Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HÀ THỊ KIM DUNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HÀ THỊ KIM DUNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - Năm 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Mục lục Mục lục i LỜI NÓI ĐẦU Nội dung ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1.1 Về việc giải phương trình Điơphăng 1.2 Phương trình Điơphăng tuyến tính 1.3 Phương trình Fermat 1.3.1 Các số Pitago 1.3.2 Phương trình Fermat 11 1.4 Phương trình Pell 14 1.4.1 Phân số liên tục 15 1.4.2 Phương trình Pell 31 MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN 39 2.1 Bài tốn 39 2.2 Về cấu trúc S: 40 2.3 Chứng minh định lí 2.1 41 2.3.1 Chứng minh T ⊂ S 42 2.3.2 Xây dựng hoàn chỉnh tập S : 48 Kết luận Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 52 http://www.lrc-tnu.edu.vn i Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 54 http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI NÓI ĐẦU Số học lĩnh vực cổ xưa Toán học, lĩnh vực tồn nhiều toán, giả thiết chưa có câu trả lời Một phận quan trọng Số học nhiều nhà toán học lớn giới nghiên cứu, "Phương trình nghiệm nguyên" Trong kì thi chọn học sinh giỏi ngồi nước, tốn phương trình nghiệm ngun ln đề tài hay khó học sinh Là giáo viên dạy mơn Tốn trường phổ thơng, chắn muốn trang bị cho kiến thức đầy đủ vấn đề Chính vậy, tơi chọn "Phương trình nghiệm ngun" làm luận văn tốt nghiệp Nội dung luận văn chia thành hai chương: Chương 1: “Đại cương phương trình nghiệm nguyên”, trình bày việc giải phương trình Điơphăng phương pháp giải phương trình Điơphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell Chương 2: “Một lớp phương trình nghiệm nguyên”, giới thiệu lớp phương trình nghiệm nguyên quan tâm nhiều Nội dung chương viết theo báo "The equation i=1 xi = in distinct odd integers has only the five known solutions" đăng tạp chí "Journal of Number Theory" số 127 năm 2007 Do thời gian kiến thức cịn hạn chế nên q trình viết luận văn xử lý văn chắn khơng tránh khỏi sai sót định Tác giả luận văn mong nhận góp ý thầy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khối tận tình giúp đỡ suốt q trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy, cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học -Viện Khoa học Công nghệ Việt Nam, giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, tổ Khoa học tự nhiên Trường THCS Trần Phú tập thể bạn bè đồng nghiệp gia đình quan tâm giúp đỡ, động viên tác giả hoàn thành tốt luận văn Thái Nguyên, tháng 07 năm 2012 Người thực Hà Thị Kim Dung Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1.1 Về việc giải phương trình Điơphăng Trong chương này, làm quen với phương pháp giải phương trình Điơphăng bậc (tuyến tính) bậc Đối với phương trình bậc cao hơn, tồn hay khơng phương pháp chung để giải? Đó câu hỏi đặt từ thời Điôphăng, nội dung Bài toán Hilbert thứ 10 tiếng Xin nhắc lại rằng, Đại hội Toán học Quốc tế đầu kỉ 20, Hilbert, nhà toán học lớn thời đại, đề 23 toán cho toán học kỉ 20 Cho đến nay, nhiều tốn số chờ lời giải Bài toán thứ 10 mà ta nhắc đến là: Có hay khơng thuật tốn để giải phương trình Điơphăng? Nói cách "nơm na" là: có hay khơng phương pháp để cho phương trình Điơphăng tùy ý, ta dùng phương pháp để, sau thời gian hữu hạn, tìm nghiệm, phương trình khơng tồn nghiệm (nguyên) Bài toán Hilbert thứ 10 nhà tốn học Nga Yuri Matijasievich giải năm 1970 ơng 21 tuổi Câu trả lời là: không tồn thuật tốn giải phương trình Điơphăng tổng qt Như vậy, với phương trình Điơphăng bậc lớn 2, ta tìm cách giải phương trình cụ thể! Tuy nhiên, kể Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn vài phương pháp hay dùng để giải phương trình Điơphăng cho chương trình tốn phổ thơng Tư tưởng chung phương pháp là, xét nghiệm nguyên (nhiều nghiệm nguyên dương) nên ta thu hẹp tập hợp chứa nghiệm (nếu có) dùng cách thử toàn để xác định nghiệm Sử dụng tính chất chia hết để thu hẹp tập hợp nghiệm Dùng ước lượng độ lớn nghiệm để thu hẹp tập hợp nghiệm Thơng thường, để làm việc đó, cần dựa vào "nghiệm cực trị" (nhỏ lớn theo nghĩa đó) Các "phương pháp" vừa nêu gợi ý Việc vận dụng chúng cách linh hoạt cho qua tập 1.2 Phương trình Điơphăng tuyến tính Sách "Đại thành tốn pháp" Lương Thế Vinh có hướng dẫn giải toán sau đây: Một trăm trâu Một trăm bó cỏ Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba Trâu già ba bó Hỏi loại trâu có ? Theo ngơn ngữ tốn học bây giờ, ta giải tốn sau Gọi x số trâu đứng, y số trâu nằm z số trâu già (theo quy ước tốn, trâu già khơng đứng, mà khơng nằm !) Theo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ta có:   x + y + z = 100  5x + 3y + z = 100 Nhân hai vế phương trình thứ hai với trừ vế cho phương trình thứ nhất, ta được: 14x + 8y = 200 (1.1) Phương trình thu có hai ẩn x, y Vì x, y "số trâu" nên rõ ràng x, y phải nhận giá trị ngun khơng âm Như vậy, phương trình (1.1) thuộc vào lớp phương trình Điơphăng tuyến tính Định nghĩa 1.1 Phương trình Điơphăng tuyến tính phương trình có dạng ax + by = c, (1.2) a, b, c số nguyên, đồng thời biến x, y nhận giá trị nguyên Giải phương trình Điơphăng (1.2) tức tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1.2) Định lý sau trả lời câu hỏi phương trình Điơphăng tuyến tính có nghiệm, đồng thời nghiệm chúng tồn Định lý 1.2 Giả sử a, b số nguyên dương, d ước chung lớn a b, d = (a, b) Khi phương trình ax + by = c khơng có nghiệm ngun d khơng chia hết c Nếu d | c phương trình có vơ số nghiệm Hơn nữa, x = x0 , y = y0 nghiệm phương trình, nghiệm phương trình có dạng: x = x0 + b n, d y = y0 − a n, d n số nguyên Chứng minh Giả sử (x, y) nghiệm phương trình Do d | a, Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn d | b nên d | c Như vậy, d không chia hết c phương trình khơng có nghiệm ngun Bây giả sử d | c Khi đó, tồn số nguyên s, t cho d = as + bt (1.3) Do d | c nên tồn e nguyên cho de = c Nhân hai vế (1.3) với e ta được: c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te) Như vậy, ta có nghiệm phương trình cho x = x0 = se, y = y0 = te a b Ta chứng tỏ tồn vô số nghiệm Đặt x = x0 + n, y = y0 − n, d d n nguyên Ta thấy (x, y) xác định nghiệm, a b ax + by = ax0 + a n + by0 − b n = ax0 + by0 = c d d Chỉ phải chứng tỏ rằng, nghiệm phương trình phải có dạng nêu Giả sử (x, y) nghiệm tùy ý, tức x.y nguyên thỏa mãn ax + by = c Khi (ax + by) − (ax0 + by0 ) = 0, suy a(x − x0 ) + b(y − y0 ) = Tức a(x − x0 ) = b(y0 − y) Chia hai vế đẳng thức cho d, ta a b (x − x0 ) = (y0 − y) (1.4) d d a b a Do d = (a, b) nên nguyên tố Từ suy y0 − y , d d d a a tức tồn n nguyên cho n = y0 − y Suy y = y0 − n Thay d d Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40  B1 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 231, 315}       B2 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 35, 45, 231}     B3 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 135, 10395}      B4 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 33, 45, 385}      B5 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 165, 693} (2.2) Những nghiệm phát người khác gồm: J.C Meyrigrac R.L Graham Hơn nữa, biết không số họ chứng minh khơng có nghiệm khác Chứng minh điều nội dung chương Chúng ta chứng minh định lí sau: Định lý 2.1: Năm nghiệm (2.2) phương trình = năm i=1 xi nghiệm nguyên lẻ phân biệt 2.2 Về cấu trúc S: Xét tập S = {x1 , x2 , , xk } tập hợp số nguyên phân biệt xếp theo thứ tự tăng dần Biểu thị L(S) = BCN N (x1 , x2 , , xk ) Một số trường hợp đặc biệt bổ đề sau sử dụng việc chứng minh định lý 2.1 phần sau Bổ đề 1: Cho α số mũ cao số nguyên tố p ước phần tử tập S thỏa mãn k i=1 = xi Giả sử m1 pα , m2 pα , , ms pα s phần tử tập S bội pα Kí hiệu hàm đối xứng bậc t; t = 1, 2, , s; m1 , m2 , , ms σt (m) σo (m) = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 Khi đó: p | σs−1 (m) Hệ 1: pα xuất lần Thật vậy, đặt s = 1, ta có: p | (vơ lý p nguyên tố) Hệ 2: Nếu s = p | m1 + m2 Hệ 3: Nếu s = p | m1 m2 + m1 m3 + m2 m3 Chứng minh Bổ đề 1: Các phần tử S bội pα là: m1 pα , m2 pα , , ms pα Khi đó: 1= i:pα |xi + xi s j=1 mj pα Cộng tất phân số chọn M pα mẫu số chung, tử số tổng bội p, tử số tổng thứ hai không bội p Rõ ràng hơn: 1= pA + N σs−1 (m) M pα A số nguyên p khơng chia hết N, p | σs−1 (m) 2.3 Chứng minh định lí 2.1 Chứng minh định lý 2.1 dài, kỹ thuật Nó nội dung phần lại chương Chứng minh dựa nhận xét tất tập (2.2) chứa tập T = {3, 5, 7, 9, 11, 15} Chúng ta chứng minh phần 2.3.1 rằng: tất tập S thỏa mãn yêu cầu phải chứa tập T tập hợp Trong phần 2.3.2, ta cách để tập hợp T xây dựng hoàn chỉnh thành tập gồm phần tử mô tả tập B1 , B2 , , B5 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 2.3.1 Chứng minh T ⊂ S Chúng ta dựa vào bổ đề 2: Bổ đề 2: Nếu tập S = {x1 , x2 , , x9 } = 1, S phải chứa tập i=1 xi T = {3, 5, 7, 9, 11, 15} Chứng minh bổ đề gồm loạt khẳng định a Chứng minh {3, 5, 7, 9} ⊂ S Khẳng định 1: Nếu tập S = {x1 , x2 , , x9 } x2 = = x1 = 3, i=1 xi Chứng minh: Tập S1 = {3, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21} chứa phần tử bé ngoại trừ 5, thỏa mãn < Do thuộc S Điều i=1 xi có nghĩa thuộc S Do x1 = 3, x2 = Khẳng định 2: Nếu tập S = {3, 5, x3 , , x9 } = x3 = i=1 xi Chứng minh: Nếu ∈ / S , tập S1 = {3, 5, 9, 13, 15, 17, 19, 21, 23} chứa phần tử nhỏ ngoại trừ 11, thỏa mãn < Do i=1 xi 11 thuộc S thuộc S Áp dụng hệ cho 11 ta giá trị tối thiểu x9 x9 = 11.21 Nhưng chí với x5 = 13, x6 = < Do thuộc S , 15, x7 = 17, x8 = 19 x9 = 105, ta có i=1 xi x3 = Khẳng định 3: Nếu tập S = {3, 5, 7, x4 , , x9 } = x4 = i=1 xi Chứng minh: Giả sử x4 = ta mâu thuẫn với giả thiết Đầu tiên ta 11, 13 thuộc tập S sau 15 ∈ S Với lựa chọn tốt giá trị x7 , x8 , x9 ta thu mâu thuẫn < i=1 xi Do phần tử tập {11, 13} thuộc S Nếu 11 ∈ / S, 13 ∈ / S S1 = {3, 5, 7, 15, 17, 19, 21, 23, 25} Khi 11 ∈ / S, 13 ∈ S 11 ∈ S, 13 ∈ / S , theo hệ 1, 2, áp dụng cho 13 11, ta thu giá trị tối thiểu tương ứng x9 = 13.25 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 x9 = 11.21 Khi cho S2 = {3, 5, 7, 11, 15, 17, 19, 21, 11.21} < 1, i=1 xi 13 11 phải thuộc S Áp dụng hệ cho 11 13 ta x9 = 11.13M Sau đó, theo hệ 2, ta có M ≥ 137 x9 ≥ 11.13.137 Nếu 15 ∈ / S , chọn tập S3 = {3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 11.13.137} Nhưng < 1, i=1 xi 15 ∈ S Với 11, 13, 15 ∈ S với x7 = 21, x8 = 25, x9 = 11.13.137 < ta i=1 xi Do giả định x4 = sai, x4 = Khi biết rằng {3, 5, 7, 9} ⊂ S , ta cố gắng xây dựng tập S với phần tử có dạng 3α 5β 7γ Nhưng ta điều khẳng định Khẳng định 4: Cho tập S = {3, 5, 7, 9, x5 , , x9 } Nếu xi ∈ 3α 5β 7γ với i = 5, 6, , i=1 =1 xi Chứng minh: Tập S1 = {3, 5, 7, 9, 15, 21, 25, 35, 45} gồm số nguyên thỏa mãn yêu cầu không chứa 27, ta < Do i=1 xi x5 = 15, x6 = 21, x7 = 25, x8 = 27 thuộc tập S Vì − không i=1 xi phân số với tử số 1, = khẳng định i=1 xi Hệ 4: Cho tập S = {3, 5, 7, 9, x5 , , x9 } Nếu = L(S) i=1 xi bội số nguyên tố p > b Chứng minh {11, 15} ⊂ S Sử dụng hệ 4, ta chứng minh khẳng định 5: Khi L(S) bội số nguyên tố p > S chứa tối đa ba bội p Trong khẳng định p ≥ 13 = Do p = 11, x5 = 11 i=1 xi Cuối khẳng định 15 ∈ S Với x6 = 15, T ⊂ S , Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 chứng minh bổ đề hoàn thành Khẳng định 5: Cho tập S = {3, 5, 7, 9, x5 , , x9 } Giả sử L(S) = 1, tập S chứa tối đa ba bội số nguyên tố p > Nếu x i i=1 bội p Chứng minh: Chỉ cần chứng tỏ S không chứa năm bốn bội p Giả sử tập S chứa năm bội p Với giá trị p > 7, với p = 11 ta có i=1 < xi i=1 1 1 1 + 1+ + + + xi 11 S chứa hai bội số nguyên tố p > Từ bây giờ, hai khả xét riêng biệt Khẳng định 6: Cho tập S = {3, 5, 7, 9, x5 , , x9 } Nếu S chứa ba phần = tử bội số nguyên tố p ≥ 13 i=1 xi Chứng minh: Giả sử = dẫn đến mâu thuẫn Kí hiệu: i=1 xi i=5 1 1 = 1+ + xi p A B + 1 + , ≤ A < B, C < D, p ≥ 13 C D Với giá trị p , từ Hệ suy rằng: p | AB + A + B Bây ta p không lớn 23 Khi A = 3, B = p | 23, p = 23 Với ba giá trị này, suy ra: 1 46 + = C D 315 1 Dễ dàng thấy tất giá trị C, D cho ta + < C D 46 Do p = 23 315 Giả sử p ≥ 29 Trường hợp p = 23 cho thấy rằng, với giá trị p, B ≥ Cho p ≥ 29, giá trị p = 29, B = 7, C = 11, D = 15 thỏa mãn < Do D = 13 xác định C = 11 xác định i=1 xi 1 Với hệ 1, áp dụng cho 11 13, để tìm max + , ta đặt A B B = 11.13 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 Nếu p ≥ 31 giá trị nhỏ p = 31, A = 3, B = 11.13, C = 11, D = 13 cho ta < Do p khơng lớn 31 p = 29 i=1 xi 1 Khi p = 29, tổng + + suy A ≥ Với p = 29, B = 29 11 13 11.13, C = 11, D = 13 cho thấy < p = 29 i=1 xi Vì p khơng lớn 23, p giả định giá trị giá trị p = 19, 17, 13 Theo trên, với kỹ thuật làm tương tự, với hệ 2, với giá trị p ta đạt điều phải chứng = 1, từ suy khẳng định minh Vì i=1 xi Khẳng định 7: Giả sử tập S = {3, 5, 7, 9, x5 , , x9 } Nếu tập S chứa hai phần tử bội số nguyên p ≥ 13 = i=1 xi = dẫn đến mâu thuẫn Kí hiệu: Chứng minh: Ta giả sử i=1 xi i=5 1 =1= 1+ xi p A + 1 + + , B < C < D, p ≥ 13 B C D Với giá trị p từ hệ suy p | A + Nhận xét A, B, C, D có dạng khác nhau: (a) A, B, C, D ∈ 3α 5β 7γ ; (b) A, B, C, D ∈ 3α 5β 7γ 11, trường hợp này, tập S có ba bội 11 với hai khả hai bội 11 với hai khả Rõ ràng, khả khác tồn tổng số trường hợp hữu hạn Chẳng hạn, xét (b) Một trường hợp ba bội số 11 thỏa mãn hệ 3, với giá trị nhỏ p = 13, A = 25, B = 11, C = 3.11, D = 11.35 cho ta < i=1 xi Trường hợp khác hai bội số 11 thỏa mãn hệ 2, với giá trị tối thiểu p = 13, A = 25, B = 11, C = 27, D = 11.21 ta < Khi i=1 xi Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 = i=1 xi Bây ta chứng minh (a), tức là: A, B, C, D ∈ 3α 5β 7γ xem xét tổng thể trường hợp, cho thấy Nếu p ≥ 19, giá trị nhỏ p = 19, A = 75, B = 15, C = 21, D = 25 cho ta < Do p khơng lớp 19, p = 17 i=1 xi p = 13 Nếu B = 15 giá trị nhỏ p = 13, A = 25, B = < Do với hai giá trị p ta có 21, C = 25, D = 27, cho ta i=1 xi 1 B = 15 Cho p = 17 Nếu C = 21, tổng + + cho ta D ≥ 17 Với 17 15 21 giá trị nhỏ A = 13, B = 15, C = 21, D = 27, ta < Do i=1 xi p = 17 Cho p = 13 Bỏ qua C = 21, 25, giá trị nhỏ A = 25, B = 15, C = 27, D = 35, < Do C = 25 C = 21 Khi C = 25, i=1 xi 1 + + nghĩa D ≥ 35 Những giá trị A > 25 thỏa tổng 13 15 25 mãn yêu cầu A = 441 Với A = 441, B = 15, C = 25, D = 35, ta < D = 35 Cho D ≥ 45, với B = 15, C = 25, D = 45, i=1 xi 1 1 cho ta < Do C = 25 Khi C = 21, tổng + + cho ta 13 15 21 i=1 xi D ≥ 45 Giá trị A = 441, B = 15, C = 21, D = 49 < i=1 xi Do D = 49 D ≥ 63 Với A = 25, B = 15, C = 21, D = 63 < Vì C = 21 p = 13 Ta điều phải chứng minh i=1 xi Hệ 5: Cho tập S = {3, 5, 7, 9, x5 , , x9 } Nếu = x i i=1 i) L(S) = 3α 5β 7γ 11, ii) x5 = 11 Chứng minh: (i) có theo hệ khẳng định Áp dụng hệ cho 11 ta S phải chứa hai bội 11 Nếu 11 ∈ / S, năm giá trị nhỏ x5 , , x9 15, 21, 25, 3.11, 5.11 cho ta < i=1 xi Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 Do 11 ∈ S Vì x5 = 11, ta (ii) Trong khẳng định đây, ta có x6 = 15 Khẳng định 8: Cho tập S = {3, 5, 7, 9, 11,x6 , , x9 } Giả sử S chứa ba bội 11 Nếu = x6 = 15 i=1 xi Chứng minh: Ta bổ sung hai bội 11 11A, 11B A < B 1 1+ + thỏa mãn hệ 3, giá trị Dễ dàng thấy 11 A B lớn đạt A = 3, B = 35 Nếu 15 ∈ / S hai giá trị nhỏ x6 = 21, x7 = 25 với x8 = 3.11, x9 = 11.35 cho ta < Vì 15 ∈ S x6 = 15 i=1 xi Khẳng định 9: Cho tập S = {3, 5, 7, 9, 11,x6 , , x9 } Giả sử S chứa hai = x6 = 15 bội 11 Nếu i=1 xi Chứng minh: Kí hiệu bội thứ hai 11 11A, từ hệ suy ra: A ≥ 21 Nếu 15 ∈ / S tập S1 = {3, 5, 7, 9, 11, 21, 27, 35, 11.21} chứa giá trị nhỏ x6 , , x9 , ngoại trừ 25, thỏa mãn < Do i=1 xi x6 = 21 x7 = 25 thuộc tập S Nếu x8 = 27 > i=1 xi < Do x8 ≥ 35 Nhưng với x8 = 35 x9 = 11.21 , ta i=1 xi 15 ∈ S , nên x6 = 15 Ta hoàn thành việc chứng minh {11, 15} ⊂ S có bổ đề 2.3.2 Xây dựng hồn chỉnh tập S : Ta xây dựng tập B1 , B2 , , B5 khả Ta chứng minh qua bổ đề bổ đề sau Bổ đề 3: Cho tập S = {3, 5, 7, 9, 11, 15,x7 , x8 , x9 } Giả sử tập S chứa ba Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 bội 11 Nếu = S bao gồm tập i=1 xi B4 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 33, 45, 385} B5 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 165, 693} 248 Chứng minh: Ta có = 315 i=1 xi 1 1 67 = = 1+ + 315 i=5 xi 11 A B + 67 = Kí hiệu: 315 i=5 xi 1 + , A 45 Cho C = 21 Từ (2.3) ta được: 1 26 + = A B 315 (2.4) Vì A ≥ 15 Những giá trị A = 15, B = 63 thỏa mãn (2.4), đó: B5 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 165, 693} xác định Với giá trị A ≥ 21, (2.4) khơng có nghiệm Cho C = 25, 27, 35 ba tổng tương ứng có từ (2.3) là: 1 267 1 188 1 92 + = , + = , + = A B 1575 A B 945 A B 315 Dễ dàng kiểm tra không tồn giá trị A, B thỏa mãn ba đẳng thức này, C = 25, 27, 35 Cho C = 45 từ (2.3) ta có: 1 38 + = A B 105 (2.5) (2.5) có nghiệm A = 3, B = 35 Vì thế: B4 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 33, 45, 385} Cho C > 45 Với giá trị nhỏ C = 49, A ≥ 5, với 67 A = 5, B = 7, ta < Vì C không lớn 45 Kết luận 315 i=5 xi Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 cho ta điều phải chứng minh Bổ đề : Cho tập S = {3, 5, 7, 9, 11, 15,x7 , x8 , x9 } Giả sử S chứa = S bao gồm tập: hai bội 11 Nếu x i i=1 B1 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 231, 315} B2 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 35, 45, 231} B3 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 135, 10395} Chứng minh : Vì 248 nên = 315 i=1 xi 67 1 = = 1+ 315 i=5 xi 11 A + 67 Kí hiệu = 315 i=5 xi 1 + + , B < C 15 B C (2.6) 1 1+ thỏa mãn hệ 2, nghĩa A = 22T + 21, T ≥ Ta 11 A rằng: trước tiên, A = 21 xác định B1 , B2 ; A = 945 suy B3 Do đó, khơng tồn tập khác tập liệt kê Cho A = 21 (T = 0) Từ (2.6) ta có: 1 16 + = B C 315 (2.7) Với giá trị B ≥ 45, (2.7) khơng có nghiệm Vì B = 21, 25, 27, 35 Thay B = 25, 27 vào (2.7) C khơng số ngun, giá trị khơng thỏa mãn Khi B = 21, C = 315 ta có: B1 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 231, 315} B = 35, C = 45, ta có: B2 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 35, 45, 231} Cho A = 945 (T = 42) Từ (2.6) cho ta: 52 + = B C 945 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.8) http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 Với B ≥ 35 (2.8) khơng có nghiệm B giả sử giá trị giá trị B = 21, 25, 27 Thay B = 25, 27 vào (2.8) ta giá trị C khơng số ngun Vì B = 25, 27 Cho B = 21, C = 135 được: B3 = {3, 5, 7, 9, 11, 15, 21, 135, 10395} Bây ta không tồn tập ≤ T ≤ 41, T ≥ 43 Cho ≤ T ≤ 41 Trong trường hợp dễ dàng xác định T = A = 175 giá trị thỏa mãn u cầu Nếu A = 175, (2.6) khơng có nghiệm B ≥ 35 Do B giả sử giá trị giá trị B = 21, 25, 27 Nhưng với giá trị B thay vào (2.6) cho ta giá trị tương ứng C không số nguyên Vì A = 175 Cho T ≥ 43 Vì A > 945, nên từ (2.6) có 52 1 1 + > Nếu + ≥ B C 945 B C 105 1 1 67 tổng + + + vượt mâu thuẫn với (2.6) 1890 11 15 B C 315 Vì 1 105 + < , đó: B C 1890 104 1 105 < + < 1890 B C 1890 (2.9) Nếu B ≥ 35 (2.9) khơng có nghiệm B giả sử giá trị giá trị B = 21, 25, 27 Nhưng với giá trị B dễ dàng thấy khơng có giá trị C thỏa mãn (2.9) Vì T không lớn 43 Điều cho ta đpcm Bổ đề cho ta định lý 2.1 Nhận xét: Trên khẳng định k = x9 ≥ 231 Sierpin’ski [6, tr.31] cho ta tập thỏa mãn (2.1), với k = 11, x11 = 945 xi ∈ 3α 5β 7γ Burshtein [3,VD1] cung cấp tập hợp có tính chất, với x11 = 135 J.Leech trích dẫn [3,VD1] [5, tr.89] dự đốn (2.1) xk ≥ 105 Trong [4], tất nghiệm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 (2.1) với k = 11 xi ∈ 3α 5β 7γ xây dựng Ở rằng: (i): x11 = 135 giá trị nhỏ nhất; (ii): Khi hạn chế số nguyên xi loại bỏ x11 = 105 Vì thế, dự đốn thứ hai J.Leech sai k = 9, kiểm tra k = 11 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 Kết luận Luận văn trình bày khái quát việc giải phương trình Điơphăng phương pháp giải phương trình Điơphăng bậc bậc hai Đồng thời luận văn giới thiệu lớp phương trình nghiệm nguyên quan tâm nhiều, bao gồm kết nhận gần Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 Tài liệu tham khảo Tài liệu tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái (2004), Số học - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học phổ thông, NXB Giáo dục Tài liệu tiếng Anh [2] N Burshtein (2007), "The equation i=1 xi = in distinct odd integers has only the five known solutions", Journal of Number Theory 127, pp.136-144 [3] N Burshtein (1973), "On distinct unit fractions whose sum equals 1", Discrete Math 5, pp.201-206 11 [4] N Burshtein, "All the solutions of the equation i=1 xi = in distinct integers of the form xi ∈ 3α 5β 7γ ", Discrete Math, in press [5] R.K.Guy (1981), Unsolved Problems in Number Theory, SpringerVerlag, Berlin, New York [6] W.Sierpin’ski (1956), "Sur les decsompositions de nombres rationnels en fractions primaires", Mathesis 65, pp.16-32 [7] C.Rivera, J.Ayala, "The prime puzzles and problems connection", htpp://www primepuzzles.net/ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... Điơphăng phương pháp giải phương trình Điơphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell Chương 2: ? ?Một lớp phương trình nghiệm nguyên? ??, giới thiệu lớp phương trình nghiệm nguyên quan tâm... c phương trình có vơ số nghiệm Hơn nữa, x = x0 , y = y0 nghiệm phương trình, nghiệm phương trình có dạng: x = x0 + b n, d y = y0 − a n, d n số nguyên Chứng minh Giả sử (x, y) nghiệm phương trình. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HÀ THỊ KIM DUNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC