, b ∈ Z vành phân tích số thành tích phần tử bất khả quy khơng Ví dụ ta có phân tích: 21 = 3.7 = (1+ 3, 7, 1+ , 1– )(1– ) phần tử bất khả quy không liên kết với (không sai khác phần tử ước đơn vị) Để khơi phục định lí số học vành vậy, nhà Toán học người Đức Kummer đưa khái niệm “số iđêan” (số lí tưởng).Khái niệm gợi ý cho Dedekind đưa khái niệm iđêan Đại số Kummer giải toán Fermat với lớp rộng mũ n = p, p số ngun tố quy (số nguyên tố lẻ gọi quy p2 không chia hết cho số số k + 2k +…+ (p – 1)k với k = 2, 4, , p – 3) BÀI TẬP CHƯƠNG III Tìm tất ba Pythagore (x, y, z) nguyên thuỷ với a) x< 30 b) z< 30 Chứng minh (x, y, z) ba Pythagore a) Có hai số x, y chia hết cho b) Có ba số x, y, z chia hết cho 93 c) xy chia hết cho 12, xyz chia hết cho 60 Tìm tất ba Pythagore x, y, z cho: a) x, y, z cấp số cộng b) x, y, z cấp số nhân Chứng minh phương trình x2 + y2 = z4 có vơ số nghiệm nguyên thuỷ Giải phương trình sau: a).x2 + 4y2 = z2 b) x2 + 3y2 = z2 Giải phương trình sau: a) x2 + y2 = 8z2 b) x2 + y2 = 6z2 c) x2 + y2 = 12z2 d) x2 + y2 = 18z2 Chứng minh nghiệm nguyên thuỷ phương trình: x2 + 2y2 = z2 x = (a2 – 2b2), y = 2ab, z = a2 + 2b2 a, b hai số nguyên dương, nguyên tố a số lẻ, dấu cộng trừ biểu thức xác định x phụ thuộc vào giá trị a2 – 2b2 để bào đảm x ln dương Phép chứng minh thực theo bước sau: + Nếu (x, y, z) nghiệm nguyên thuỷ phương trình (x, y, z) đôi nguyên tố + x, z phải số lẻ ước chung lớn x + z x – z + x + z x – z nguyên tố + Áp dụng bổ đề 2.1 đẳng thức: 94 y2 = (z + x) y2 = (z x) Chứng minh phương trình x4 + 2y4 = z2 khơng có nghiệm khác Có thể giải tốn theo bước sau: + Giả sử phương trình có nghiệm (x0, y0, z0) nghiệm nguyên thuỷ với z0 nhận giá trị nhỏ + Áp dụng kết với (x02, y02, z02) để tìm nghiệm nguyên thuỷ (x1, y1, z1) phương trình với z0 > z 9.Chứng minh khơng có hai số ngun dương mà tổng bình phương hiệu bình phương chúng phương 10 Chứng minh phương trình x4 y4 = z2 khơng có nghiệm ngun dương 11 Chứng minh phương trình x2 + y2 = z2 có vơ số nghiệm ngun dương 12 Chứng minh phương trình x3 + y3 = z2 có vơ số nghiệm nguyên dương + x3 = 13 Dựa vào đồng thức tập 17 chương II, chứng minh phương trình: z2 + x3 = y4 có vơ số nghiệm nguyên dương 14 Chứng minh phương trình: x2 +2y2 = 4z2 khơng có nghiệm ngun dương BÀI TẬP NGHIÊN CỨU Hãy nghiên cứu vành số nguyên Gaus: 95 Z[i] {a bi / a, b ∈ Z } Theo bước sau: +) Chứng minh Z[i] vành với phép cộng nhân số phức +) Sử dụng khái niệm chuẩn phần tử α = a + bi N(α) = α = (a + bi)(a bi) = a2 + b2 để chứng minh Z[i] vành Euclid +) Tìm tập hợp ước đơn vị Z[i] +) Tìm tập hợp số nguyên tố Gauss 96 PHẦN III: KẾT LUẬN Dựa đặc thù mơn tốn Đặc biệt việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, việc cung cấp hệ thống kiến thức đầy đủ mà SGK đề cập qua số tập SBT, qua trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, em nhận thấy đề tài cung cấp cho học sinh phong phú thể loại dạng toán phương trình nghiệm nguyên để tăng cường, khơi gợi cho học sinh niềm hứng thú học tập, khơi dậy đam mê học tốn Trên sơ kinh nghiệm mà thân em nghiên cứu tìm hiểu được, cịn nhiều thiếu sót mà thân không nhận thấy, mong quý thầy giáo, cô giáo đóng góp ý kiến để em rút kinh nghiệm hoàn thiện 97 ... v) nghiệm phương trình (1) (x, y) nghiệm phương trình (1), nghiệm phương trình (8) Nhưng theo hệ thức (11), x < u y < v, nên (u, v) nghiệm nhỏ phương trình (1) (x, y) khơng thể nghiệm phương trình. .. (u, v) nghiệm nhỏ phương trình Pell Ta xét hệ phương trình (11) Nếu hệ phương trình khơng có nghiệm ngun dương phương trình cho vơ nghiệm. Nếu hệ phương trình có nghiệm ngun dương(x 1, y1) nghiệm. .. nghĩa Nghiệm nguyên dương (x, y) phương trình (17) gọi nghiệm phương trình nếu: y2 ≤ max{cb2, } (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell (1) tương ứng Giả sử (x1, y1) nghiệm phương trình (17), (a, b) nghiệm