(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số

(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số(Luận văn thạc sĩ) Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - DƢƠNG XUÂN LỢI TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN VÀ MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ ƢỚC SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - DƢƠNG XUÂN LỢI TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ƢỚC SỐ Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NGUYỄN VĂN HOÀNG THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số nguyên tố 1.2 Đồng dư thức 1.3 Thặng dư bậc hai ký hiệu Legendre 1.4 Sơ lược đa thức bất khả quy 3 7 14 18 25 39 43 43 44 47 47 52 53 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên 2.1 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên 2.1.1 Cách phân tích 2.1.2 Cách dùng bất đẳng thức 2.1.3 Cách tham số hóa, số học mơ-đun hóa 2.1.4 Cách quy nạp toán học cách lùi vô hạn 2.1.5 Một số cách giải khác 2.2 Một số dạng cổ điển phương trình nghiệm nguyên 2.2.1 Dạng bậc hai ẩn 2.2.2 Bộ ba Pitago 2.3 Ước số vài số có dạng đặc biệt 2.3.1 Ước số a2 + b2 2.3.2 Ước số a2 + 2b2 2.3.3 Ước số a2 − 2b2 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 Mở đầu Trong kỳ thi HSG thường xuất tốn tìm nghiệm ngun Loại tốn cịn xuất kỳ thi quốc tế Đó loại tốn địi hỏi phản xạ nhanh xác, lý luận chặt chẽ logic Chính giải phương trình nghiệm ngun phát triển tốt cho trí tưởng tượng thông minh Vấn đề thừa nhận rằng: Nếu người học nắm cách tiếp cận để giải tốn phương trình nghiệm ngun việc giải dạng toán dễ dàng ngày hăng say học tập Qua nghiên cứu đề tài luận văn “Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên số toán ước số” để thân tơi đồng nghiệp có thêm tư liệu dạy tốn nói chung dạy dạng tốn nghiệm ngun nói riêng Mục đích luận văn nêu số cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên tìm ước vài lớp số đặc biệt Có ví dụ lời giải chi tiết cho cách tiếp cận, lớp số đặc biệt Đưa hệ thống tập tham khảo cho cách Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị: Chương nhắc lại số kiến thức cần thiết dùng cho kết chương sau, chẳng hạn số nguyên tố, đồng dư thức, phương trình đồng dư, phần tử bất khả quy ký hiệu Legendre Chương 2: Các phương pháp sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên Phần thứ chương dự kiến giới thiệu số phương pháp sơ cấp giải nghiệm ngun Mỗi phương pháp có trình bày định lý, bổ đề, nguyên tắc, phương pháp, ví dụ minh họa liên quan đến phương pháp Phần thứ hai trình bày số phương trình nghiệm nguyên cổ điển Phần cuối giới thiệu sơ lược cách tiếp cận cao cấp liên quan đến ký hiệu Legendre phương trình nghiệm nguyên để tìm ước vài lớp số đặc biệt Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình Phó giáo sư-Tiến sĩ Nguyễn Văn Hồng Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tận tâm nhiệt tình thầy suốt trình tác giả thực luận văn Trong trình học tập làm luận văn, từ giảng giáo sư, tiến sĩ công tác Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, trau dồi thêm nhiều kiến thức để nâng cao trình độ Từ đáy lịng mình, tơi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới tất thầy, cô Tôi xin chân thành cám ơn Ban Giám hiệu, phịng Đào tạo Khoa học, Khoa Tốn - Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập trường Nhân dịp xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp, bạn bè gia đình tạo điều kiện giúp đỡ, động viên để hoàn thành luận văn Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019 Tác giả Dương Xuân Lợi Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, ta quy ước tất chữ a, b, c, x, y, z, biểu thị số nguyên tất mô-đun m, n, số nguyên dương Nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [1], [2] [6] 1.1 Số nguyên tố Định nghĩa 1.1.1 (xem [1]) (i) Cho số nguyên a, b, với a = Ta nói a chia hết b a ước số b b = ac với số nguyên c đó, ký hiệu a | b Ta nói b chia hết cho a b bội số a, ký hiệu b a (ii) Cho a, b số nguyên không đồng thời Ước chung lớn a, b số nguyên dương d thỏa mãn điều kiện (1) d|a d|b; (2) có số nguyên e cho e|a e|b, e|d Kí hiệu ước chung lớn a b gcd(a, b) (a, b) (iii) Hai số nguyên a b gọi nguyên tố gcd(a, b) = Định nghĩa 1.1.2 (xem [1]) Số có ước dương Mỗi số nguyên lớn có hai ước dương (chẳng hạn nó) Các số ngun dương lớn mà có hai ước dương gọi số nguyên tố Bất kỳ số nguyên lớn số nguyên tố gọi hợp số Mệnh đề 1.1.3 (xem [1]) (i) Cho a, b, c ∈ Z Nếu a|bc (a, b) = a|c (ii) Cho a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bm hai dãy số nguyên thỏa mãn điều kiện gcd(ai , bj ) = với i j Khi gcd(a1 a2 an , b1 b2 bm ) = Đặc biệt, gcd(p, q) = gcd(pn , q m ) = với m, n số nguyên dương Định lý 1.1.4 (Định lý số nguyên tố) (xem [1]) Cho n số nguyên lớn Khi n ln biểu diễn cách dạng n = pα1 · pα2 pαk k k > 0, αi (i = 1, 2, , k) số tự nhiên pi số nguyên tố thỏa mãn p1 < p2 < · · · < pk 1.2 Đồng dư thức Định nghĩa 1.2.1 (Đồng dư thức) (xem [1]) Cho m số nguyên dương Ta nói số nguyên a đồng dư với số nguyên b theo mô-đun m m | (a − b), kí hiệu a ≡ b (mod m) Trường hợp ngược lại ta kí hiệu a ≡ b (mod m) Sau số tính chất đồng dư thức Mệnh đề 1.2.2 (xem [1]) (i) a ≡ b (mod m) ⇔ tồn k ∈ Z để a = b + km (ii) a ≡ b (mod m) ⇔ a b chia cho m có số dư (iii) a ≡ a (mod m) (iv) Nếu a ≡ b (mod m), b ≡ a (mod m) (v) Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ c (mod m) a ≡ c (mod m) Mệnh đề 1.2.3 (xem [1]) Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) a + c ≡ b + d (mod m) ac ≡ bd (mod m) Mệnh đề 1.2.4 (xem [1]) (i) Nếu ac ≡ bc (mod m), (c, m) = 1, a ≡ b (mod m) (ii) Nếu ac ≡ bc (mod m) (c, m) = d, a ≡ b (mod m d ) Định lý 1.2.5 (Định lý Fermat nhỏ) (xem [1]) Cho p số nguyên tố a số nguyên Khi ap ≡ a (mod p) Đặc biệt, (a, p) = 1, ap−1 ≡ (mod p) Định lý 1.2.6 (Định lý Euler) (xem [1]) Nếu m số nguyên dương gcd(a, m) = 1, aϕ(m) ≡ (mod m) ϕ(m) hàm số Euler m 1.3 Thặng dư bậc hai ký hiệu Legendre Định nghĩa 1.3.1 (xem [2]) Cho số nguyên dương n Số nguyên a gọi thặng dư bậc hai theo mod n, hay, gọi số phương theo mod n, tồn số nguyên x cho x2 ≡ a (mod n) Ví dụ 1.3.2 12 ≡ (mod 6), 32 ≡ (mod 6), 42 ≡ (mod 6) Suy số 1, 3, thặng dư bậc hai theo mod Số thặng dư bậc hai theo mod 7, 32 ≡ (mod 7) Trong khơng thặng dư bậc hai theo mod Định nghĩa 1.3.3 (xem [2]) Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên tùy ý Ký hiệu Legendre ap xác định sau: a p  gcd(a, p) = a số phương mod p;  1 = − gcd(a, p) = a khơng số phương mod p;   a p Tiếp theo ta nhắc lại số tính chất ký hiệu Legendre Mệnh đề 1.3.4 (xem [2]) Cho p số nguyên tố lẻ Khi a p−1 (0) a ≡ (mod p) p ab a b (1) = p p p α b (2) Nếu a ≡ b (mod p) = p p (3) = p (4) −1 p = (−1)(p−1)/2 = p ≡ (mod 4) − p ≡ (mod 4) (5) p = (−1)(p −1)/8 = (6) p p+1 = (−1)[ ] = p ≡ (mod 8) − p ≡ (mod 8) p ≡ 11 (mod 12) − p ≡ (mod 12) (7) Với số nguyên tố lẻ p bất kỳ, p = (−1)[ p−2 ]= p ≡ (mod 5) − p ≡ (mod 5) (8) Với số nguyên tố lẻ p bất kỳ, p p+1 = (−1)[ ] = p ≡ 1, 3, 9, 19, 25 27 (mod 28) − p ≡ 5, 11, 13, 15, 17 23 (mod 28) (9) Nếu p q sốp nguyên tố lẻ q p 1.4 = p−1 q−1 p (−1) 2 q Sơ lược đa thức bất khả quy Định nghĩa 1.4.1 (Đa thức bất khả quy) (xem [6]) Cho A miền nguyên Một đa thức f (x) ∈ A[x] gọi bất khả quy A f (x) = 0, f (x) khơng khả nghịch f (x) khơng có ước thực Một đa thức khác 0, không khả nghịch, mà khơng bất khả quy gọi đa thức khả quy Định nghĩa 1.4.2 (Vành Gauss) (xem [6]) Một vành giao hoán D vành Gauss (hay vành nhân tử hóa, hay vành phân tích nhất), viết tắt UFD, D miền nguyên thỏa mãn điều kiện: (1) Mọi phần tử a khác không, khác đơn vị D phân tích thành tích phần tử bất khả quy D (2) Sự phân tích phần tử a điều kiện (1) với sai khác hoán vị thừa số bất khả quy Định lý 1.4.3 (xem [6]) Nếu D UFD D[x] UFD Chương Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên Nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [3], [4] [5] Chủ yếu sử dụng tài liệu [4] 2.1 2.1.1 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm ngun Cách phân tích Trước hết ta xét phân tích đa thức đa thức bất khả quy Ta biết vành đa thức Z[x1 , x2 , , xn ], đa thức khác khác ±1 phân tích thành tích đa thức bất khả quy Z[x1 , x2 , , xn ] (vì vành Gauss) Xét phương trình f (x1 , x2 , , xn ) = (2.1) Ta viết (2.1) dạng tương đương f1 (x1 , x2 , , xn ) f2 (x1 , x2 , , xn ) · · · fk (x1 , x2 , , xn ) = a với f1 , f2 , , fk ∈ Z [x1 , x2 , , xn ] a ∈ Z Lại a phân tích thành thừa số ngun tố, nên ta ln viết a tích k số nguyên a1 , a2 , , ak (khi cần thiết ta thêm thừa số đơn vị, nhóm thừa số dư thừa lại với nhau) Ứng với phân tích ta 43 2.2 Một số dạng cổ điển phương trình nghiệm ngun Để có tính hệ thống, phần ta trình bày số kết phương trình nghiệm nguyên ba Pitago 2.2.1 Dạng bậc hai ẩn Định lý 2.2.1 (xem [4]) Cho a, b, c ∈ Z cho ab = Xét phương trình nghiệm nguyên bậc ax + by = c (2.4) với ẩn x, y Khi ta có (i) Phương trình (2.4) có nghiệm d = gcd(a, b) ước c (ii) Nếu (x, y) = (x0 , y0 ) nghiệm riêng (2.4), nghiệm nguyên (2.4) có dạng b x = x0 + t, d a y = y0 − t với t ∈ Z d (2.5) Chứng minh (i) Nếu d c, phương trình rõ ràng phương trình vơ nghiệm Nếu d | c, ta chia hai vế (2.4) cho d; phương trình trở thành ad x + db y = dc gcd( ad , db ) = Do ta cần xét phương trình nghiệm nguyên dạng ax + by = c gcd(a, b) = (*); ta cần tìm biểu diễn dạng tổ hợp tổ hợp tuyến tính với hệ số nguyên a b Đối với điều này, ta sử dụng thuật toán Euclide Giả sử a = bq + r với q, r ∈ Z ≤ r < |b|; ta thấy gcd(a, b) = gcd(b, r) Để có tính hệ thống, ta đặt a = r−1 b = r0 (giả sử a ≥ b), xét dãy liên tiếp phép chia dư: r−1 = r0 q0 + r1 , ≤ r1 < r0 r0 = r1 q1 + r2 , ≤ r2 < r1 r1 = r2 q2 + r3 , ≤ r3 < r2 r2 = r3 q3 + r4 , ≤ r4 < r3 44 Quá trình cuối phải chấm dứt sau hữu hạn bước (vì phần dư ngày giảm r−1 > r0 > r1 > r2 > · · · , khơng âm) Nói cách khác là: tồn rn thỏa mãn rn | rn−1 rn+1 = 0, tức rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , ≤ rn < rn−1 rn−1 = rn qn Từ đó, ta thu rn = gcd (rn−1 , rn ) = gcd (rn−2 , rn−1 ) = · · · = gcd (r−1 , r0 ) = gcd(a, b) Bằng cách tính tốn lùi ngược trở lại, ta biểu diễn rn dạng tổ hợp hệ số nguyên a b, chẳng hạn rn = xn a + yn b Lúc nghiệm riêng phương trình (*) (cxn , cyn ) a b (ii) Ta có ax + by = a x0 + t + b y0 − t = ax0 + by0 = c Ngược lại d d (x, y) nghiệm phương trình ta có a(x − x0 ) = −b(y − y0 ) Do ad (x − x0 ) = − db (y − y0 ) với lưu ý gcd( ad , db ) = Suy tồn t ∈ Z để x − x0 = db t, thay vào ta y − y0 = − ad t 2.2.2 Bộ ba Pitago Một phương trình nghiệm nguyên đáng nhớ phương trình Pitago x2 + y = z (2.6) Phương trình nghiên cứu kĩ Pitago liên quan đến tam giác vng có độ dài cạnh bên số nguyên Lưu ý ba số nguyên (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn phương trình 2.6, tất ba có dạng (kx0 , ky0 , kz0 ), với k ∈ Z, thỏa mãn 2.6 Đó lý ta cần tìm nghiệm (x, y, z) 2.6 với điều kiện gcd(x, y, z) = Điều tương đương với thực tế x, y, z nguyên tố Một nghiệm (x0 , y0 , z0 ) 2.6 với điều kiện x0 , y0 , z0 nguyên tố gọi nghiệm nguyên thủy Rõ ràng nghiệm ngun thủy, có xác số x0 y0 số chẵn 45 Định lý 2.2.2 (xem [4]) Bất kỳ nghiệm nguyên thủy (x, y, z) tập số nguyên dương phương trình 2.6 với y chẵn có dạng x = m2 − n2 , y = 2mn, z = m2 + n2 , (2.7) m, n số nguyên dương nguyên tố cho m > n m + n số lẻ Chứng minh Các số nguyên x y khơng thể số lẻ, khơng z = x2 + y ≡ (mod 4), mâu thuẫn (vì z ≡ với theo mô-đun 4) Do có xác số nguyên x y lẻ Đồng thức m2 − n2 + (2mn)2 = m2 + n2 cho thấy ba đưa 2.7 thực nghiệm cho phương trình 2.7 y chẵn Vì x phải số lẻ, nên ta giả sử mà khơng tính tổng quát m số lẻ n số chẵn Hơn nữa, gcd m2 − n2 , 2mn, m2 + n2 = d ≥ 2, d ước 2m2 = m2 + n2 + m2 − n2 , d ước 2n2 = m2 + n2 − m2 − n2 Từ (m, n) = 1, nên từ suy d = Do m2 + n2 chẵn, mâu thuẫn với m lẻ n chẵn Suy d = 1, đó, nghiệm (2.7) nguyên thủy Ngược lại, ta đặt (x, y, z) nghiệm nguyên thủy (2.6) với y = 2a Khi x z số lẻ số nguyên z + x z − x số chẵn Đặt z + x = 2b z − x = 2c Ta giả sử b c ngun tố (nếu khơng z x có ước số chung > 1, mâu thuẫn) Mặt khác, 4a2 = y = z − x2 = (z + x)(z − x) = 4bc, tức là, a2 = bc Vì (b, c) = 1, nên b = m2 c = n2 với số nguyên dương m n Ta suy m + n số lẻ (vì m, n chẵn b = m2 , c = n2 chẵn, suy (b, c) = 1, mâu thuẫn; m, n lẻ b, c lẻ, suy x = b − c, z = b + c chẵn, suy (x, y, z) = 1, mâu thuẫn), ta có x = b − c = m2 − n2 , y = 2mn, z = b + c = m2 + n2 46 Chú ý 2.2.3 Một ba (x, y, z) có dạng (2.7) gọi nguyên thủy Để liệt kê tất nghiệm nguyên thủy cho phương trình (2.6), ta gán giá trị 2, 3, 4, cho m, sau ứng với giá trị m, ta chọn số nguyên n cho gcd(m, n) = n < m 47 2.3 Ước số vài số có dạng đặc biệt Trong phần ta xem xét ước số có biểu thức thuộc loại a2 + b2 , a2 + 2b2 a2 − 2b2 , a, b số nguyên Phương pháp sử dụng Định lý 2.3.1 ký hiệu Legendre, điều có nhiều ứng dụng nghiên cứu phương trình nghiệm nguyên 2.3.1 Ước số a2 + b2 Định lý 2.3.1 (xem [4]) Mỗi ước số nguyên tố lẻ a2 + có dạng 4k + Chứng minh Lấy p số nguyên tố p thuộc hai dạng 4m + 4m + Giả sử p | (a2 + 1) với p = 4m + Suy a2 ≡ −1 2m+1 ≡ −1 (mod p), điều (mod p) Do ap−1 = a(4m+3)−1 = a4m+2 = a2 mâu thuẫn với Định lý Định lý 2.3.2 (xem [4]) (i) Cho a b hai số nguyên tố đặt p số nguyên tố lẻ ước a2 + b2 Khi p ≡ (mod 4) (ii) Nếu p ≡ (mod 4) ước số nguyên tố a2 + b2 , p | a p | b Chứng minh (i) Giả sử p a2 + b2 , với p = 4m + Vì a2 ≡ −b2 2m+1 (mod p); suy ap−1 = (a2 )2m+1 ≡ −b2 = −b4m+2 = −bp−1 Mặt khác, gcd(a, b) = 1, nên từ ap−1 + bp−1 ≡ (mod p), ta suy p a p b Ta sử dụng Định lý 2.3.1 lần nữa, ta ap−1 + bp−1 ≡ (1 + 1) (mod p) Suy + ≡ (mod p), điều mâu thuẫn với p lẻ (ii) Nếu gcd(a, p) = 1, gcd(b, p) = (do a2 + b2 chia hết cho p, gcd(p, x) = p với x ∈ Z); từ theo Định lý 2.3.1, ta suy ap−1 ≡ (mod p) bp−1 ≡ (mod p) (*) Mặt khác, p = 4m+3, từ p−1 p−1 p | (a2 + b2 ), ta thu a2 ≡ −b2 (mod p); suy a2 ≡ −b2 (mod p), tức là, ap−1 ≡ −bp−1 (mod p) Điều kết hợp với thực tế (*), ta suy ≡ −1 (mod p), điều mâu thuẫn Vậy p | a p | b Nhận xét Rõ ràng phát biểu (ii) Định lý 2.3.2 suy Định lý 2.3.1 phát biểu (i) Định lý 2.3.1 Thật vậy, giả sử có (ii), ta chọn b = 1, p ≡ (mod 4) p | (a2 +1) từ (ii) suy p|a p|1, điều mâu thuẫn; ước nguyên 48 tố lẻ a2 + phải có dạng p ≡ (mod 4) Ngoài ra, gcd(a, b) = p ước nguyên tố lẻ a2 + b2 không xảy “ p a p b”; từ (ii) suy p ≡ (mod 4), tức p ≡ (mod 4) Định lý 2.3.3 (Bổ đề Thue) (xem [5]) Cho n số nguyên dương, cho a ∈ Z cho gcd(a, n) = Khi tồn số x, y ∈ Z cho √ < |x|, |y| ≤ n thỏa mãn ax ≡ y (mod n) Chứng minh Kết định lý n = (vì lúc lấy < √ x = y = ≤ thỏa mãn ≡ (mod 1) ≡ a (mod 1) với a ∈ Z) Do √ phần cịn lại chứng minh ta giả sử n > Khi n < n (*) Xét trường hợp n khơng số phương Khi √ √ √ n < n< n + ≤ n Ta đặt S = {ai − j | ≤ i, j ≤ √ n + 1} √ Vì n < ( n + 1)2 nên áp dụng nguyên lý chuồng chim bồ câu ta suy √ tồn hai cặp (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) với ≤ x1 , x2 , y1 , y2 ≤ n + cho ax1 − y1 ≡ ax2 − y2 (mod n) hay a(x1 − x2 ) ≡ y1 − y2 (mod n) Ta giả sử x1 = x2 ta suy y1 = y2 (vì y1 = y2 a(x1 − x2 ) ≡ (mod n); từ kết hợp giả thiết (a, n) = ta suy x1 − x2 chia hết cho √ n, điều mâu thuẫn với ≤ x1 , x2 ≤ n + ≤ n) Đặt x = x1 − x2 √ √ y = y1 − y2 Rõ ràng < |x|, |y| ≤ n < n chúng thỏa mãn ax ≡ y (mod n) (lưu ý x1 = x2 ≡ y1 − y2 (mod n), từ kết √ hợp với ≤ y1 , y2 ≤ n + ≤ n, ta suy y1 = y2 , mâu thuẫn) Như n > khơng số phương tồn x, y thỏa mãn √ < |x|, |y| < n ax ≡ y (mod n) Còn lại ta xét trường hợp n số phương, chẳng hạn n = d2 với √ √ √ d > (vì n > 1) Khi n =d= n< n + = d + Đặt S = {ai − j | ≤ i, j ≤ d + 1} Ta có (d+1)2 = d2 +2d+1 > d2 = n Do tồn hai cặp (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) với ≤ x1 , x2 , y1 , y2 ≤ d + cho ax1 − y1 ≡ ax2 − y2 (mod n) hay a(x1 − x2 ) ≡ y1 − y2 (mod n) 49 Đặt x = x1 − x2 y = y1 − y2 Nếu x = 0, tức x1 = x2 y1 − y2 chia hết cho n Lưu ý ≤ y1 , y2 ≤ d + nên ≤ |y1 − y2 | ≤ d < d2 = n Suy y1 = y2 Suy (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ), mâu thuẫn Vậy x = 0, y = (vì y = ax ≡ (mod n), suy x chia hết n, từ với lưu ý ≤ |x| ≤ d < d2 = n, ta suy x = 0, mâu thuẫn) Trong trường hợp n = d2 > 1, ta thấy tồn x, y thỏa mãn < |x|, |y| ≤ √ n = d thỏa mãn ax ≡ y (mod n) Hệ 2.3.4 Cho n số nguyên dương, cho a ∈ Z cho gcd(a, n) = Khi (i) Nếu n khơng số phương tồn số x, y ∈ Z cho √ < |x|, |y| < n thỏa mãn ax ≡ y (mod n) (ii) Nếu n số phương n = d2 (với d ∈ Z+ ) tồn số x, y ∈ Z √ cho < |x|, |y| ≤ n = d thỏa mãn ax ≡ y (mod n) Trong nghiên cứu số phươn g trình nghiệm nguyên, ta sử dụng số kết sau: vế phương trình viết x2 + a2 với gcd(x, a) = 1, vế bên có ước số có dạng 4k + 3, phương trình vơ nghiệm tập số nguyên Ví dụ 2.3.5 (Ion Cucurezeanu) Cho < n số nguyên lẻ Chứng minh phương trình xn + 2n−1 = y vô nghiệm tập số nguyên dương lẻ Lời giải Viết phương trình dạng xn + 2n = y + 2n − 2n−1 hay xn + 22 = y + 2n−1 (2 − 1) tức xn + 22 = y + 2n−1 Vế bên trái phương trình có ước số nguyên tố có dạng 4k + Thật vậy, x thuộc dạng này, ước số nguyên tố xn + 2n có dạng 4k + (bởi n lẻ lớn nên 2n ≡ (mod 4), (4k + 3)n ≡ (mod 4); suy vế trái có dạng 4k + 3) Nếu x có dạng 4k + 1, x + ước xn + 2n , rõ ràng x + có dạng 4k + n−1 Trong trường hợp, y lẻ n lẻ lớn 3, nên gcd y, 2 = y + 2n−1 có ước số nguyên tố có dạng 4k + Trong n−1 gcd(y, 2 ) = 1, nên từ Định lý 2.3.2 (i) ta suy ước nguyên tố lẻ n−1 y + (2 )2 phải có dạng p = 4k + 1; từ ta có điều mâu thuẫn 50 Ví dụ 2.3.6 (Ion Cucurezeanu) Chứng minh phương trình x3 − x2 + = y vô nghiệm tập số nguyên Lời giải Với x lẻ, ta viết phương trình dạng (x + 2) x2 − 2x + = x2 + y Rõ ràng vế trái số lẻ, suy y chẵn, gcd(x, y) = Nếu x = 4k +1, x + = 4k + có ước nguyên tố có dạng 4k + 3; suy số x2 + y có ước nguyên tố dạng 4k + 3, điều xảy Định lý 2.3.2 (i) Nếu x = 4k + 3, x2 − 2x + có dạng 4m + 3; suy x2 + y có ước nguyên tố dạng 4m + 3, tương tự ta lại nhận mâu thuẫn với Định lý 2.3.2 (i) Với x = 2u, phương trình trở thành 4(2u3 − u2 + 2) = y Suy y chẵn, giả sử y = 2t Thay vào ta phương trình 2u3 − u2 + = t2 Nếu u số lẻ, vế trái đồng dư với (mod 4) khơng thể số phương Nếu u số chẵn vế trái đồng dư với (mod 4) lần số phương Vậy trường hợp phương trình vơ nghiệm Ví dụ 2.3.7 Giải phương trình nghiệm nguyên x5 − = y Lời giải Nếu x = 2t chẵn y chẵn, giả sử y = 2n; thay vào phương trình ta 25 t5 − = 4n2 , hay 8t5 − = n2 Ta lấy mô-đun hai vế ta suy n2 ≡ (mod 8), điều xảy Vậy ta suy x phải số lẻ, ta suy y lẻ Ta viết lại phương trình x5 = y + 22 Bởi x ước y + 22 , nên khơng thể có dạng 4k + (theo Định lý 2.3.2(i)) Do x = 4k + phương trình viết x5 + 25 = y + 62 Nếu y lại đạt mâu thuẫn (vì x + = 4k + ước y + 62 gcd(y, 6) = 1)) Nếu y = 3y1 (rõ ràng y1 lẻ), x5 + 25 = 32 y12 + Ta thấy 5 +2 d = gcd x + 2, xx+2 , d | Thật vậy, từ đẳng thức a5 + b5 = (a + b)5 − 51 5ab(a + b) (a + b)2 − ab ta suy a5 + b = (a + b)4 − 5ab(a + b)2 + 5a2 b2 a+b Với a = x = 4k + lẻ b = 2, d | x + = 4k + d x5 +25 x+2 Vì d lẻ d | 5a2 b2 = 5(2x)2 Nhưng gcd(x + 2, 2x) = (vì t|x + t|2x t|4 = 2x + − 2x, x + lẻ nên t lẻ, suy t = 1); suy gcd d, (2x)2 = Từ kết hợp với d | 5(2x)2 ta suy d | 5 +25 Do số x + xx+2 không chia hết cho 3, hai có dạng 4k + 3, nên sau rút gọn (chia vế cho 32 ) hai vế phương trình x5 + 25 = 32 y12 + ta suy phương trình có vế trái chứa ước nguyên tố dạng 4k + vế phải y12 + Suy y12 + có ước số nguyên tố dạng 4k + 3, điều mâu thuẫn với Định lý 2.3.2(i) Kết luận, phương trình vơ nghiệm tập số ngun Ví dụ 2.3.8 (Titu Andreescu) Chứng minh n7 + khơng số phương với n nguyên Lời giải Với n chẵn, n7 + ≡ (mod 4) (vì n7 = 27 t7 ≡ (mod 4)), n7 + số phương Với n ≡ (mod 4), n7 + ≡ (mod 4), khơng thể số phương Với n ≡ (mod 4), n7 + = q , với số nguyên q n7 + 27 = q + 112 , n + ước q + 112 , với n + ≡ (mod 4), gcd(q, 11) = 1, mâu thuẫn với Định lý 2.3.2 (i) Nếu q chia hết cho 11, q = 11q1 +27 n7 + 27 = 112 (q12 + 1) Ta chứng minh d = gcd n + 2, nn+2 , d|7 Thật vậy, từ đẳng thức a7 + b7 = (a + b)7 − 7ab(a + b)[(a + b)2 − ab]2 ta suy a7 + b7 = (a + b)6 − 7ab(a + b)4 + 14a2 b2 (a + b)2 − 7a3 b3 a+b 7 +b Với a = n b = 2, d|a + b d | aa+b ; d | 7a3 b3 = 7(2n)3 Nhưng gcd(n + 2, 2n) = (vì n số lẻ), ta có gcd d, (2n)3 = 1, suy d|7 52 7 +2 Do đó, số n + nn+2 khơng chia hết cho 11, hai đồng dư với (mod 4), nên q12 + có ước có dạng 4k + 3, điều mâu thuẫn với Định lý 2.3.1 2.3.2 Ước số a2 + 2b2 Định lý 2.3.9 (xem [4]) Một số nguyên tố p lẻ viết p = a2 +2b2 với a b hai số nguyên p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) Chứng minh Nếu p = a2 + 2b2 a2 ≡ −2b2 (mod p) Do < |b| < p nên (p, b) = 1, suy tồn số nguyên b cho bb ≡ (mod p) Do (ab )2 ≡ −2 (mod p) Tức kí hiệu Legendre −2 = Từ suy p −2 p = −1 p − p2 = p = (−1) p−1 p2 −1 + p−1 · (−1) p2 −1 ; = 2k , với số nguyên k Điều tương đương với (p−1)(p+5) = 2k Dẫn đến p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) = 1, suy Ngược lại, giả sử p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) Thì −2 p tồn số nguyên a để a2 ≡ −2 (mod p) Rõ ràng ta có gcd(a, p) = 1, từ sử dụng hệ Bổ đề Thue (Định lý 2.3.3), ta thu √ tồn số nguyên x, y cho < x, y < p, cho p|ax − y Vì p a2 x2 − y = (ax − y)(ax + y) , p | (a2 +2)x2 −(2x2 +y ) Nhưng p | a2 + 2, suy tồn số nguyên k để 2x2 + y = pk , < 2x2 + y < 3p, suy ta k ∈ {1, 2} Với k = 1, ta có p = 2x2 + y điều phải chứng minh Với k = 2, ta có 2p = 2x2 +y ; | y Khi ta viết y = 2y , nên p = x2 +2z , điều phải chứng minh Chú ý 2.3.10 (i) Kết định lý cho thấy số nguyên tố p đồng dư với mô-đun không bất khả quy vành √ √ Z[ −2] = {a + b −2 | a, b ∈ Z} Tức p = a2 + 2b2 viết √ √ thành tích hai phần tử u = a + b −2 v = a − b −2 u, v √ khác 0, u, v không khả nghịch Z[ −2] 53 (ii) Nếu p số nguyên tố dạng 8k−1 8k−3 p | a2 +2b2 p | a p | b Thật vậy, p a, p b ta cần tìm số nguyên b cho bb ≡ (mod p) Từ a2 ≡ −2b2 (mod p), ta suy (ab )2 ≡ −2 (mod p) Bởi gcd(ab , p) = 1, ta có −2 = 1, từ ta p ≡ (mod 8) p ≡ p (mod 8), mâu thuẫn Ta sử dụng kết nghiên cứu vài phương trình nghiệm nguyên sau: Nếu vế phương trình viết x2 + 2y với gcd(x, y) = 1, vế cịn lại có ước số ngun tố đồng dư với −1 −3 mơ-đun 8, phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ 2.3.11 (Ion Cucurezeanu) Chứng minh x3 − = 2y khơng có nghiệm nguyên Lời giải Viết phương trình dạng tương đương (i) x3 − = 2(y + 1), (ii) x3 + = 2(y + 2) Lưu ý vế phải hai phương trình khơng chia hết cho (ta việc kiểm tra trực tiếp y = 2t y = 2t + vào y + y + 2; ta thấy y + y + không chia hết cho 4) Bây ta kiểm tra vế trái Bởi x số lẻ, nên ta cần kiểm tra trường hợp x = 8k ± x = 8k ± Nếu x = 8k + 1, phía bên trái (i) chia hết cho 8, mâu thuẫn Điều tương tự với (ii) x = 8k − Nếu x = 8k ± 3, x2 − x + số có dạng 8m − 8m − 3, phải có ước số nguyên tố p dạng 8k − 8k − Từ theo Chú ý 2.3.10(ii), p ước y + = y + 2.1, nên ta suy p|y p|1, điều xảy 2.3.3 Ước số a2 − 2b2 Định lý 2.3.12 (xem [4]) Một số nguyên tố p lẻ viết p = a2 − 2b2 số số nguyên a b p ≡ (mod 8) p ≡ −1 (mod 8) 54 Chứng minh Thật vậy, p = a2 − 2b2 , a2 ≡ 2b2 (mod p) Đặt b số nguyên cho bb ≡ (mod 8), (ab )2 ≡ (mod p), ta p = Nhưng p2 −1 = (−1) , p = p ≡ (mod 8), p ≡ −1 (mod 8) ta có p Ngược lại, p ≡ (mod 8), p ≡ −1 (mod 8), theo Bổ đề Thue, √ ta tìm hai số nguyên dương x y với < x, y < p cho p | a2 x2 − y , a số nguyên thỏa mãn a2 ≡ (mod p) Vì p | (a2 − 2)x2 + 2x2 − y , p | 2x2 − y Ta < 2x2 − y < 2p, nên p = 2x2 − y Chú ý (i) Nếu p số nguyên tố có dạng 8k − 8k + p | a2 − 2b2 p | a p | b Thật vậy, p a, p b ta cần tìm số nguyên b cho bb ≡ (mod p) Từ a2 ≡ 2b2 (mod p), ta suy (ab )2 ≡ (mod p) Bởi gcd(ab , p) = 1, ta có p2 = 1, từ ta p ≡ ±1 (mod 8), mâu thuẫn (ii) Từ Định lý 2.3.12, ta thấy rõ ràng p số nguyên tố có dạng p ≡ ±1 (mod 8), phương trình Pell x2 − 2y = p có nghiệm Ta sử dụng kết Định lý 2.3.12 sau: Nếu vế phương trình viết x2 − 2y , với gcd(x, y) = 1, vế bên có ước số nguyên tố đồng dư với ±3 (mod 8) phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ 2.3.13 Xét phương trình 8xy − (x + y) = z Chứng minh (i) Phương trình khơng có nghiệm ngun dương (ii) Phương trình có vơ số nghiệm tập số nguyên âm Lời giải (i) Viết phương trình dạng (8x − 1)(8y − 1) = 8z + giả sử phương trình có nghiệm ngun dương Bởi 8x − ≥ 7, nên có ước số nguyên tố dạng 8m − 8m − 3; theo Định lý 2.3.9, ta có 8x − khơng thể ước 2(2z)2 + 1, điều mâu thuẫn 55 (ii) Các ba số (x, y, z) x = −1, y = −9n2 − 2n, z = −9n − 1, với n số nguyên dương tùy ý, thỏa mãn nghiệm nguyên âm phương trình 56 Kết luận Luận văn trình bày cách giải phương trình nghiệm nguyên nghiên cứu vài dạng ước số đặc biệt Cụ thể: 1) Cách phân tích 2) Cách dùng bất đẳng thức 3) Cách tham số hóa 4) Cách mơ-đun hóa 5) Cách quy nạp tốn học 6) Cách lùi vô hạn 7) Một số cách khác 8) Ước cách dạng đặc biệt a2 + b2 , a2 + 2b2 , a2 − 2b2 Thông qua đề tài luận văn nhằm đáp ứng nguyện vọng người học việc nâng cao kiến thức bổ sung kiến thức sách giáo khoa Dựa theo tài liệu tham khảo, luận văn trình bày số cách giải phương trình nghiệm nguyên Hy vọng thời gian tới, tác giả luận văn có điều kiện tìm hiểu sâu vấn đề 57 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Lại Đức Thịnh (1977), “Giáo trình số học”, Nhà xuất Giáo dục [2] Đỗ Thị Thoa (2019), “Ứng dụng luật thuận nghịch thặng dư bậc hai”, Luận văn thạc sĩ Trường Đại học Khoa học bảo vệ năm 2019, 10–20 [B] Tiếng Anh [3] Titu Andreescu, Dorin Andrica (2010), “Number Theory”, Birkhauser, Springer (DOI: 10.1007/b11856) [4] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Ion Cucurezeanu (2010), “An introduction to Diophantine equations (A problem-based approach)”, Birkhauser, Springer (DOI 10.1007/978-0-8176-4549-6), 3–190 [5] Pete L Clark (2010), Thue’s lemma and idoneal quadratic forms, http://math.uga.edu/˜ pete/thuelemmav4.pdf, 1–2 [6] Russ WoodRoofe, Polynomial rings and unique factorization domains, https://fr.scribd.com/document/343631245/ufds-pdf, 1–2 ... cách tiếp cận để giải toán phương trình nghiệm ngun việc giải dạng tốn dễ dàng ngày hăng say học tập Qua nghiên cứu đề tài luận văn ? ?Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên số tốn ước số? ??... dạng tốn nghiệm ngun nói riêng Mục đích luận văn nêu số cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên tìm ước vài lớp số đặc biệt Có ví dụ lời giải chi tiết cho cách tiếp cận, lớp số đặc... HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - DƢƠNG XUÂN LỢI TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN VÀ MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ ƢỚC SỐ Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46