Phương trình euler waring cho đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỒ THỊ THU HUYỀN PHƯƠNG TRÌNH EULER - WARING CHO ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỒ THỊ THU HUYỀN PHƯƠNG TRÌNH EULER - WARING CHO ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS VŨ HOÀI AN Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Mục lục i Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Mở đầu Phương trình Euler - Waring đa thức tuyến tính đa thức Laurent trường đóng đại số đặc số khơng 1.1 Phương trình Euler - Waring đa thức tuyến tính 1.2 Phương trình Euler - Waring đa thức Laurent 21 Phương trình Euler - Waring đa thức trường đóng đại số đặc số khơng ứng dụng 2.1 Phương trình Euler - Waring đa thức trường đóng đại số đặc số khơng 2.2 24 24 Ứng dụng phương trình Euler - Waring tốn học phổ thơng 46 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 ii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan kết nghiên cứu luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan thông tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Họ tên Hồ Thị Thu Huyền iii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với TS Vũ Hoài An, trực tiếp hướng dẫn tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới thầy, cô giáo Khoa Tốn - Tin, Phịng Đào tạo Khoa học, bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích, động viên tác giả suốt q trình học tập làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp q báu thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 2015 Hồ Thị Thu Huyền Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Mở đầu Lý chọn đề tài Bài tốn chia kẹo Euler [1]: Có n kẹo giống chia cho m em bé Hỏi có cách chia kẹo? Hay tốn sau đây: Bài tốn A (Bài tốn Euler [1]): Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + · · · + xm = n, m, n ∈ N∗ Sự tương tự Bài toán Euler đề cập [4] Ở đó, Dong - IL Kim xét phương trình Waring sau: f1k (z) + · · · + fnk (z) = z, (1) f1 (z), , fn (z) đa thức với hệ số phức, k số nguyên dương Trong [2], Nguyễn Hoài Nam xét phương trình sau đa thức trường đóng đại số đặc số khơng: f1k (z) + · · · + fnk (z) = Mặt khác, tương tự đa thức số nguyên cho ta ứng dụng kiểu phương trình tốn học phổ thơng (xem [2]) Theo hướng nghiên cứu này, chúng tơi xem xét vấn đề: Phương trình Euler - Waring đa thức trường đóng đại số đặc số không ứng dụng Cụ thể, chúng tơi xét hai phương trình sau: f1k (z) + · · · + fnk (z) = p(z), (2) f1k1 (z) + · · · + fnkn (z) ≡ p(z), (3) f1 (z), , fn (z), p(z) đa thức trường đóng đại số đặc số không, k, k1 , , kn số nguyên dương Mục đích, nhiệm vụ phương pháp nghiên cứu Tổng hợp trình bày kết [4] tương tự phương trình (1), (2) (3) Chú ý công cụ dùng có khác so với Dong-Il.Kim Nguyễn Hồi Nam Trong [4], Dong-Il.Kim dùng công thức Nhị Thức Newton bất đẳng thức bậc số không điểm Trong [2], Nguyễn Hồi Nam dùng Định lý đường cong hữu tỷ Ở dùng Định lý Mason suy rộng [3, Định lý 2.1.2 ] Ứng dụng kết phương trình (2) (3) tốn học phổ thơng Để ý C trường đóng đại số đặc số khơng Do kết xét K trường đóng đại số đặc số khơng thay K C Ngồi ra, chúng tơi xét tương tự vấn đề Dong-Il.Kim mở rộng cho Bài tốn chia kẹo Euler phương trình nghiệm nguyên Nội dung nghiên cứu Luận văn tổng hợp, trình bày kết phương trình Euler - Waring đa thức trường đóng đại số đặc số khơng ứng dụng Các kết đề cập [4] tương tự nó, trường hợp đặc biệt đề cập [2] Các ví dụ ứng dụng đề cập [1] Cụ thể: - Trình bày Định lý 1.1.7, 1.1.9, 1.2.1, 1.2.3, 2.1.7, 2.1.8 Định lý 1.1.9 kết Dong - Il Kim [4, Định lý 2.1.2] Định lý 1.2.1, 1.2.3 trường hợp riêng Định lý 3.2.1 [4] - Trình bày ví dụ Bài tốn chia kẹo Euler - Trình bày ví dụ ứng dụng vấn đề Dong - Il Kim [4] phương trình nghiệm nguyên Cấu trúc luận văn Luận văn chia thành hai chương với nội dung sau: Chương trình bày phương trình Euler - Waring đa thức tuyến tính đa thức Laurent trường đóng đại số đặc số khơng Cụ thể: trình bày Định lý 1.1.7, 1.1.9, 1.2.1, 1.2.3 Định lý 1.1.9 kết Dong Il Kim ([4] Định lý 2.1.2) Định lý 1.2.1, 1.2.2 trường hợp riêng Định lý 3.2.1 [4] Chương trình bày phương trình Euler - Waring đa thức trường đóng đại số đặc số khơng ứng dụng tốn học phổ thơng Các Định lý 2.1.7, 2.1.8 tương tự Định lý 2.1.2, Định lý 3.2.1 [4] cho phương trình P (f ) = Q(g), P, Q đa thức, f, g hàm hữu tỷ trường đóng đại số đặc số khơng Về phần ứng dụng tốn học phổ thơng, chương trình bày ví dụ Bài tốn Euler, ví dụ ứng dụng vấn đề nghiên cứu Dong - Il.Kim [4] phương trình nghiệm nguyên Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Hồ Thị Thu Huyền Email: hothuhuyen75@gmail.com Chương Phương trình Euler - Waring đa thức tuyến tính đa thức Laurent trường đóng đại số đặc số không Dong - IL Kim [4] phát biểu chứng minh định lý sau Định lý B ([4], Định lý 2.1.2) Giả sử k ≥ 2, n ≥ Cho f1 , , fn đa thức tuyến tính khác thỏa mãn f1k (z) + · · · + fnk (z) = z (1) Giả sử p số n nhỏ thỏa mãn (2) Khi p = k Từ Định lý B chương chúng tơi xét phương trình (1) phương trình sau đa thức Laurent: 1.1 f1k (z) + f2k (z) = a (1.1) f1k (z) + f2k (z) = z (1.2) Phương trình Euler - Waring đa thức tuyến tính Trước tiên nhắc lại kết vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số đặc số khơng Định nghĩa 1.1.1 Một trường K gọi đóng đại số đa thức ẩn có bậc khác khơng với hệ số K, có nghiệm K Ví dụ 1.1.1 Trường hữu tỷ Q khơng trường đóng đại số đa thức P (x) = x10 + khơng có nghiệm Q hệ số đa thức thuộc Q Trường số thực R khơng trường đóng đại số đa thức P (x) = √ 3x2 +1 khơng có nghiệm R hệ số đa thức thuộc R Định nghĩa 1.1.2 Cho K trường 1) Số tự nhiên n nhỏ khác khơng cho n.1 = số n gọi đặc số khơng trường K Kí hiệu char(K) 2) Với số tự nhiên n = mà n.1 = ta nói trường K có đặc số Ví dụ 1.1.2 Trường số thực R có đặc số Trường Z13 có đặc số 13 13 ≡ 13 số nguyên dương nhỏ thỏa mãn điều kiện Kí hiệu K trường đóng đại số, đặc số khơng Gọi f đa thức khác có bậc n K a không điểm f Khi f = (z − a)m p(z), với p(a) = m bội không điểm a f Đặt µ0 f (a) = m Kí hiệu n(f ) số khơng điểm f kể bội, d ∈ K l số nguyên dương Ta định nghĩa n(f, d) = n(f − d), q nl (f ) = i=1 min{mi , l} f = a(f − z1 )m1 (f − zq )mq , nl (f, d) = nl (f − d), n0 (f ) = q, n0 (f, d) = n0 (f − d) 45 Ta có deg F1 = d deg f1 , deg F2 = d deg f2 , n1 (F1 ) = n1 (f1 ), n1 (F2 ) = n1 (f2 ), n1 (p) ≤ k Từ (2.30) ta nhận d max{deg f1 , deg f2 } ≤ n1 (f1 ) + n1 (f2 ) + k − ≤ max{deg f1 , deg f2 } + k − 1, d − ≤ k − 1, d ≤ k + Mâu thuẫn với giả thiết Bây xét F1 , F2 phụ thuộc tuyến tính: F2 = cF1 Thay vào (2.30) ta có (2.31) (1 + c)a1 f1d + p = Do deg p = k nên + c = Khi deg(1 + c)a1 f1d ≥ d > k Từ ta suy fi , p không thỏa mãn (2.26) Giả sử (2.26) xảy Đặt Fi = fid , i = 1, , N + Khi (2.32) F1 + · · · + FN +1 = −p Giả sử F1 , , FN +1 độc lập tuyến tính Áp dụng Bổ đề 2.1.1 cho (2.32) ta có N +1 max {deg Fi } ≤ 1≤i≤N +1 i=1 nN (Fi ) + nN (p) − N (N − 1) Ta có deg Fi = deg fid = d deg fi , nN (Fi ) = nN (fid ) = N n1 (fi ), (2.33) i = bc, N + 1, nN (p) ≤ k Từ (2.33) ta có d max deg1≤i≤N +1 fi ≤ N (N + 1) max deg1≤i≤N +1 fi + k − 1, d − N (N + 1) ≤ k − Mâu thuẫn với giả thiết d > N (N + 1) + k − Vậy F1 , , FN +1 phụ thuộc tuyến tính Khi ta có hệ thức bi1 Fi1 + · · · + bij Fij = 46 Áp dụng trường hớp ta đưa phương trình (2.32) phương trình ci1 Fi1 + · · · + cit Fit = −p, t < N + (2.34) Theo giả thiết quy nạp (2.34) khơng xảy Trong trường hợp F1 , , FN +1 phụ thuộc tuyến tính lý luận tương tự Vậy (2.26) không xảy deg p = k 2.2 Ứng dụng phương trình Euler - Waring tốn học phổ thơng Trong mục chúng tơi trình bày ứng dụng phương trình f1k (z) + · · · + fnk (z) = p(z), (2) toán học phổ thơng theo hai cách: • Một ứng dụng (2) cho đa thức hàm hữu tỷ C • Hai ứng dụng (2) cho phương trình nghiệm ngun Chú ý phương trình (2) có trường hợp riêng phương trình xét Dong-Il.Kim Nguyễn Hồi Nam Ta nhắc lại tốn chia kẹo Euler [1]: Có m kẹo giống cho n em bé Hỏi có cách chia kẹo? Hay tốn sau Bài tốn A (Bài tốn Euler [1]) Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + · · · + xn = m Từ xét đến ứng dụng phương trình (1) Trước tiên ta xét ứng dụng (2) k = qua ví dụ sau 47 Ví dụ 2.2.1 Giải phương trình x1 + x2 + · · · + xn = m, (2.35) tập hợp đa thức R, m ∈ R Giải Lấy xi = Pi (z) ∈ R[z], i = 1, , n − Khi xn = −(P1 (z) + · · · + Pn−1 (z)) Ví dụ 2.2.2 Tìm số nghiệm khơng âm phương trình x1 + x2 + · · · + xn = m (n, m ∈ N∗ ) Giải Với x1 , x2 , , xn thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = m tương ứng 1-1 với 11 11 11 gồm m số n − số Để có x1 x2 xn số cần chọn n − vị trí m + n − vị trí để đặt chữ số n−1 lại đặt chữ số Suy số cách chia kẹo d = Cm+n−1 Ví dụ 2.2.3 Tìm số nghiệm nguyên dương phương trình x1 + x2 + · · · + xn = m (n, m ∈ N∗ ) Giải Đặt yi = xi − 1, (i = 1, n) Ta có y1 + y2 + · · · + yn = x1 + x2 + · · · + xn − n = m − n Nếu m < n phương trình vơ nghiệm Nếu m ≥ n quay trở lại toán ban đầu, số nghiệm phương trình n−1 số nghiệm phương trình d = Cm−1 Ví dụ 2.2.4 Cho n số tự nhiên a1 , a2 , , an Tìm số nghiệm nguyên dương phương trình x1 + x2 + · · · + xn = m, thỏa mãn xi ≥ với i = 1, , n 48 Giải Đặt yi = xi − (∀i = 1, n) S = a1 + a2 + · · · + an nên y1 + y2 + · · · + yn = x1 + x2 + · · · + xn − (a1 + a2 + · · · + an ) = m − S • Nếu m < S phương trình vơ nghiệm • Nếu m = S phương trình có nghiệm n−1 • Nếu m > S phương trình có Cm+n−S−1 nghiệm Ví dụ 2.2.5 Tìm số nghiệm ngun khơng âm a) phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 20, với xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, b) phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 20, với x1 ≥ 6, x2 ≥ 3, x3 ≥ 9, x4 ≥ −2 c) bất phương trình x1 + x2 + x3 ≤ 11, với xi ≥ 0, i = 1, 2, d) phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 20, với x1 ≤ 3, x2 ≥ 2, x3 > Giải 1) Ta nhận thấy nghiệm phương trình ứng với cách chọn 20 phần tử từ tập có loại, cho x1 phần tử loại 1, x2 phần tử loại 2, x3 phần tử loại 3, x4 phần tử loại chọn Vậy số nghiệm số tổ hợp lặp chập 20 từ tập có phần tử n−1 4−1 Cn+k−1 = = C23 = C4+20−1 23! 3!.(23 − 3)! = 1771 b) Vì x1 ≥ 6, x2 ≥ 3, x3 ≥ 9, x4 ≥ −2 nên x1 − ≥ 0, x2 − ≥ 0, x3 − ≥ 0, x4 + ≥ Đặt a = x1 − 6, b = x2 − 3, c = x3 − 9, d = x4 + 2, suy x1 = a + 6, x2 = b + 3, x3 = c + 9, x4 = d − Ta có x1 + x2 + x3 + x4 = 20 ⇔ a + + b + + c + + d − = 20 ⇔ a + b + c + d = (a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0, d ≥ 0) 49 8! = 56 nghiệm 3!.(8 − 3)! c) Thêm ẩn phụ x4 với điều kiện x4 ≥ Bất phương trình cho tương Vậy có n−1 Cn+k−1 = 4−1 C4+5−1 = C83 = đương với x1 + x2 + x3 + x4 = 11 với xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, n−1 4−1 Cn+k−1 = = C14 = C4+11−1 14! 3!.(14 − 3)! = 264 d) Vì biến nhận giá trị nguyên nên điều kiện x1 ≤ 3, x2 ≥ 2, x3 > viết lại x1 ≤ 3, x2 ≥ 2, x3 ≥ (2.36) x2 ≥ 2, x3 ≥ (2.37) x1 ≥ 4, x2 ≥ 2, x3 ≥ (2.38) Xét điều kiện sau Ta gọi p, q, r nghiệm nguyên không âm phương trình thỏa mãn (2.36), (2.37), (2.38) Ta có p = q − r Trước hết, ta tìm q sau: Đặt x′1 = x1 , x′2 = x2 − 2, x′3 = x3 − 5, x′4 = x4 Khi phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 20 trở thành (2.39) x′1 + x′2 + x′3 + x′4 = 13 Số nghiệm nguyên không âm (2.39) số nghiệm phương trình ban đầu thỏa mãn (2.37) Mà số nghiệm (2.39) 4−1 n−1 = = C4+13−1 = C14 Cn+k−1 14! 3!.(14 − 3)! = 264 Ta tìm r sau: Đặt x′1 = x1 − 4, x′2 = x2 − 2, x′3 = x3 − 5, x′4 = x4 Khi phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 20 trở thành x′1 + x′2 + x′3 + x′4 = (2.40) 50 Số nghiệm nguyên khơng âm (2.40) số nghiệm phương trình ban đầu thỏa mãn (2.38) Mà số nghiệm (2.40) n−1 Cn+k−1 = 4−1 C4+9−1 = C12 12! = 3!.(12 − 3)! = 220 Suy p = q − r = 560 − 220 = 340 Vậy số nghiệm ngun khơng âm phương trình cho thỏa mãn điều kiện (2.36) 340 Ví dụ 2.2.6 Cho phương trình x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 21 a) Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình b) Phương trình có nghiệm nguyên không âm thỏa mãn x1 > 2, x5 < Giải a) Ta thấy nghiệm phương trình ứng với cách chọn 21 phần tử từ tập có loại, cho có x1 phần tử loại 1, có x2 phần tử loại 2, có x3 phần tử loại 3, có x4 phần tử loại 4, có x5 phần tử loại chọn Vậy số nghiệm khơng âm phương trình tổ hợp lặp chập 21 phần tử từ tập có phần tử n−1 5−1 Cn+k−1 = = C5+21−1 = C25 25! 4!.(25 − 4)! = 12650 b) Vì nghiệm ngun khơng âm nên điều kiện x1 > 2, x5 < viết lại sau: x1 ≥ 3, x5 ≤ (2.41) x1 ≥ 3, (2.42) x1 ≥ 3, x5 ≤ (2.43) Ta xét điều kiện sau: Gọi p, q r số nghiệm nguyên không âm phương trình cho thỏa mãn điều kiện (2.41), (2.42), (2.43) Vậy ta có p = q − r 51 Tính q: Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình ban đầu thỏa mãn điều kiện (2.41): x1 ≥ 3, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0, x5 ≥ Ta có x1 ≥ 3, suy x1 − ≥ 0, đặt a = x1 − suy x1 = a + đặt b = x2 , c = x3 , d = x4 , e = x5 Khi phương trình cho trở thành a + + b + c + d + e = 21 ⇔a + b + c + d + e = 18, a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0, d ≥ 0, e ≥ Số nghiệm nguyên không âm phương trình số nghiệm ngun khơng âm phương trình ban đầu thỏa mãn điều kiện x1 ≥ Suy 5−1 n−1 = = C5+18−1 = C22 q = Cn+k−1 22! 4!.(22 − 4)! = 7315 Tính r: Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình ban đầu thỏa mãn điều kiện (2.43): x1 ≥ 3, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0, x5 ≥ Ta có x1 ≥ 3, suy x1 − ≥ 0, đặt a = x1 − suy x1 = a + Ta có x5 ≥ 4, suy x5 − ≥ 0, đặt e = x5 − suy x5 = e + Đặt b = x2 , c = x3 , d = x4 Khi phương trình cho trở thành a + + b + c + d + e + = 21 ⇔a + b + c + d + e = 14, a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0, d ≥ 0, e ≥ Số nghiệm nguyên khơng âm phương trình số nghiệm ngun khơng âm phương trình ban đầu thỏa mãn điều kiện x1 ≥ 3, x5 ≥ Suy 5−1 n−1 = = C5+14−1 = C18 r = Cn+k−1 18! 4!.(18 − 4)! = 3060 Vậy p = q − r = 7315 − 3060 = 4255 Ví dụ 2.2.7 Người ta chia 10 viên kẹo (hoàn toàn giống nhau) cho em bé 52 a) Hỏi có cách chia kẹo b) Có cách chia kẹo cho em có viên Giải a) Gọi x1 , x2 , x3 số kẹo chia cho em Ta có x1 + x2 + x3 = 10 với x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ Ta thấy nghiệm phương trình ứng với cách nhọn 10 phần tử từ tập có loại, cho có x1 phần tử loại 1, có x2 phần tử loại 2, có x3 phần tử loại chọn Vậy số nghiệm nguyên dương phương trình tổ hợp lặp chập 10 phần tử từ tập có phần tử n−1 3−1 Cn+k−1 = = C12 = C3+10−1 12! 2!.(12 − 2)! = 66 Vậy có 66 cách chia 10 viên kẹo cho em bé b) Gọi x1 , x2 , x3 số kẹo chia cho em Vì em phải có kẹo nên ta có x1 + x2 + x3 = 10 với x1 ≥ 1, x2 ≥ 1, x3 ≥ Đặt x′1 = x1 − ≥ 0, x′2 = x2 − ≥ 0, x′3 = x3 − ≥ 0, suy x1 = x′1 + 1, x2 = x′2 + 1, x3 = x′3 + Khi ta có x′1 + x′2 + x′3 = 7, x′1 ≥ 0, x′2 ≥ 0, x′3 ≥ Số nghiệm nguyên dương phương trình số nghiệm nguyên dương phương trình cho thỏa mãn điều kiện đề n−1 3−1 Cn+k−1 = C92 = = C3+7−1 9! 2!.(9 − 2)! = 36 Vậy có 36 cách chia 10 viên kẹo cho em bé mà em có viên Tiếp theo ta xét tương tự vấn đề phương trình (1) phương trình nghiệm ngun Định lí 2.2.1 (Định lý tồn nghiệm nghiệm nguyên) Phương trình ax + by = c, a = 0, b = 0; a, b, c ∈ Z (2.44) 53 có nghiệm nguyên (a, b) | c Chứng minh Giả sử (x0 , y0 ) nghiệm phương trình (2.44), ax0 + by0 = c Nếu d = (a, b) d | ax0 + by0 = c Ngược lại, giả sử d = (a, b) | c c = dc1 ta có hai số nguyên x1 , y1 cho d = ax1 + by1 , suy dc1 = a(a1 c1 )+b | y1 c1 = c Vậy phương trình (2.44) có nghiệm ngun Cách tìm nghiệm ngun phương trình ax + by = c Giả sử d = (a, b) | c, chia hai vế phương trình cho d ta a d x+ b d y= c d với a b , d d = Để tìm nghiệm ngun (2.44) ta giả sử (a, b) = Định lí 2.2.2 Nếu (x0 , y0 ) nghiệm nguyên phương trình ax+by = c với (a, b) = phương trình có vơ số nghiệm ngun nghiệm tổng quát cho công thức   x = x + bt  y = y0 − at với t ∈ Z, (x0 , y0 ) gọi nghiệm nguyên phương trình (2.44) Chứng minh Mọi cặp số (x0 + bt, y0 = at) với t ∈ Z nghiệm nguyên (2.44) Thật vậy, ta có a(x0 + bt) + b(y0 − at) = ax0 + by0 = c Mọi nghiệm (x1 , y1 ) (2.44) có dạng x1 = x0 + bt, y1 = y0 − at Thật từ hai đẳng thức ax0 + by0 = c ax1 + by1 = c suy a(x1 − x0 ) + b(y1 − y0 ) = 0, suy x1 − x0 b (vì (a, b) = 1), suy x1 − x0 = bt, suy x1 = x0 + bt 54 Khi abt + b(y1 − y0 ) = 0, suy y1 = y0 − at Vậy nghiệm nguyên tổng quát (2.44) có dạng x = x0 + bt, y = y0 − at hay x = x0 − bt, y = y0 + at Ví dụ 2.2.8 Tìm nghiệm ngun phương trình sau: a) x − 3y = 5, b) 2x − 5y = 10, c) 11x − 20y = 49 Giải a) Cách 1: Đặt y = t ta có x = + 3t Vậy nghiệm nguyên tổng quát phương trình cho   x = + 3t , y=t t ∈ Z Cách 2: Ta có x = 5, y = nghiệm riêng phương trình nên nghiệm nguyên tổng quát phương trình cho   x = + 3t , t ∈ Z  y =6+t b) Cách 1: Ta có 2x − 5y = 10, suy x = Vì 5y + 10 y , suy x = 2y + + y ∈ Z nên đặt y = 2t, t ∈ Z Khi x = 5t + Vậy nghiệm nguyên tổng quát phương trình cho   x = + 5t , t ∈ Z  y = + 2t c) Cách 1: Ta có 11x−20y = 49, suy x = − 2y 11 20y + 49 11 = 2y+4+ − 2y 11 Đặt = t ∈ Z, suy t = 1−2m, suy y = 2−5(1−2m)+m = 11m−3 55 − 2(11m − 3) = 20m − Vậy nghiệm 11 nguyên tổng quát phương trình cho   x = 20m − , m ∈ Z  y = 11m − Khi x = + 2(11m − 3) + Cách 2: Ta có (−1, −3) nghiệm riêng phương trình nên nghiệm nguyên tổng quát phương trình cho   x = 20m − ,  y = 11m − m ∈ Z Ví dụ 2.2.9 Tìm nghiệm ngun phương trình x2 = 2y Giải Rõ ràng x = y = nghiệm phương trình Nếu (x0 , y0 ), x y0 x0 , y0 = nghiệm phương trình gọi d = (x0 , y0 ) , d d x20 = 2y02 , suy hay y0 d (0, 0) x0 =2 d y0 d , suy x0 d chẵn, suy y0 d =1 .4 chẵn Vơ lý Vậy phương trình có nghiệm nguyên Ví dụ 2.2.10 Giải phương trình nghiệm nguyên 7x2 + 13y = 1820 Giải Ta có 1820 = 7.13.20 Từ 7x2 + 13y = 1820, suy x 13 y Đặt x = 13u, y = 7v (u, v ∈ Z) Khi phương trình cho trở thành 13u2 + 7v = 20 Suy u2 ≤ 20 v ≤ 20 Vì u, v ∈ Z nên |u| ≤ |v| ≤ Thử lại, 13 có |u| = |v| = thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm (u, v) (1, 1); (1, −1); (−1, 1); (−1, −1) Từ phương trình cho có nghiệm nguyên (x, y) (13, 7); (−13, 7); (13, −7); (−13, −7) 56 Ví dụ 2.2.11 Tìm nghiệm nguyên phương trình (2x + 5y + 1)(2|x| + y + x2 + x) = 105 Giải Vì 105 số lẻ nên 2x + 5y + lẻ, suy y chẵn Mà x2 + x = x(x + 1) chẵn nên 2|x| lẻ, suy x = Khi thành (5y+1)(y+1) =  phương trình trở   5y + = −21  5y + = 21 , suy 21.5 Do (5y + 1, 5) = nên  y + = −5  y+1=5 y = Thử lại x = 0, y = nghiệm nguyên phương trình Ví dụ 2.2.12 Tìm nghiệm ngun dương phương trình x + y + z = xyz Giải Vì x, y, z có vai trị nên ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Phương trình trở thành = 1 , suy x2 ≤ 3, suy x = Với x =   y−1=1 ta có + y + z = yz , suy (y − 1)(z − 1) = 2, suy hay  z−1=2  y=2 Vậy phương trình có nghiệm ngun dương (x, y, z) (1, 2, 3) z=3 xy + yz + zx ≤ x2 hoán vị Ví dụ 2.2.13 Tìm nghiệm ngun dương phương trình x6 + 3x3 + = y Giải Rõ ràng x = 0, y = ±1 nghiệm ngun phương trình Ví dụ 2.2.14 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x2 + y + z + t2 = 2xyzt 57 Giải Giả sử (x0 , y0 , z0 , t0 ) nghiệm ngun phương trình Khi phương trình trở thành x20 + y02 + z02 + t20 = 2x0 y0 z0 t0 số chẵn nên số x0 , y0 , z0 , t0 phải có chẵn số lẻ (0, 4) i) Nếu x0 , y0 , z0 , t0 lẻ x2 +y +z +t2 4, 2x0 y0 z0 t0 0 0 ii) Nếu số x0 , y0 , z0 , t0 số chẵn đặt x0 = 2x1 , y0 = 2y1 , z0 = 2z1 , t0 = 2t1 Khi phương trình trở thành x21 + y12 + z12 + t21 = 8x1 y1 z1 t1 Lí luận tương tự, ta có x22 + y22 + z22 + t22 = 32x2 y2 z2 t2 , với x2 = y0 x1 z0 , y2 = y1 , z2 = z1 , t2 = t1 Tiếp tục ta có xn = x0 2n , yn = t0 số nguyên với n Suy x0 = y0 = z0 = t0 = 2 2n Vậy phương trình cho có nghiệm (0, 0, 0, 0) , zn = n , tn = n Chú ý rằng, kết chương với đa thức trường đóng đại số đặc số khơng K Vì C trường đóng đại số đặc số không nên kết chương đa thức C Ta minh họa Định lý 2.1.9 chương Định lí 2.2.3 (Trường hợp đặc biệt Định lý 2.1.9 ) Cho n, m ≥ số nguyên dương, n ≥ 2m+3, , bi (i = 1, 2), c số phức khác không Giả sử tồn hai hàm hữu tỷ khác C thỏa mãn f n + a1 f n−m + b1 = c(g n + a2 g n−m + b2 ) Khi b1 = cb2 , f = hg, hn = c hn = a1 a2 58 Kết luận Luận văn tổng hợp, trình bày kết phương trình Euler - Waring đa thức trường đóng đại số đặc số khơng ứng dụng Các kết đề cập [4] trường hợp đặc biệt đề cập [2] Các ví dụ ứng dụng đề cập [1] Cụ thể - Trình bày Định lý 1.1.7, 1.1.9, 1.2.1, 1.2.3, 2.1.7, 2.1.8 Định lý 1.1.9 kết Dong - Il Kim [4, Định lý 2.1.2] Định lý 1.2.1, 1.2.3 trường hợp riêng Định lý 3.2.1 [4] - Trình bày ví dụ Bài tốn chia kẹo Euler - Trình bày ví dụ ứng dụng vấn đề Dong - Il Kim [4] phương trình nghiệm nguyên 59 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Thị Ngọc Ánh, Xung quanh toán chia kẹo Euler, Toán học & Tuổi trẻ, số 424, tháng 10 năm 2012 [2] Nguyễn Hoài Nam, Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số đặc số không ứng dụng, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, 2014 [3] Ngô Trọng Thiết, Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, 2014 Tiếng Anh [4] Kim D L (2005), "Waring’s problem for linear polynomails and Laurent polynomails", Rocky Mountain journal of Mathematics Volume 35, Number 5, 21 Pages ... tính đa thức Laurent trường đóng đại số đặc số khơng 1.1 Phương trình Euler - Waring đa thức tuyến tính 1.2 Phương trình Euler - Waring đa thức Laurent 21 Phương trình Euler - Waring đa thức. .. đa thức trường đóng đại số đặc số khơng ứng dụng 2.1 Phương trình Euler - Waring đa thức trường đóng đại số đặc số khơng 2.2 24 24 Ứng dụng phương trình Euler - Waring tốn...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỒ THỊ THU HUYỀN PHƯƠNG TRÌNH EULER - WARING CHO ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán