Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa thức luận văn thạc sĩ toán học

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYN THNH HUYN TRN MộT Số PHƯƠNG PHáP GIảI PHƯƠNG TRìNH NGHIệM NGUYÊN ĐA THứC LUN VN THC S TOÁN HỌC NGHỆ AN, 12 – 2011 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU Chương SƠ LƯỢC VỀ PHƯƠNG TRÌNH FERMAT 1.1 Phương trình Pitago 1.2 Sơ lược lịch sử phương trình Fermat 1.3 Phép chứng minh Định lý Fermat theo phương pháp Quy nạp lùi vô hạn 13 1.4 Đường cong phẳng Fermat 16 Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP 22 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐA THỨC 2.1 Phương pháp quy hệ bậc 22 2.2 Phương pháp đánh giá 26 2.3 Phương pháp chọn môđun 33 2.4 Phương pháp sử dụng định lý số học 35 2.5 Phương pháp xây dựng nghiệm 37 2.6 Phương pháp xuống thang 38 KẾT LUẬN 41 TÀI LIỆU THAM KHẢO 42 LỜI NÓI ĐẦU Phương trình nghiệm ngun ln đề tài lý thú khó, thu hút nhiều người quan tâm nghiên cứu tìm hiểu Các tốn giải phương trình nghiệm ngun thường khơng có quy tắc giải tổng quát Mỗi phương trình với dạng riêng địi hỏi phải có cách giải đặc thù phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện tư toán học mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo Chính thế, tốn phương trình nghiệm ngun thường có mặt kỳ thi học sinh giỏi Toán cấp quốc gia, quốc tế Việc hệ thống cách tương đối cách giải phương trình nghiệm nguyên vấn đề cần thiết có ý nghĩa việc giảng dạy nghiên cứu toán học, đặc biệt chương trình dạy học lịch sử toán học nhà trường Với lý nêu, luận văn cố gắng tìm hiểu tổng hợp số vấn đề lịch sử phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa thức Nội dung luận văn gồm hai chương phần: Mục lục, mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương giới thiệu sơ lược phương trình nghiệm nguyên đa thức hay phương trình Diophante, điểm qua số phương trình Diophante đặc biệt: Phuơng trình Pythagore, Phương trình Fermat Từ phương trình Pythagore (Pitago), Fermat tạo tốn khó bất hủ Đó nội dung Định lý lớn Fermat tiếng, câu hỏi lớn toán học nhân loại nhận câu trả lời thời gian gần Trong chương này, luận văn giới thiệu số phương pháp tiếp cận giải toán phương trình Fermat: Phương pháp quy nạp lùi vơ hạn; Phương pháp ứng dụng đường cong phẳng hữu tỉ; Phương pháp chứng minh giả thuyết Shimura - Tanayama đường cong Elliptic Andrew Wiles Chương giới thiệu số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa thức thông qua tập cụ thể Luận văn hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình thầy giáo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy, người dành cho tác giả hướng dẫn chu đáo nghiêm túc qúa trình học tập, nghiên cứu thực luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô giáo Chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau Đại học, Trường Đại học Vinh hết lòng giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Trường Đại học Sài Gòn giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tơi học tập nghiên cứu theo chương trình đào tạo sau đại học liên kết hai trường Đại học Vinh Đại học Sài Gòn, TP Hồ Chí Minh Mặc dù cố gắng, luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong góp ý q thầy bạn đồng nghiệp Nghệ An, tháng 12 năm 2011 Tác giả Chương SƠ LƯỢC VỀ PHƯƠNG TRÌNH FERMAT 1.1 Phương trình Pitago 1.1.1 Các số Pitago Bộ ba số nguyên dương ( x, y , z ) thoả mãn x + y = z gọi số Pitago Tên gọi xuất phát từ Định lý Pitago quen thuộc: Trong tam giác vng, bình phương độ dài cạnh huyền tổng bình phương cạnh góc vng Như vậy, ba số nguyên dương ( x, y, z ) số Pitago tồn tam giác vng có số đo cạnh góc vng x y, số đo cạnh huyền z (chẳng hạn { 3, 4,5} , { 6,8,10} , ) Rõ ràng rằng, { x , y , z} số Pitago { kx, ky, kz} số Pitago với số nguyên dương k Do ta cần xét ba số nguyên tố Bộ ba số Pitago { x, y, z} gọi nguyên thuỷ (x,y,z) =1 Ví dụ: Các số { 3, 4,5} , { 5,12,13} nguyên thuỷ Nếu số Pitago { x, y, z} không nguyên thuỷ, chẳng hạn ( x, y, z ) = d > x y z d d d  ,  , ,  số Pitago nguyên thuỷ Để tìm số Pitago ta cần: 1.1.2 Bổ đề Nếu { x, y, z} số Pitago nguyên thuỷ ( x, y ) = ( x, z ) = ( y, z ) = Chứng minh Giả sử { x , y , z} số Pitago nguyên thuỷ ( x, y ) > Khi tồn số nguyên tố p cho p ( x, y ) Vì p x p y nên p ( x + y ) = z Do p số nguyên tố mà p z nên p z , mâu thuẫn với giả thiết { x, y, z} = Vậy ( x, y ) = Tương tự ta có ( x, z ) = ( y , z ) = ■ 1.1.3 Bổ đề Giả sử { x, y, z} số Pitago nguyên thuỷ Khi ,x chẵn y lẻ x lẻ y chẵn hay x y khơng tính chẵn lẻ Chứng minh Giả sử { x, y, z} số Pitago nguyên thuỷ Theo Bổ đề 1.1.2, ( x, y ) = nên x y chẵn Nếu x, y lẻ z chẵn hay z2 chia hết cho Ta có: x ≡ 1( mod ) , y ≡ 1( mod ) Do z = x + y ≡ ( mod ) Điều vô lý với việc z chia hết cho Vậy x, y khơng tính chẵn lẻ ■ 1.1.4 Bổ đề Giả sử r , s, t số nguyên dương cho ( r , s ) = rs = t Khi tồn số nguyên h l cho r = l s = h Chứng minh Nếu r = s = Bổ đề hiển nhiên Ta giả sử r > s >1 Giả sử phân tích r, s, t thừa số nguyên tố có dạng sau: p1α1 p2α pnα n s = pn+1α n +1 pn+ 2α n + pmα m t = q1β1 q2 β qk βk Vì ( r , s ) = nên số nguyên tố xuất phân tích r s khác Do rs = t nên p1α1 p2α pnαn pn +1αn +1 pn + 2αn + pmαm = q12 β1 q2 β2 qk βk Từ Định lý Số học ta suy rằng, luỹ thừa nguyên tố xuất hai vế đẳng thức phải Vậy pi phải q j đó, đồng thời α i = 2β j Do đó, số mũ α i chẵn nên αi nguyên Từ suy r = l , s = h , l , h số ngun.■ Bây ta mơ tả tất số Pitago nguyên thuỷ 1.1.5 Định lý Các số nguyên dương x, y, z lập thành số Pitago nguyên thuỷ, với y chẵn, tồn số nguyên dương nguyên tố m, n với m>n, m lẻ n chẵn m chẵn n lẻ cho x = m2 − n2 y = 2mn z = m2 + n2 Chứng minh Giả sử x, y, z số Pitago nguyên thuỷ Bổ đề 1.1.3 cho thấy x lẻ y chẵn ngược lại Vì ta giả thiết y chẵn nên x, z lẻ Do z + x z − x số chẵn, nên số z+x z−x = r; = s số 2 nguyên 2 Vì x + y = z nên y = z − x = ( z − x ) ( z + x )  y   z + x  z − x  z+x z−x Vậy  ÷ =  ÷ ÷ = rs; r =  ÷, s =  ÷          Để ý ( r, s ) = Thật vậy, ( r, s ) = d d r , d s nên d ( r + s ) = z d ( r − s ) = x Điều có nghĩa d ( z , x ) = nên d = Từ Bổ đề 1.1.4 ta thấy tồn số nguyên m n cho r = m , s = n Viết x, y, z thông qua m, n ta có z + x = 2r x = r − s = m2 − n2 z − x = 2s hay y = 4rs = 2mn y = 4rs z = r − s = m2 + n2 Ta có ( m, n ) = , ước chung m n ước x = m − n , y = 2mn, z = m + n , nên ước chung ( x, y , z ) Mà x, y, z nguyên tố nên ( m, n ) = Mặt khác, m n khơng thể lẻ ngược lại x, y z chẵn, mâu thuẫn điều kiện ( m, n ) = ( x, y , z ) = Vì m, n không đồng thời hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ ngược lại Vậy số Pitago nguyên thuỷ có dạng nêu Để chứng tỏ ba số x = m2 − n2 y = 2mn z = m2 + n2 , m, n số nguyên dương, m > n, ( m, n ) = m ≡ n ( mod ) lập thành số Pitago nguyên thuỷ, trước tiên ta nhận xét ( x + y = m2 − n2 ( ) ) + (2mn) = m − 2m n + n + 4m n = m + 2m n + n ( = m2 + n2 ) = z2 Ta chứng minh x, y , z nguyên tố Giả sử ( x, y , z ) = d > ngược lại, Khi tồn số nguyên tố p cho p ( x, y, z ) Ta thấy p \ x lẻ (do x = m − n , m n khơng tính chẵn 2 lẻ) Lại p x , p z nên p ( z + x ) = 2m p ( z − x ) = 2n Vậy p m p n : mâu thuẫn với ( m, n ) = Do ( x, y, z ) = 1, tức { x, y, z} số Pitago nguyên thuỷ ■ Từ Định lý 1.1.5 nói trên, ta thu ví dụ số Pitago nguyên thuỷ Chẳng hạn lấy m = 5, n = ta có m ≡ n ( mod ) ( m, n ) = 1, m >n: x = m2 − n = 52 − 22 = 21 y = 2mn = 2.5.2 = 20 z = m2 + n = 52 + 22 = 29 số Pitago nguyên thuỷ 1.2 Sơ lược lịch sử phương trình Fermat Câu chuyện Định lý cuối hay Định lý lớn Fermat Fermat câu chuyện độc vô nhị lịch sử toán học giới, khởi nguồn từ cổ đại với nhà toán học Pitago (Pythagore) Định lý cuối Fermat, có nguồn gốc từ Định lý Pitago: "Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng" 1.2.1 Phương trình Fermat Ta thấy phương trình x + y = z có vơ hạn nghiệm ngun ( x, y, z ) Các số Pitago cho ta vơ hạn nghiệm ngun phương trình 10 x2 + y = z Tình hình số mũ ẩn tăng lên? Nói cách khác, phương trình x n + y n = z n với n ≥ có nghiệm nguyên hay khơng? Nếu có số nghiệm hữu hạn hay vơ hạn? Từ phương trình Pitago, Fermat tạo tốn khó bất hủ Đó nội dung định lý Fermat tiếng, câu hỏi lớn toán học nhân loại nhận câu trả lời thời gian gần Định lí lớn Fermat Phương trình x n + y n = z n với n ≥ , n ∈ Z , khơng có nghiệm ngun dương Bên lề sách Số học Diophant (xuất năm 1963) nhà toán học người Pháp Pierre de Fermat (1601 - 1665) viết sau: “Phương trình x n + y n = z n với n ≥ , n ∈ Z khơng có nghiệm ngun dương Tơi tìm cách chứng minh tuyệt diệu điều khẳng định lề sách nhỏ nên viết vào đây.” Định lý làm hao mịn khơng óc vĩ đại nhà toán học lừng danh gần kỉ Cho tới đầu kỷ 20 nhà toán học chứng minh định lý dúng với n = 3, 4, 5, bội số Nhà tốn học người Đức Ernst Kummer chứng minh định lý với số nguyên tố tới 100 (trừ số nguyên tố 37, 59, 67) Nguyên văn viết tay Pierre de Fermat ngày 4/3/1660, lưu giữ Departmental Archives of Haute- Garonne, Toulouse: 30 a2 3) Nếu a = 2⇒  (1) có nghiệm x = = 2 Do phương trình (1) có nghiệm nguyên 2 4) Nếu a ≥ Trước hết ta có: ∆ ≤ ( a ) (2) 2 Mặt khác, thấy: ∆ > (a − 1) (3) Thật vậy: (3) ⇔a − a − > a − 2a +1 ⇔ 2a − 4a − > ⇔ 2a( a − 2) > (4) (4) a ≥ Vậy (3) 2 2 Từ (2) (3) suy ra: (a − 1) < ∆ < ( a ) (5) Từ (5) suy ∆ khơng phải số phương Vậy với số tự nhiên a ≥ , phương trình (1) khơng có nghiệm ngun Tóm lại, a = giá trị tự nhiên a để phương trình cho có nghiệm ngun.■ Bài 3.Tồn cặp số nguyên dương (p,q), p ≤ 100, q ≤ 100 để phương trình x + px + q = có nghiệm nguyên Giải Xét phương trình: x + px + q = (1), p q số nguyên dương không vượt 100 Nếu x ≥ 0, x + px + q ≥ q ≥ , x ≥ không nghiệm (1) 5 Nếu x ≤ - 3, x + px + q = ≤ −3 − + 100 < , x ≤ -3 nghiệm (1) 31 Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên x = -1, x = -2 p,q số ngun dương khơng vượt q 100 • x = -1 nghiệm (1) q = p + • x = - nghiệm (1) q = 2p + 32 Ta thấy có 99 cặp số ngun dương (p,q) khơng vượt 100 thỏa mãn đẳng thức q = p + Cịn có 34 cặp (p,q) thỏa mãn đẳng thức q = 2p + 32 Vì phương trình p + = 2p + 32 p > vô nghiệm, nên cặp (p,q) thỏa mãn đẳng thức q = p + khác cặp (p,q) thỏa mãn đẳng thức q = 2p + 32 Tóm lại có 99 + 32 = 133 cặp số nguyên dương (p,q) thỏa mãn điều kiện.■ Bài Cho n số tự nhiên Chứng minh phương trình x + xy − y = n , có nghiệm ngun, có vơ số nghiệm nguyên Giải Giả sử trái lại, điều khẳng định tốn khơng đúng, tức phương trình: x + xy − y = n có nghiệm nguyên có hữu hạn nghiệm nguyên (x1,y1); (x2,y2); …; (xk,yk) Đặt a j = x j + y j , j = 1,2, k , Vì {a1, a2, …, ak} hữu hạn nên tồn quát, cho a1 = max1≤ j ≤ k a j Dễ dàng thấy rằng: x + xy − y = ( x + y ) + ( x + y )( x − y ) − (− y ) = x + x( x − y ) − ( x − y ) Khơng tính tổng 32 Nên (x1,y1) nghiệm nguyên (1), nghiệm nguyên phương trình (1) Theo định nghĩa số a1, ta có: a1 = x1 + y1 ≥ x1 + y1 + − y1 ⇒ x1 ≥ x1 + y1 (2) a1 = x1 + y1 ≥ x1 + x1 − y1 ⇒ y1 ≥ x1 − y1 (3) Tương tự: Nếu x1 = 0, từ (1) có − y1 = n ≤ vơ lí Nếu y1 = 0, từ (3) có x1 ≤ ⇒ x1 = Thay x1 = y1 = vào (1) có n = 0, điều vơ lí Vì x1y1 ≠ Chỉ có hai khả xảy ra: 1/ Nếu x1, y1 dấu x1 + y1 = x1 + y1 Vì từ (2)ta có x1 ≥ x1 + y1 ⇒ y1 ≤ ⇒ y1 = Đó điều vơ lí (do x1y1 ≠ 0) 2/ Nếu x1, y1 trái dấu x1 − y1 = x1 + y1 Vì từ (3) ta có y1 ≥ x1 + y1 ⇒ x1 = vơ lí Tóm lại, trường hợp dẫn đến điều vô lí Điều chứng tỏ giả thiết phản chứng sai, tức phương trình (1) có vơ hạn nghiệm nguyên ■ Bài Tìm cặp số nguyên cho tổng lập phương bình phương tổng Giải Gọi hai số nguyên cần tìm x, y 3 Theo đề ta có phương trình: x + y = ( x + y ) 2 Biến đổi phương trình thành ( x + y )( x − xy + y − x − y ) = 33 2 Từ x + y = (*) x − xy + y − x − y = (**) Từ (*) ta có x = − y , cặp số dạng (m,-m ) với m nguyên cặp thỏa đề 2 (**) tương đương với ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1) = (***) 2 Từ (***) ta có ( x − 1) ≤ 1,( y − 1) ≤ , suy x, y ∈ { 0,1,2} Từ ta có cặp nghiệm (0,1), (1,0), (2,2), (0,0), (1,2), (2,1) Vậy cặp số nguyên cần tìm (m, -m), (0,1), (2,2), (0,0), (1,2), (2,1).■ Bài Tìm ba số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng Giải Gọi số nguyên dương phải tìm x, y, z Theo đề ta có : x + y + z = xyz (1) Ta thấy x, y, z có vai trị nên ta thứ tự giá trị ẩn, chẳng hạn ≤ x ≤ y ≤ z (*) mà khơng làm tính tổng qt tốn Từ (1) ta có xyz = x + y + z ≤ 3z ⇒xy ≤ (do z > 0) Từ xy = {1 ; ; 3} (vì x, y nguyên dương) Xét ba trườ ng hợp : • Với xy = 1, ta có x = y = Thay vào (9) ta + z = z, loại • Với xy = 2, ta có x = 1, y = Thay vào (1) ta z = • Với xy = 3, ta có x = 1, y = Thay vào (1) ta z = 2, loại y≤z Vậy ba số cần tìm ; ; 3.■ Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt Giải Vì vai trị x, y, z, t nên giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t Khi : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 34 ⇒ yzt ≤ 15 ⇒ t ≤ 15 ⇒ t ≤ Với t = ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 ⇒ yz ≤ 30 ⇒ z ≤ 30 ⇒ z ≤ Nếu z = 2xy =5(x + y) + 20 hay 4xy =10(x + y) + 40 Hay (2x – 5)(2y – 5) = 65 Dễ thấy phương trình có nghiệm (x = 35; y = 3) (x = 9; y = 5) Giải tương tự cho trường lại trường hợp t = Cuối ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình cho (x;y;z;t) = (35; 3; 1; 1), (9; 5; 1; 1) hoán vị số ■ Bài Tìm số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình : (x + 1)(x2 + y2) = 4x2 y (1) Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : x2 + = 2x, dấu có ⇔ x = x2 + y2 = 2xy, dấu có ⇔ x = y Vì x, y nguyên dương nên nhân bất đẳng thức vế theo vế ta : (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2 y, dấu có x = y = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = y = 1.■ Bài Tìm số nguyên dương x, y, z cho xy + yz + xz = xyz Giải Vì vai trị x,y,z ta giả sử 1 + + =1 x y z Chia hai vế cho xyz ta có phương trình Vì x ≥ y ≥ z , ta có = 1 + + ≤ ≤ Do z =1; 2; x y z z Với z = 1, không tồn x,y 35 Với z = 2, ta tìm x = 6, y = 3và x = 4, y = Với z = 3, ta tìm x = y = Vậy phương trình có nghiệm (2,3,6), (4,4,2) hốn vị nghiệm (3,3,3).■ 2.3.Phương pháp chọn MÔĐUN Phương pháp chung: Chọn mơđun thích hợp sau sử dụng lý thuyết chia hết để ràng buộc điều kiện nghiệm Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình : 9x + = y2 + y Giải (Sử dụng mod 3) Viết lại phương trình thành : 9x + = y(y + 1) (1) Ta thấy vế trái (1) số chia cho dư nên y(y + 1) chia cho dư Nếu y chia hết cho y chia cho dư y(y +1) chia hết cho 3, trái với kết luận Do y chia cho dư Đặt y = 3k +1 (k ∈ Z) y + = 3k + Khi ta có: ⇔ 9x + = (3k + 1)(3k + 2) ⇔ 9x + 9k(k + 1) ⇔ x = k(k + 1) Thử lại x = k(k + 1) y = 3k + thoả mãn phương trình cho Vậy nghiệm nguyên phương trình (1) x = k(k + 1) y = 3k +1 (k ∈Z).■ Bài Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun : a) x2 – y2 = 2006 (1) b) x2 + y2 = 2007 (2) 36 Giải a) Số phương chia cho dư Do x2, y2 chia cho có số dư Suy x2 – y2 chia cho có số dư 0, 1, Cịn vế phải 2006 chia cho dư Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm ngun b) x2, y2 chia cho có số dư 0, nên x2 + y2 chia cho có số dư 0, 1, Cịn vế phải 2007 chia cho dư Vậy phương trình (2) khơng có nghiệm ngun.■ Bài 3.Cho p nguyên tố lẻ Chứng minh phương trình x p + y p = p ( p − 1) !   p khơng có nghiệm ngun Giải Giả sử trái lại phương trình cho có nghiệm ngun (x0, y0), tức là: x p + y p = p ( p − 1) !   p (1) Vì x0, y0 nguyên p số nguyên tố, nên ta có theo định lí Fermat nhỏ ta p p có ( x0 p − x0 )M ( y0 p − y0 )M , hay ( x0 p ≡ x0 (mod p ) ; ( y0 p ≡ y0 (mod p) Từ suy ra: ( x0 p + y0 p ) ≡ ( x0 + y0 )(mod p ) (2) p Mặt khác, từ (1) ta có: ( x0 p + y0 p )M (3) Vì từ (2) (3) đến: ( x0 + y0 ) ≡ 0(mod p) ⇒ x0 ≡ − y0 (mod p ) (4) Do p số lẻ, nên ta có: x0 p + y0 p = ( x0 + y0 )( x0 p −1 + x0 p −2 y0 + + x0 y0 p − + y0 p −1 ) (5) Từ (4) (5) suy ra: ( x0 p + y0 p ) ≡  ( x0 + y0 )( y0 p −1 + y0 p −1 + + y0 p−1 )  (mod p) ,   Hay: (6) 37 ( x0 p + y0 p ) ≡ [ p( x0 + y0 ) ] (mod p) Bây từ (3) (6) suy ra: x0 p + y0 p ≡ 0(mod p ) (7) Rõ ràng [ ( p − 1)!] không chia hết cho p nên suy ra: p p ( p − 1) ! ≠ 0(mod p )   p (8) Từ (1), (7) (8) suy mâu thuẫn giả thiết phản chứng sai, tức phương trình x p + y p = p ( p − 1) ! khơng có nghiệm ngun.■   p 2.4.Phương pháp sử dụng định lý Số học Bài 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: xy = z (1) Giải Trước hết ta giả sử (x , y , z) = Thật ba số xo , yo , zo thỏa mãn (1) có ƯCLN d, giả sử xo = dx1 , yo = dy1 , zo = dz1 x1 , y1 , z1 nghiệm (1) Với (x, y, z) = x, y, z đơi ngun tố nhau, hai ba số x, y, z có ước chung d số cịn lại chia hết cho d Ta có z = xy mà (x, y) = nên x = a , y = b với a, b ∈Z* Suy ra: z = xy = (ab ) đó, z = ab  x = ta   Như vậy:  y = tb với t số nguyên dương tùy ý   z = tab  Đảo lại, hiển nhiên số x, y, z có dạng thỏa mãn (1) Cơng thức cho ta nghiệm nguyên dương (1).■ 38 Bài 2.Tìm nghiệm nguyên phương trình x(1 + x + x ) = y ( y + 1) Giải Xét phương trình: x (1 + x + x ) = y ( y + 1) (1) Ta thấy: ⇔ (1 + x )(1 + x ) = (2 y + 1) (2) Vì y ∈ Z nên vế phải (2) số lẻ suy (1 + x) (1 + x2) số lẻ, + x + x2 số lẻ Giả sử: ⇔ (1 + x,1 + x ) = d (3) Do + x, + x2 số lẻ suy d số lẻ Từ (1 + x)M suy ra: (1 − x) M d d d Mặc khác, (1 + x) M nên suy ra:  (1 − x ) + (1 + x )  M ⇒ 2M d   d (4) Từ (4) d lẻ nên d = Từ (2) suy (1 + x) (1 + x2) số phương Do + x, + x2 nguyên tố nên + x + x2 số phương Do x2, x2 + số tự nhiên liên tiếp mà số phương, nên suy x = y = Thay x = vào (1) ta có: y ( y + 1) = ⇒   y = −1 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun sau: Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x3 + y = ( x + y )2 + ( xy ) ■ 39 Giải Giả sử phương trình có nghiệm ngun dương (x0, y0) Đặt (x0, y0) = d suy x0 = dx1 y0 = dy1, x1, y1 nguyên dương (x1, y1) = Thay lại vào phương trình ta có: d ( x13 + y13 ) = d ( x1 + y1 ) + d ( x1 y1 ) ⇒ d ( x13 + y13 ) = ( x1 + y1 )2 + ( x1 y1 ) (1) Do x13 + y13 = ( x1 + y1 )( x12 − x1 y1 + y12 ) ⇒ ( x13 + y13 )Mx1 + y1 ) ( (2) Vì từ (1) ta đến: Từ (x1,y1) = ⇒ ( x1 y1 , x1 + y1 ) = (3) Kết hợp (2) (3) ta có: x1 y1 Mx1 + y1 ) ⇒ x1 + y1 = ( (4) Do x1 ≥ 1, y1 ≥ , nên từ (4) suy mâu thuẫn Vậy giả sử phương trình có nghiệm ngun dương sai, tức phương trình cho vơ nghiệm.■ 2.5 Phương pháp xây dựng nghiệm Bài Chứng minh phương trình x3 + y + z = 2000 có vơ số nghiệm ngun Giải Xét số sau đây: (1)  x = 10 − 60t   y = 10 + 60t t số nguyên tùy ý  z = −60t  Ta có: x + y = (10 − 60t )3 + (10 + 60t )3 Áp dụng đẳng thức ta có: ( X − Y )3 + ( X + Y )3 = X + XY Từ đó: (10 − 60t )3 + (10 + 60t )3 = 2000 + 6.10(60t ) = 2000 + 603 t (2) 40 Từ (1) (2) đến: x + y + z = 2000 − 603 t − 603 t = 2000 Vậy ( x , y , z ) nghiệm nguyên phương trình cho Từ t tùy ý ∈Z,suy phương trình x3 + y + z = 2000 có vơ số nghiệm ngun.■ Bài Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình x + y + z + t = 30n có nghiệm nguyên Giải Xét khả sau: 1) Nếu n = 2k, chẳng hạn x = 0, y = 0, z = 0, t = 30k nghiệm nguyên phương trình cho 2) Nếu n = 2k + Để ý 12 + 22 + 32 + 42 = 30 nên suy ra: 302 + (2.30k ) + (3.30k ) + (4.30k ) = 302 k (12 + 22 + 32 + 42 ) = 302 k +1 Vậy n = 2k + phương trình cho có nghiệm ngun, chẳng hạn: x = 30k; y = 2.30k; z = 3.30k; t = 4.30k nghiệm phương trình cho Vậy, n nguyên dương, phương trình cho có nghiệm nguyên.■ 2.6 Phương pháp xuống thang Phương pháp chung: Dựa vào tính thứ tự tốt tập hợp số tự nhiên (Mọi tập khác rỗng số tự nhiên có số nhỏ nhất) để chọn nghiệm không âm nhỏ Phương pháp Euler sử dụng nghiên cứu phương trình Fermat với n= Nói chung phương pháp thường dùng để chứng minh phương trình vơ nghiệm ngun Nội dung: Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương a, sau ta xây dựng nghiệm nguyên dương khác b với b nhỏ a Từ suy phương trình cho vô nghiệm tập số nguyên dương 41 Bài tập Với giá trị nguyên dương n, phương trình x + y + = nxy có nghiệm nguyên dương Giải Do x,y > 0, nên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: x + y ≥ xy , Từ x + y + ≥ xy với x, y > Vì n = 1, n = 2, phương trình x + y + = nxy chắn nghiệm dương, tức khơng có nghiệm ngun dương Với n = 3,thì phương trình cho chắn có nghiệm ngun dương, chẳng hạn (1,1) thỏa mãn phương trình: x + y + = 3xy Bây xét n nguyên n > Ta chứng minh phương trình x + y + = nxy nghiệm nguyên dương Thật vậy, giả sử điều không đúng, tức tồn k nguyên > mà phương trình: x + y + = kxy (1) có nghiệm nguyên dương Gọi P tập hợp nghiệm nguyên dương (1), tồn số nguyên dương (x0,y0) cho x0 + y0 bé Rõ ràng x0 ≠ y0, x0 = y0, từ (1) ta có: x0 + = kx0 ⇒ x0 ( k − 2) =  x0 = ⇒ ⇒k =3 k − =1  Ta gặp điều vô lí, k > Vì vai trị x0, y0 nhau, nên khơng giảm tổng qt cho x0 < y0 Xét phương trình: y − kx0 y + x0 + = (2) Rõ ràng y0 nghiệm (2) (vì (x0,y0) nghiệm (1)) Gọi y1 nghiệm thứ hai (2) Theo định lí Viete, thì: 42  x0 + y1 = kx0   y0 y1 = x0 + (3) (4) Do (3) suy y1 nguyên, y0 > 0, nên từ (4) suy y1 nguyên dương Lẽ dĩ nhiên y1 nghiệm (2), y1 nguyên dương, nên (x0,y1) nghiệm nguyên dương (1), tức (x0,y1) ∈ P Vì theo cách xác định (x0,y0) suy ra: x0 + y1 ≥ x0 + y0 (5) Mặc khác, từ (4) ta có: x0 + x0 1 y1 = = + < x0 + < x0 + y0 y0 y0 y0 (do y0 > x0 ≥ 1, ý x0 nguyên dương) Vì y1 x0 + nguyên, nên từ y1 < x0 + suy y1 ≤ x0 Từ ta có y1 < y0 (do y0 > x0) Vì thế: (6) Bây từ (5) (6) suy mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai Tóm lại, n = giá trị nguyên dương để phương trình x + y + = nxy có nghiệm nguyên dương.■ 43 KẾT LUẬN Nội dung luận văn gồm hai chương phần: Mục lục, mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương giới thiệu sơ lược phương trình nghiệm nguyên đa thức hay phương trình Diophante, điểm qua số phương trình Diophantine đặc biệt: Phuơng trình Pythagore, Phương trình Fermat Ngoài ra, chương luận văn giới thiệu số phương pháp tiếp cận giải toán phương trình Fermat: Phương pháp quy nạp lùi vơ hạn; Phương pháp ứng dụng đường cong hữu tỉ; phương pháp chứng minh giả thuyết Shimura - Tanayama đường cong Elliptic Andrew Wiles Chương giới thiệu số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa thức, thông qua tập cụ thể 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Amir D Aczel (2000), Câu chuyện hấp dẫn toán Phécma, Trần Văn Nhung, Đỗ Trung Hậu, Nguyễn Kim Chi dịch, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Vũ Hữu Bình (2000), Phương trình tốn với nghiệm ngun, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [3] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [4] Hà Huy Khoái (2004), Số học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [5] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh [7] Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [8] Simon Singh, Định Lý cuối Fermat, Phạm Văn Thiều Phạm Việt Hưng dịch, Nhà xuất Trẻ, TP Hồ Chí Minh TIẾNG ANH [9] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [10] L J Mordell (1969), Diophantine equations, Academic Press [11] M B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer [12] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi ... n ) < 24 Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐA THỨC 2.1 .Phương pháp quy hệ bậc Phương pháp chung: Quy phương trình nghiệm nguyên cho việc giải hệ phương trình bậc cách sử... Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP 22 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐA THỨC 2.1 Phương pháp quy hệ bậc 22 2.2 Phương pháp đánh giá 26 2.3 Phương pháp chọn môđun 33 2.4 Phương pháp sử dụng định lý số học. .. tốn học, đặc biệt chương trình dạy học lịch sử toán học nhà trường Với lý nêu, luận văn chúng tơi cố gắng tìm hiểu tổng hợp số vấn đề lịch sử phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa thức