Vận dụng tham số hóa vào giải phương trình nghiệm nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Cao Xuân Nam VẬN DỤNG THAM SỐ HÓA VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Ngun - 2013 Số hóa Trung tâm Học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Cao Xuân Nam VẬN DỤNG THAM SỐ HÓA VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Thái Ngun - 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Cơng trình hồn thành Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: GS.TSKH Hà Huy Khoái Phản biện 2: TS Nguyễn Văn Minh Luận văn bảo vệ trước Hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên Vào hồi 30 ngày 27 tháng năm 2013 Có thể tìm hiểu luận văn trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên Và thư viện Trường Đại học Khoa Học Soá hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Tham số hóa số đồ thị phẳng 1.1 Đa thức tối tiểu 1.2 Khái niệm đồ thị phẳng R2 1.3 Tham số hóa đường cơnic 1.4 Tham số hóa vài đồ thị phẳng khác 1.5 Định lí Fermat, Định lí Wilson 5 11 13 Chương Một số dạng phương trình nghiệm ngun 2.1 Phương trình Diophantine tuyến tính 2.1.1 Phương trình Diophantine bậc hai ẩn 2.1.2 Phương trình Diophantine tổng quát 2.2 Phương trình Pell 2.3 Phương trình Pythagore 2.4 Phương trình Mordell 2.5 Xây dựng phương trình nghiệm nguyên qua tham số hóa Kết luận 16 16 16 21 24 33 37 40 57 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Danh mục kí hiệu N kí hiệu cho tập số tự nhiên N∗ kí hiệu cho tập số tự nhiên dương Z kí hiệu cho vành số nguyên Q kí hiệu cho trường số hữu tỉ Q∗ kí hiệu cho tập số hữu tỉ dương R kí hiệu cho trường số thực C kí hiệu cho trường số phức K kí hiệu cho ba trường Q, R C K ∗ kí hiệu cho trường mở rộng K Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mở đầu Số học phân nhánh toán học lâu đời sơ cấp nhất, hầu hết người thường xuyên sử dụng từ cơng việc thường nhật tính tốn khoa học Số học giúp có nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ tư sáng tạo Có thể thấy nhiều tốn số học phát biểu cách đơn giản đến mức mà hầu hết học sinh phổ thơng hiểu được, lời giải làm đau đầu nhà toán học xuất sắc Để hiểu giải toán số học phổ thơng, thơng thường cần kiến thức toán học, lại cần nhiều đến khả tư duy, trí thơng minh chút khiếu tốn học Chính lẽ mà Số học cơng cụ tốt để rèn luyện trí thơng minh, tư toán học đồng thời sở để phát tài toán học Số học trở thành phận quan trọng chương trình giảng dạy tốn lớp chọn lớp chuyên toán Trong Số học, toán phương trình nghiệm ngun, ngồi phương trình bậc hai ẩn hầu hết khơng có quy tắc giải tổng quát Mỗi toán, với số liệu riêng nó, địi hỏi cách giải riêng phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện tư tốn học mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo Chính mà tốn Số học nói chung phương trình nghiệm ngun nói riêng thường xuất đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế đề thi tuyển sinh vào lớp chọn, chuyên toán Mục đích luận văn nghiên cứu đồ thị phẳng ứng dụng số tốn sơ cấp Cụ thể tham số hóa vài đồ thị phẳng, sở đưa hệ thống tập phương trình nghiệm ngun có phương pháp giải, phương pháp tham số hóa Ngồi luận văn cịn đề cập số dạng phương trình nghiệm ngun khác Ngồi phần Mở đầu, phần Kết luận, nội dung luận văn gồm chương: Chương Trình bày khái niệm đồ thị phẳng, tham số hóa vài đồ Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ thị phẳng, nêu Định lí Fermat Định lí Wilson mà việc chứng minh hai định lí qua biểu diễn đa thức, khơng sử dụng lí thuyết nhóm Chương Trình bày số dạng phương trình nghiệm ngun phương trình Diophantine tuyến tính; phương trình Pell; Phương trình Pythagore; phương trình Mordell xây dựng phương trình nghiệm ngun qua tham số hóa Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư phạm Hà Nội Từ đáy lòng mình, em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy Cô trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào Tạo trường Đại học Khoa Học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K5C trường Đại học Khoa Học động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tôi xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT chuyên Hà Giang tạo điều kiện cho tơi học tập hồn thành kế hoạch học tập Thái Nguyên, ngày 10 tháng 08 năm 2013 Tác giả Cao Xn Nam Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Tham số hóa số đồ thị phẳng 1.1 Đa thức tối tiểu Trong mục K kí hiệu trường trường mở rộng K , K ∗ C K chứa trường số hữu tỉ Q Ta gọi K trường số ∗ Định nghĩa 1.1 Giả sử K trường trường K ∗ Một phần tử c ∈ K ∗ gọi đại số K c nghiệm đa thức khác lấy hệ tử K; c gọi siêu việt K trường hợp trái lại Như ta bảo c đại số K có nghĩa tồn phần tử ∈ K (0 i n) không không tất cả, cho a0 + a1 c + + an cn = √ Ví dụ 1.1 Trong trường số thực R, đại số trường số hữu tỉ Q, π siêu Q Định lí 1.1 Mỗi phần tử đại số c K nghiệm đa thức bất khả quy f (x) thuộc vành K[x] với hệ số cao Hơn nữa, tất đa thức p(x) ∈ K[x] nhận c làm nghiệm phải chia hết cho f (x) Chứng minh Vì c phần tử đại số K nên tồn đa thức f (x) ∈ K[x] nhận c làm nghiệm Trong số đa thức nhận c làm nghiệm ta chọn đa thức f (x) bậc thấp với hệ tử cao Nếu f (x) đa thức khả quy f (x) phân tích thành tích hai đa thức g(x) h(x) với bậc lớn hệ tử cao Khi f (x) = g(x)h(x) với < degg, degh < degf Vì f (c) = nên g(c)h(c) = Vì K ∗ trường nên g(c) = 0, chẳng hạn Như có đa thức g(x) với degg < degf nhận c làm nghiệm: mâu thuẫn với việc chọn f (x) Điều f (x) bất khả quy Tiếp theo, giả thiết p(x) ∈ K[x] nhận c làm nghiệm Nếu p(x) = p(x) chia hết cho f (x) Nếu p(x) = ta viết p(x) = q(x)f (x) + r(x) với q(x), r(x) ∈ K[x] Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ degr < degf Vì f (c) = p(c) = nên r(c) = Từ việc chọn f (x) suy r(x) = hay p(x) chia hết cho f (x) Hệ 1.2 Trong vành K[x], phần tử x phần tử siêu việt K Chứng minh Ta coi K[x] tập trường K ∗ Dễ dàng kiểm tra x0 , x, x2 , , xn , độc lập tuyến tính K Nếu x phần tử đại số K x nghiệm đa thức f (x) ∈ K[x], f (x) = 0, degf (x) = n > Từ suy x0 , x, x2 , , xn phụ thuộc tuyến tính K: mâu thuẫn Định nghĩa 1.2 Đa thức bất khả quy f (x) ∈ K[x] với hệ số cao nhận c làm nghiệm gọi đa thức tối tiểu c K nghiệm c1 , , cn đa thức tối tiểu c gọi liên hợp c K 1.2 Khái niệm đồ thị phẳng R2 Xét đồ thị quen biết mặt phẳng R2 cho phương trình sau: ( ) : y = x2 + x3 Đây đồ thị qua gốc tọa độ O(0; 0) Để mô tả điểm khác đồ thị, ta thực phép biến đổi cách đặt y = tx thay vào phương trình đồ thị Ta có t2 x2 = x2 + x3 Khi x = ta có điểm O(0; 0) Khi x = ta có điểm (t2 − 1; t(t2 − 1)) Điểm trở thành điểm gốc tọa độ t = t = −1 Vậy điểm đồ thị ( ) có tọa độ (t2 − 1; t(t2 − 1)), t ∈ R Một điều làm ta phải ý điểm O(0; 0) tương ứng với hai giá trị khác t, điểm khác tương ứng với giá trị t Định nghĩa 1.3 Giả sử đa thức f = f (x, y) ∈ R[x, y], f = Kí hiệu V (f ) tập tất điểm (a, b) ∈ R2 cho f (a, b) = Tập V (f ) gọi đồ thị phẳng R2 Ví dụ 1.2 Một vài đồ thị phẳng đây: (i) (P ) : y = x2 (ii) ( ) : y = x3 − x (iii) ( ) : y = x3 + x2 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ (iv) ( ) : (x2 + y )2 + 3x2 y − y = Định nghĩa 1.4 Đồ thị phẳng V (f ) gọi đồ thị phẳng hữu tỉ có hai hàm hữu tỉ ϕ(t), ψ(t) ∈ R(t) biến t hai không đồng thời thuộc R thỏa mãn f (ϕ(t), ψ(t)) = Đồ thị phẳng hữu tỉ có quan hệ tới việc tìm nghiệm (a, b) ∈ R2 phương trình f (x, y) = tìm điểm thuộc đồ thị phẳng với tọa độ số hữu tỉ hay xác định điểm không tầm thường với tọa độ nguyên thuộc đa tạp Fermat V : xn + y n − z n = 0, n Khi biểu diễn đồ thị phẳng V (f ) qua x = ϕ(t), y = ψ(t) ∈ R(t), ta nói tham số hóa V (f ) Việc tham số hóa đồ thị phẳng qua hàm hữu tỉ sau: Chọn điểm P ∈ V viết phương trình tham số đường thẳng (d) qua P cho (d) cắt V điểm thứ hai khác P Cho ( ) : f (x, y) = với f (x, y) đa thức bất khả quy Khi có hai hàm hữu tỉ ϕ(t), ψ(t) biến t hai không đồng thời thuộc R thỏa mãn f (ϕ(t), ψ(t)) ≡ điểm (ϕ(t), ψ(t)) gọi khơng điểm tổng quát ( ) Ta thêm ∞ vào R coi phần tử Ta định nghĩa ϕ(∞) = lim ϕ(t) ψ(∞) = lim ψ(t) Khi tọa độ điểm t→∞ t→∞ ( ) với tọa độ thuộc R ∪ {∞} có dạng (ϕ(t); ψ(t)), t ∈ R ∪ {∞} Việc tìm khơng điểm tổng quát ( ) gắn liền với vấn đề giải phương x y trình f (x, y) = Q hay phương trình z d f ( , ) = Z, z z d = deg f (x, y) Định nghĩa 1.5 Cho đồ thị phẳng bất khả quy ( ) Những điểm thuộc ( ) với tọa độ thuộc Q gọi điểm hữu tỉ ( ) 1.3 Tham số hóa đường cơnic Mệnh đề 1.3 Đường thẳng d : ax + by + c = tham số hóa x = x0 + bt t∈R y = y0 − at với ax0 + by0 + c = Mệnh đề 1.4 Đường tròn (C) : x2 + y = đồ thị phẳng hữu tỉ Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 43 tb − t2 c t2 b − t3 c OM : y = tx Từ suy điểm M có tọa độ M ( ; ) t +1 t +1 Tập hợp điểm M có phương trình tham số  tb − t2 c  x = t2 +  y = t b − t c t2 + Khử t từ hệ ta x(x2 + y ) − y(bx − cy) = Vậy tập hợp điểm M D chạy đường thẳng OB đường cong bậc ba với phương trình x(x2 + y ) − y(bx − cy) = (ii) Nếu z = phương trình cho trở thành x(x2 + y ) = Suy x = x2 + y = Với x = ta có y ∈ Z tùy ý Với x2 + y = ta có x = y = Nếu z = ta đặt x = uz, y = vz, u, v ∈ Q Khi ta có u(u2 + v ) − v(2u − 7v) = Tham số hóa qua việc đặt  2t − 7t2  u = t2 +  v = 2t − 7t t2 + m Vì u, v thuộc Q nên cho t = với m, n ∈ Z (m, n) = ta có n  2mn − 7m2   u = m2 + n2 2m2 n − 7m3   v = n(m2 + n2 ) Từ suy x = 2mn2 − 7m2 n, y = 2m2 n − 7m3 , z = n(m2 + n2 ) Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 44 với m, n ∈ Z (m, n) = Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0, z = 0, y ∈ Z tùy ý x = 2mn2 − 7m2 n, y = 2m2 n − 7m3 , z = n(m2 + n2 ) với m, n ∈ Z (m, n) = (iii) Đặt y = tx, t ∈ Q Khi từ phương trình (2.24) ta x = 2t − 7t2 x = t +1 Nếu x = y = Nghiệm khơng thỏa mãn phương trình (2.23) 2t − 7t2 2t2 − 7t3 Nếu x = y = thay vào phương trình (2.23) ta t +1 t +1 nhận phương trình ( 2t − 7t2 2t2 − 7t3 ) + 3( ) =1 t2 + t2 + hay (2t − 7t2 )2 (t2 + 1) + 3(2t2 − 7t3 )3 = (t2 + 1)3 Phương trình phương trình đa thức bậc t rõ ràng có khơng q nghiệm Do đó, hệ cho có khơng nghiệm Ví dụ 2.18 Cho hai đường thẳng x x y y vng góc với O Lấy điểm A khác O cố định thuộc x x điểm B chạy y y Qua B dựng đường thẳng d vng góc với AB Khi (i) Tìm tập hợp điểm M hình chiếu vng góc O d (ii) Giải phương trình x3 + xy + 2013y z = Z Lời giải (i) Dựng hệ trục tọa độ Oxy (Hình 2.3) Gọi A(a; 0), a = y B M A x O Hình 2.3 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 45 Phương trình đường thẳng AB : y = t(x − a) Suy điểm B có tọa độ B(0; −ta) Phương trình đường thẳng d : y = − x − ta OM : y = tx Từ suy t at2 at3 điểm M có tọa độ M (− ;− ) t + t2 + Tập hợp điểm M có phương trình tham số  at2  x = − t2 +  y = − at t2 + Khử t từ hệ phương trình ta x3 + xy + ay = Vậy tập hợp tất điểm M đường cong bậc ba với phương trình x3 + xy + ay = với a = (ii) Nếu z = phương trình cho trở thành x3 + xy = Suy x = x2 + y = Với x = ta có y ∈ Z tùy ý Với x2 + y = ta có x = y = Nếu z = ta đặt x = uz, y = vz, u, v ∈ Q Khi ta có u3 + uv + 2013v Tham số hóa qua việc đặt  2013t2  u = − t2 +  v = − 2013t t2 + m Vì u, v thuộc Q nên cho t = với m, n ∈ Z (m, n) = ta có n  2013m2   u = − m + n2 2013m3   v = − n(m2 + n2 ) Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 46 Từ suy x = −2013m2 n, y = 2013m3 , z = n(m2 + n2 ) với m, n ∈ Z (m, n) = Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên x = 0, z = 0, y ∈ Z tùy ý x = −2013m2 n, y = 2013m3 , z = n(m2 + n2 ) với m, n ∈ Z (m, n) = Ví dụ 2.19 Trong mặt phẳng (P ), cho đường trịn đường kính AB cố định Điểm C chạy đường trịn phân giác góc ACB cắt AB D Hạ DH⊥AC Khi (i) Điểm H chạy đường nào? (ii) Chứng minh phương trình (x + y)(x2 + y + x + y) = x − y + có nhiều vơ hạn nghiệm hữu tỉ (iii) Chứng minh hệ sau có không nghiệm: x3 + y = (x + y)(x2 + y + x + y) = x − y + (2.25) (2.26) Lời giải (i) Dựng hệ trục tọa độ Oxy (Hình 2.4) Khơng tính tổng qt giả thiết A(−1; 0), B(0; 1) đường trịn đường kính AB có phương trình x2 + y = y C H -1 A O D x B (Hình 2.4) − t2 2t Giả sử C( ; ) Ta cần xét trường hợp điểm C thuộc nửa + t2 + t2 đường tròn đường kính AB hay t > Ta có phương trình đường AC : tx − y + t = 0, Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 47 BC : x + ty − = Giả sử D(d; 0) với −1 ≤ d ≤ Vì D thuộc phân giác góc ACB nên khoảng cách từ D đến AC BC phải Khi ta có 1−t d= nhận phương trình DH : (1 + t)x + t(1 + t)y = − t 1+t Tọa độ H nghiệm hệ tx − y + t = (1 + t)x + t(1 + t)y = − t − t − t2 − t3 2t Suy H( ; ) Khử t từ hệ trên, thu (1 + t)(1 + t2 ) (1 + t)(1 + t2 ) (x + y)(x2 + y + x + y) = x − y + Vậy, điểm H chạy đường cong bậc với phương trình (x + y)(x2 + y + x + y) = x − y + (ii) Tham số hóa qua việc đặt y = t(x + 1), t ∈ Q Khi  − t − t2 − t3   x = (1 + t)(1 + t2 ) 2t   y = (1 + t)(1 + t2 ) − t − t2 − t3 2t Với t ∈ Q ta có nghiệm hữu tỉ ( ; ) (1 + t)(1 + t2 ) (1 + t)(1 + t2 ) Từ suy phương trình cho có nghiều vơ hạn nghiệm hữu tỉ (iii) Tham số hóa qua việc đặt y = t(x + 1), t ∈ Q Khi từ phương trình (2.26) ta  − t − t2 − t3   x = (1 + t)(1 + t2 ) 2t   y = (1 + t)(1 + t2 ) Thay vào phương trình (2.25) ta nhận phương trình đa thức bậc t (1 − t − t2 − t3 )3 + 8t3 =1 (1 + t)3 (1 + t2 )3 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 48 hay (1 − t − t2 − t3 )3 + 8t3 = (1 + t)3 (1 + t2 )3 Rõ ràng phương trình có khơng q nghiệm Do đó, hệ cho có khơng q nghiệm Ví dụ 2.20 Trong mặt phẳng (P ) cho hai điểm cố định A B với AB = 2a > Khi (i) Xác định quỹ tích điểm M ∈ (P ) cho M A.M B = a2 (ii) Chứng minh phương trình (x2 + y )2 − 2(x2 − y ) = có nhiều vơ hạn nghiệm hữu tỉ Lời giải (i) Dựng hệ trục tọa độ (Oxy) với A(−a; 0), B(a; 0) Giả sử M (x; y) Khi M A.M B = 2a [(x + a)2 + y ][(x − a)2 + y ] = a4 hay x4 + y + 2x2 y − 2a2 x2 + 2a2 y = Vậy quỹ tích điểm M đường bậc với phương trình (x2 + y )2 − 2a2 (x2 − y ) = (ii) Nếu x = y = ngược lại Xét xy = Đặt x2 + y = t(x − y), t ∈ Q thay vào phương trình cho, ta có t2 (x − y)2 = 2(x2 − y ) Vì x = y, t2 − 2 nên t (x − y) = 2(x + y) Ta có y = x Vậy t +2 t2 − 2 t2 − x +( ) x = xt(1 − ) t +2 t +2 2t(t2 + 2) 2t(t2 − 2) Vì x = 0, nên x = suy y = Với giá trị t4 + t4 + m t= ∈ Q, m, n ∈ Z, ta có có nghiệm hữu tỉ phương trình n 2mn(m2 + 2n2 ) 2mn(m2 − 2n2 ) ( ; ) Từ suy phương trình cho m4 + 4n4 m4 + 4n4 có nhiều vơ hạn nghiệm hữu tỉ Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 49 Ví dụ 2.21 Giải hệ phương trình sau Z : x3 + x2 z − y z = 5x + y = 21z (2.27) (2.28) Lời giải Xét z = từ phương trình (2.27), ta có x = từ phương trình (2.28) suy y = Ta có nghiệm nguyên (0; 0; 0) x y Xét z = Thế qua u v tương ứng, ta có z z u3 + u2 − v = 0, 5u + v = 21 (2.29) (2.30) với u, v ∈ Q Nếu x = hay u = từ phương trình (2.29), ta có v = Khi phương trình (2.30) trở thành = 21 : vơ lí Vậy u = Đặt v = tu với t ∈ Q thay vào phương trình (2.29), ta có u = t2 − 1, v = t(t2 − 1) Thay vào phương trình (2.30), ta có t3 + 5t2 − t − 26 = với t ∈ Q Giải phương trình ta t = Từ ta có u = 3, v = Khi x = 3z, y = 6z ta có nghiệm x = 3n, y = 6n, z = n với n ∈ Z Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ngun (x; y; z) (3n; 6n; n), n ∈ Z Ví dụ 2.22 Giải hệ phương trình Z :  x2 y − = z2 9 3x + 7y = 9z (2.31) (2.32) Lời giải Nếu z = phương trình (2.31) trở thành 4x2 = 9y Khi ta có x = ±3t, y = 2t, 3x + 7y = Từ suy x = y = z = x y Nếu z = đặt u = , v = , u, v ∈ Q, ta có phương trình (2.31) trở z z thành u2 v − = Tham số hóa qua việc đặt   u = + 12t , − 4t2  v = 8t − 4t2 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 50 m Vì u v thuộc Q nên cho t = với m, n ∈ Z (m, n) = ta có n  2  u = 3n + 12m , n2 − 4m2  v = 8mn n2 − 4m2 Từ suy x = 3n2 + 12m2 , y = 8mn, z = n2 − 4m2 , với m, n ∈ Z, (m, n) = 1, n 2m Do 3x + 7y = 9z nên 9n2 + 36m2 + 56mn = 9n2 − 36m2 Vậy 9m2 + 7mn = Với m = ta có y = 0, x = 3n, z = n n = 9s, m = −7s x = 831s2 , y = −504s2 , z = −115s2 , s ∈ Z Tóm lại, hệ phương trình cho có nghiệm nguyên (x; y; z) (3n; 0; n) (831n; −504n; −115n), n ∈ Z Ví dụ 2.23 Tìm ba số nguyên dương (x; y; z) thỏa mãn hệ phương trình x3 + y + 3xyz = z x3 − 2x2 + (1 − y)x + z − = (2.33) (2.34) Lời giải Đặt z = −w, phương trình (2.33) có dạng: ⇔ ⇔ ⇔ x3 + y + w3 − 3xyw = (x + y + w)(x2 + y + w2 − xy − xw − yw) = (x + y + w)(2x2 + 2y + 2w2 − 2xy − 2xw − 2yw) = (x + y + w)[(x − y)2 + (y − w)2 + (x − w)2 ] = (2.35) Do (x − y)2 ≥ 0, (y − w)2 ≥ 0, (x − w)2 ≥ 0, nên x = y = w vế trái (2.35) Điều khơng xảy w khơng phải số nguyên dương Dẫn đến x + y + w = 0, nghĩa x + y = −w = z Thay vào phương trình (2.34) ta có: x3 − 2x2 + (2 − y)x + y − = (2.36) Tham số hóa qua việc đặt y = tx + với t ∈ Q x > Khi phương trình (2.36) trở thành ⇔ x2 − (t + 2)x + t + = x=1 x = t + Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 51 Với x = suy y = t + ta có ba số nguyên dương thỏa mãn hệ (1; m + 1; m + 2), m ∈ N Với x = t + suy y = t2 + t + ta có ba số nguyên dương thỏa mãn hệ (n + 1; n2 + n + 1; n2 + 2n + 2), n ∈ N Tóm lại, ta có ba số nguyên dương (x; y; z) thỏa mãn hệ cho (1; m + 1; m + 2) (n + 1; n2 + n + 1; n2 + 2n + 2), m, n ∈ N Ví dụ 2.24 Giải phương trình x2 y + = z N 25 Lời giải Nếu z = x = y = x y Nếu z = đặt u = , v = , u, v ∈ Q Tham số hóa qua việc đặt z z  90t  u = , 25 + 9t2  v = 125 − 45t 25 + 9t2 m Vì u v thuộc Q nên cho t = với m, n ∈ N (m, n) = ta có n  90mn  u = , 25n2 + 9m2 2  v = 125n − 45m 25n2 + 9m2 Từ suy x = 90mn, y = 125n2 − 45m2 , z = 25n2 + 9m2 , m, n ∈ N, (m, n) = 5n 3m Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (x; y; z) (90mn; 125n2 − 45m2 ; 25n2 + 9m2 ), m, n ∈ N, (m, n) = 5n 3m Ví dụ 2.25 Tìm số ngun x, y, z để (x2 + y )2 = 2z (x2 − y ) Lời giải Nếu z = x2 + y = Khi x = y = z = Nếu x − y = x2 + y = Khi x = y = ∈ Z Vậy x = y = x y z ∈ Z tùy ý Xét trường hợp z, x − y = Thế qua u v tương z z ứng, ta có (u2 + v )2 = 2(u2 − v ), u − v = Đặt u2 + v = t(u − v) thay vào phương trình (2.37), ta có t2 (u − v)2 = 2(u2 − v ) Soá hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ (2.37) 52 t2 − Vì u = v, nên t (u − v) = 2(u + v) Ta có v = u Vậy t +2 t2 − 2 t2 − u + u = ut − t +2 t +2 Vì u = 0, nên 2t(t2 + 2) 2t(t2 − 2) , v = t4 + t4 + m Vì u v thuộc Q nên cho t = với m, n ∈ Z (m, n) = ta n x = 2mn(m2 + 2n2 ), y = 2mn(m2 − 2n2 ) z = m4 + 4n4 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (x; y; z) (2mn(m2 + 2n2 ); 2mn(m2 − 2n2 ); m4 + 4n4 ), m, n ∈ Z (m, n) = u= Ví dụ 2.26 Tìm tất ba (u, v, w) ∈ Z3 , uvw = thỏa mãn wu2 + u3 − v w − 5uw2 + 3w3 = Lời giải Ta xét đồ thị phẳng ( ) : y = x3 +x2 −5x+3 = (x−1)2 (x+3) R2 Đặt y = t(x − 1) thay vào phương trình cho ta có t2 (x − 1)2 = (x − 1)2 (x + 3) x = 1, x = t2 − 3, ta suy Không điểm tổng quát ( ) y = 0; y = t3 − 4t (t2 − 3; t3 − 4t) Mỗi ba (u, v, w) với uvw = tương ứng điểm hữu u v m tỉ ( , ) ∈ ( ) Khi cho t = ∈ Q với (m, n) = ta có nghiệm w w n {(m2 n − 3n3 , m3 − 4mn2 , n3 )|(n, m) = 1} Ví dụ 2.27 Giải phương trình nghiệm ngun x3 + 5z(x2 + y ) = Lời giải Nếu z = x = 0, cịn y ∈ Z tùy ý Nếu z = ta đặt x = uz, y = vz Khi ta có u3 + 5(u2 + v ) = u = −5t2 − 5, Tham số hóa qua việc đặt Vì u v thuộc Q nên v = −5t3 − 5t  m2   u = −5 − 5, m n3 cho t = với m, n ∈ Z (m, n) = ta có m m  n v = −5 − n3 n Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 53 Từ suy x = −5m2 n − 5n3 , y = −5m3 − 5mn2 , z = n3 với m, n ∈ Z (m, n) = Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x; y; z) (−5m2 n − 5n3 ; −5m3 − 5mn2 ; n3 ), m, n ∈ Z (m, n) = Ví dụ 2.28 Giải phương trình x3 + (2 + y)x2 + xy − y = Z Lời giải Phương trình cho tương đương với (x + y)(x2 + 2x − y) = Nếu x + y = nghiệm phương trình (m; −m), m ∈ Z Nếu x + y = x2 + 2x − y = Đặt y = tx với t ∈ Q thay vào phương trình ta có x2 + 2x − tx = suy x = x = t − Với x = y = Với x = t − y = t2 − 2t Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x; y) (m; −m) (n − 2; n2 − 2n), m, n ∈ Z Ví dụ 2.29 Giải phương trình nghiệm nguyên x4 + 2x3 − 2(y + 2)x2 − 2(y + 2)x + y + 4y + = Lời giải Đặt y = tx − với t ∈ Q Khi phương trình cho trở thành ⇔ ⇔ x4 + 2(1 − t)x3 + (t2 − 2t)x2 = x2 (x2 + 2(1 − t)x + t2 − 2t) =  x=0 x=t x = t − Với x = y = −2 Với x = t y = t2 − Với x = t − y = t2 − 2t − Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x; y) (n; n2 − 2) (m − 2; m2 − 2m − 2), m, n ∈ Z Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 54 Ví dụ 2.30 Giải phương trình nghiệm nguyên sau x3 − (x2 + y )z − 2xyz + y = Lời giải Phương trình cho tương đương với (x + y)(x2 − xy + y − xz − yz) = Nếu x + y = z = n ∈ Z tùy ý nghiệm phương trình (m; −m; n), m, n ∈ Z Nếu x + y = x2 − xy + y − xz − yz = (2.38) Nếu z = phương trình (2.38) trở thành x2 − xy + y = 0, vô y 3y nghiệm (do x + y = nên x2 − xy + y = (x − )2 + > 0) Nếu z = phương trình (2.38) tương đương với x xy y x y ( )2 − + ( )2 − − = z zz z z z x y Đặt u = v = , với u, v ∈ Q, ta z z u2 − uv + v − u − v = Đặt v = tu, với t ∈ Q phương trình trở thành ⇔ u2 − ut + u2 t2 − u − ut = u[u(t2 − t + 1) − t − 1] = Nếu u = suy v = phương trình cho có nghiệm ngun (0; 0; n), n ∈ Z t+1 t2 + t Nếu u = u = suy v = Vì u, v ∈ Q nên t −t+1 t −t+1 m cho t = với m, n ∈ Z (m, n) = ta có n mn + n2 m2 + mn u= ,v = m − mn + n2 m − mn + n2 Từ suy nghiệm phương trình cho x = mn + n2 , y = m2 + mn, z = m2 − mn + n2 Tóm lại, phương trình cho có nghiệm nguyên (x; y; z) (m; −m; n), (mn + n2 ; m2 + mn; m2 − mn + n2 ), m, n ∈ Z Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 55 Ví dụ 2.31 Chứng minh tồn vô hạn ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn phương trình x3 + y + z = x2 + y + z Lời giải Xét trường hợp đặc biệt z = −x Khi phương trình cho trở thành y = 2x2 + y Tham số hóa qua việc đặt x = ty với t ∈ Q, ta y = (2t2 + 1)y ta suy y = y = 2t2 + Với y = ta có ba số nguyên (0; 0; 0) Với y = 2t2 + ta có x = t(2t2 + 1), z = −t(2t2 + 1) Với t = m với m ∈ Z ta có ba số nguyên (2m3 + m; 2m2 + 1; −2m3 − m) thỏa mãn phương trình cho Từ suy tồn vô hạn ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn phương trình cho Ví dụ 2.32 Chứng minh phương trình x4 + y + z = 2t4 có nhiều vơ hạn nghiệm ngun Lời giải Nếu t = phương trình cho trở thành x4 + y + z = Ta có nghiệm phương trình (0; 0; 0; 0) Nếu t = phương trình cho tương đương với phương trình x y z ( )4 + ( )4 + ( )4 = (2.39) t t t x y z Đặt = u, = v, = w với u, v, w ∈ Q Khi phương trình (2.39) t t t trở thành u4 + v + w4 = Xét trường hợp đặc biệt w = u + v Ta có = u4 + v + w4 = u4 + v + (u + v)4 = 2(u2 + uv + v )2 Như u2 + uv + v = Tham số hóa qua việc đặt v = − uk, k ∈ Q Khi ta  2k −   u =   k2 − k +   − k2 v=  k −k+1    2k − k  w = k2 − k + Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 56 m ∈ Q, m, n ∈ Z, ta có nghiệm ngun n phương trình cho (2mn−n2 ; n2 −m2 ; 2mn−m2 ; m2 −mn+n2 ) Do phương trình cho có nhiều vơ hạn nghiệm ngun Từ suy với k = Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 57 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau Trình bày khái niệm đồ thị phẳng Tham số hóa vài đồ thị phẳng Chứng minh Định lí Fermat, Định lí Wilson qua biểu diễn đa thức Trình bày số dạng phương trình nghiệm nguyên quen thuộc phương trình Diophantine tuyến tính, phương trình Pell, phương trình Pythagore, phương trình Mordell Luận văn đưa hệ thống ví dụ phương trình nghiệm ngun có phương pháp giải, phương pháp tham số hóa Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ... ứng dụng số tốn sơ cấp Cụ thể tham số hóa vài đồ thị phẳng, sở đưa hệ thống tập phương trình nghiệm ngun có phương pháp giải, phương pháp tham số hóa Ngồi luận văn đề cập số dạng phương trình nghiệm. .. sử dụng lí thuyết nhóm Chương Trình bày số dạng phương trình nghiệm ngun phương trình Diophantine tuyến tính; phương trình Pell; Phương trình Pythagore; phương trình Mordell xây dựng phương trình. .. phương trình (2.4) ta nghiệm Vậy phương trình (2.4) có vơ số nghiệm nguyên xác định công thức Thuật tốn Euclid giải phương trình bậc hai ẩn Trước hết, ta ln coi hệ số a, b phương trình (2.1) số nguyên