Một số phương trình diphantine và các bài toán liên quan

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ HẢI YẾN MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ HẢI YẾN MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS ĐÀO THỊ THANH HÀ Nghệ An - 2017 MỤC LỤC Mục lục Mở đầu Phương trình DIOPHANTINE tuyến tính tốn liên 1.1 Phương trình Diophatine tuyến tính 1.2 Một số toán 11 Một số phương trình Diophantine bậc hai tốn liên quan 17 2.1 Bộ ba Pytago toán liên quan 17 2.2 Một số phương trình Diophantine bậc hai thường gặp khác 26 Kết luận 33 Tài liệu tham khảo 34 MỞ ĐẦU Phương trình nghiệm nguyên (phương trình giải tập số nguyên) hay gọi phương trình Diophantine – lấy tên nhà tốn học Hy Lạp sống Alexandria vào kỷ thứ III Về lịch sử phát triển, phương trình Diophantine trải qua q trình lịch sử lâu dài Ln thu hút người yêu toán học thời đại, từ Euclid, Diophantus, qua Fibonacci, đến Fermat, Euler, Lebesgue thời đại Gelfold, Matiasevic, Serpinsky Thơng qua việc giải phương trình Diophantine nhà tốn học tìm nhiều tính chất số nguyên, số hữu tỉ, số đại số hình học Giải phương trình nghiệm nguyên đưa đến đời nhiều lý thuyết lý thuyết xấp xỉ Diophantine, thặng dư bình phương Như phương trình x2 + y = z có ý nghĩa nhiều giải tốn lượng giác hình học Phương trình nghiệm ngun đánh giá tốn khó tính khơng mẫu mực Trong phạm vi luận văn này, chúng tơi trình bày số dạng phương trình Diophatine thường gặp số toán liên quan Tài liệu tham khảo chúng tơi [3] Luận văn chia làm chương Chương Phương trình Diophantine tuyến tính tốn liên quan Chương trình bày khái niệm phương trình Diophantine tuyến tính, số phương trình Diophantine tuyến tính thường gặp thực tế thuật toán Euclid để giải phương trình Diophantine tuyến tính Trình bày kỹ thuật để giải phương trình Diophantine tuyến tính, chẳng hạn để giải phương trình Diophantine tuyến tính Chương Phương trình Diophantine bậc hai tốn liên quan Đầu tiên đưa cơng thức nghiệm phương trình Diophantine tiếng x2 + y = z Tiếp đến phương trình mở rộng phương trình x2 + y + z = t2 Và chương đưa số phương trình Diophantine bậc hai thường gặp khác Luận văn hoàn thành Trường Đại học Vinh hướng dẫn TS Đào Thị Thanh Hà Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến Cơ, người tận tình hướng dẫn, động viên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập thực luận văn Nhân dịp này, tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy cô giáo Bộ môn Đại số, thầy giáo Khoa Tốn trực tiếp giảng dạy lớp Cao học 23 chuyên ngành Đại số Lý thuyết số Tác giả xin cảm ơn Ban chủ nhiệm Ngành Tốn thuộc Viện Sư phạm Tự nhiên, Phịng Đào tạo Sau đại học, Ban Giám hiệu - Trường Đại học Vinh tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập Trường Nghệ An, tháng 07 năm 2017 Tác giả CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE TUYẾN TÍNH VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN Ở ta có tốn: Giả sử giá búp bê USD, tàu đồ chơi 18 USD Một cửa hàng bán búp bê tàu, tổng số tiền thu 208 la Hỏi có loại bán? Để giải toán ta gọi x, y số búp bê tàu mà cửa hàng bán Khi có phương trình 7x + 18y = 208 phương trình bậc hai ẩn, học cần số phương trình với số ẩn để giải toán Nhưng điều kiện x, y số nguyên dương nên ta lập luận để giải sau: Từ phương trình 7x + 18y = 208 tương đương với 7x = 208 − 18y − 4y 208 − 18y = 29 − 2y + 7 Vì y phải số nguyên, giá trị (29 − y) số nguyên, phân thức − 4y phải số nguyên Đặt phân thức a, sau thực x= số phép tốn với phương trình thu được: − 4y a= 7a = − 4y 4y = − 7a y= Đặt b = − 7a − 3a =1−a+ 4 − 3a 4b = − 3a 3a = − 4b a= Đặt c = − 4b 1−b = −b + 3 1−b 3c = − b b = − 3c Với giá trị nguyên c, b số nguyên Thế giá trị b vào phương trình trước a= − 4b − 4(1 − 3c) −3 + 12c = = = −1 + 4c 3 Bây giá trị a để có y y= − 7a − 7(−1 + 4c) 12 − 28c = = = − 7c 4 Cuối giá trị y vào phương trình ban đầu để tìm x x= 208 − 18y 208 − 18(3 − 7c) 154 + 126c = = = 22 + 18c 7 Nghiệm thu được: x = 22 + 18c y = − 7c Nếu c = ta nhận nghiệm ta có với toán trước x = 22 y = Nhưng ý với giá trị nguyên khác c cho nghiệm khác Ta thấy giá trị dương c cho y giá trị âm, c = −1, ta có nghiệm khác x = y = 10 Dễ dàng thấy hai cặp (x, y) nghiệm toán cho Nếu c ≤ −2, giá trị x trở thành âm, khơng thêm nghiệm Phương trình ví dụ phương trình Diophantine tuyến tính hai ẩn 1.1 Phương trình Diophatine tuyến tính 1.1.1 Định nghĩa Một phương trình dạng ax + by = c có nghiệm nguyên với a, b, c số nguyên cho trước, a, b không đồng thời không gọi phương trình Diophantine tuyến tính hai ẩn Trước chứng minh định lí tồn nghiệm phương trình Diophantine tuyến tính hai ẩn có thuật toán Euclid 1.1.2 Thuật toán Eucide Bài toán: Cho a, b ∈ Z Tìm ƯCLN(a,b) Giải: Khơng tính tổng quát giả sử |a| |b| Nếu b = (a,b) = a Nếu b = 0: Bước 1: Theo định lý phép chia có dư ta có: a = bq + r, r < |b| Nếu r = (a,b) = (bq,b) = b Nếu r = (a, b) = (b, r) Chuyển sang bước Bước 2: Lấy b chia cho r b = rq1 + r1 , r1 < r Nếu r = (b, r) = (rq1 , r) = r Nếu r1 = (b, r) = (r, r1 ) Chuyển sang bước Bước 3: Chia r cho r1 Quá trình tiếp tục khơng vơ hạn ta có dãy giảm ngặt số tự nhiên |b| > r > r1 > ⇒ ∃n ∈ N : rn+1 = Bước n-1: Chia rn−2 cho rn−1 rn2 = rn1 qn + rn ⇒ (rn−2 , rn−1 ) = (rn−1 , r) Bước n: Chia rn−1 cho rn rn−1 = rn qn+1 ⇒ (rn−1 , rn ) = (rn qn+1 , rn ) = rn ⇒ (a, b) = (b, r) = (r, r1 ) = (r1 , r2 ) = = (rn−1 , rn ) = rn rn số dư cuối khác a = bq + r, b = rq1 + r1 , r = r1 q2 + r2 , r < |b| r1 < r r2 < r1 rn−2 = rn−1 qn + rn , rn < rn−1 rn−1 = rn qn+1 1.1.3 Định lí Phương trình tuyến tính ax + by = c với a, b, c ∈ Z có nghiệm nguyên ƯCLN(a, b) chia hết c Chứng minh (⇒) Giả sử phương trình cho có nghiệm ngun (x0 , y0 ) Khi ax0 + by0 = c 10 Gọi d = ƯCLN(a, b) Ta có a d, b d, ax0 d, by0 d, nên ax0 + by0 d hay c d (⇐) c d = ƯCLN(a,b) nên ∃c1 ∈ Z : c = dc1 Do d = ƯCLN(a, b) nên ∃u, v ∈ Z: d = au + bv suy c = (au + bv)c1 = a(uc1 ) + b(vc1 ) Vậy (x, y) = (uc1 , vc1 ) nghiệm nguyên phương trình Cũng nhận thấy kết quả: Nếu (x, y) nghiệm phương trình ax + by = c (x + bk, y − ak) nghiệm, với k số nguyên Nếu ta x + bk vào x, y − ak vào y , ta có: a(x + bk) + b(y − ak) = c ax + abk + by − abk = c ax + by =c Vậy (x, y) nghiệm (x + bk, y − ak) nghiệm 1.1.4 Định lí Nếu phương trình ax + by = c với a, b, c ∈ Z có nghiệm nguyên (x0 , y0 ) phương trình có vơ số nghiệm tập nghiệm xác định  sau: b    x = x0 + t d    y = y0 − a t d d ƯCLN(a, b) ,t ∈ Z 1.1.5 Định nghĩa Một phương trình có dạng a1 x1 + a2 x2 + + an xn = c (1.1) 20 x2 + y + z = t2 Nghiệm nguyên dương (x, y, z, t) phương trình biểu thị cạnh đường chéo hình hộp chữ nhật Ta muốn tìm tất trường hợp mà thành phần số nguyên 2.1.3 Định lí Phương trình x + y + z = t2 (2.4) có tất nghiệm nguyên dương với y, z số chẵn, xác định công thức x= √ l2 + m2 − n2 , n y = 2l, z = 2m, t= l2 + m2 + n2 n (2.5) Trong l, m, n số nguyên dương, n ước l2 + m2 , nhỏ l2 + m2 nghiệm có cách biểu diễn Chứng minh Dễ thấy: l2 + m2 − n2 n 2 + (2l) + (2m) = l2 + m2 + n2 n Cho thấy số (2.5) nghiệm phương trình (2.4) y, z số chẵn Ngược lại, ý có hai số ngun x, y, z số chẵn., không : x2 + y + z = t2 ≡ 2, 3(mod 4), mâu thuẫn, giả sử y, z chẵn Khi đó: y = 2l, z = 2m với l, m nguyên dương Đặt t − x = u ta có: x2 + 4l2 + 4m2 = (u + x)2 u2 = 4(l2 + m2 ) − 2ux Vậy u2 chẵn Đặt u = 2n, với n số nguyên dương l2 + m2 − n2 l2 + m2 − n2 l2 + m2 + n2 Suy x = t = x + u = + 2n = n n n 21 với l, m, n số nguyên dương, n ước l2 + m2 nhỏ √ l2 + m2 Khơng khó để thấy nghiệm (x, y, z, t) phương trình (2.4) với y z số chẵn có dạng (2.5) Thật vậy, theo công thức (2.5), có y z t−x l= , m= , n= 2 số nguyên l, m, n xác định (x, y, z, t) Định lí 2.3 khơng nêu tồn nghiệm phương trình (2.4) mà cịn cách tìm nghiệm Để tránh lặp lại, ta loại bỏ cặp (l, m) với l < m xét với số với x số lẻ Vì ta bỏ tất nghiệm với x, y, z, t chẵn Và sau 10 nghiệm đầu phương trình 22 2.1.4 Chú ý (1) Một cách quen thuộc để có "Bộ tứ Pytago" x = l2 + m2 − n2 , y = 2ln, z = 2mn, t = l2 + m2 + n2 l, m, n số nguyên dương Ta biết tất tứ Pytago tạo theo cách này, chẳng hạn (3, 36, 8, 37) ngoại lệ Mặt khác họ nghiệm giống với họ nghiệm phương trình (2.1) (2) Các cơng thức tạo tất tứ Pytago số nguyên x = m2 + n2 − p2 − q y = (mp + nq) z = (np − mq) t = m2 + n2 + p2 + q m, n, p, q số nguyên tùy ý (3) Phương trình x21 + x22 + + x2k = x2k+1 (2.6) mở rộng tự nhiên phương trình (2.1) (2.4) Về mặt hình học, nghiệm (x1 , x2 , , xk , xk+1 ) biểu thị độ lớn x1 , x2 , , xk khối hộp Rk độ dài xk+1 đường chéo tương ứng Tất nghiệm nguyên dương (x1 , x2 , , xk , xk+1 ) với ƯCLN(x1 , x2 , , xk ) = phương trình (2.6) cho x1 = x2 = q m1 + q m1 mk m22 + + m2k−1 − m2k (*) xk = 2q mk−1 mk xk+1 = q m21 + m22 + + m2k−1 + m2k Trong m1 , m2 , , mk số nguyên tùy ý q > cho: 23 ƯCLN(x1 , x2 , , xk ) = Thử lại ta thấy (*) nghiệm phương trình (2.6) Nhận xét: 1) Cơng thức (*) công thức nghiệm (2.2) áp dụng cho ba Pytago Định lý (2.1) với q = 2) Công thức (*) công thức nghiệm áp dụng cho tứ Pytago ý 2.4 (1) (q = 1) 2.1.5 Ví dụ Tìm nghiệm ngun dương phương trình x−2 + y −2 = z −2 (2.7) Giải Phương trình tương đương với phương trình x2 + y = xy z Điều có nghia z |xy vàx2 + y số phương xy hay Hay x2 + y = t2 , với t số nguyên dương t = z xy z= t (2.8) Đặt d =ƯCLN(x, y, t) x = ad, y = bd, t = cd với a, b, c ∈ Z+ , ƯCLN(a, b, c) = Thay vào (2.8) có z= abd c (2.9) Và (ad)2 + (bd)2 = (cd)2 hay: a2 + b2 = c2 (2.10) 24 với a, b, c đôi nguyên tố Từ phương trình (2.9) ta suy c |d nghĩa d = kc, k ∈ Z+ ad.bd xy = = cd Vì: x = ad, y = bd, t = cd, nên t = z z abd ab(kc) ⇒z= = = kab c c Hay x = ad = kac, y = bd = kbc, t = cd = kc2 , z = kac Kết hợp (2.10) cơng thức nghiệm (2.2), ta có a = m2 − n2 , b = 2mn, c = m2 + n2 với m, n số nguyên dương thoả mãn Định lí 2.1.1 Vậy nghiệm phương trình (2.7) là: x = k(m4 − n4 ), y = 2kmn(m2 + n2 ), z = 2kmn(m2 − n2 ) với k, m, n ∈ Z+ m > n 2.1.6 Ví dụ Tìm nghiệm ngun dương phương trình x2 + y = 1997(x − y) Giải Ta có x2 + y = 1997(x − y) Hay (x + y)2 + (x − y)2 − 2.1997 (x − y) = (x + y)2 + (1997 − x + y)2 = 19972 Từ x, y số nguyên dương nên < x + y < 1997, < 1997 − x + y < 1997 Vấn đề đặt ra, giải phương trình a2 + b2 = 19972 nghiệm nguyên dương 1997 số nguyên tố nên ƯCLN(a, b) = 25 Theo ba Pytago, có hai số nguyên dương m > n cho ƯCLN(m, n) = a = m2 − n2 , c = 1997 = m2 + n2 b = 2mn, Vì m2 , n2 ≡ 0, 1, −1(mod 5), 1997 ≡ 2(mod 5) nên m, n ≡ ±1(mod 5) Vì m2 , n2 ≡ 0, 1(mod 3), 1997 ≡ 2(mod 3) nên m, n ≡ 2(mod 3) Do m, n ≡ 1, 4, 11, 14(mod 15) Mặt khác m > n suy 1997 ≤ m2 ≤ 1997 nên m = 34, 41, 44 Để thoả mãn m2 + n2 = 1997 (m, n) = (34, 29) Suy (a, b) = (1972, 315) Vậy nghiệm phương trình cho (x, y) = (170, 145) (x, y) = (1827, 145) 2.1.7 Ví dụ Tìm tất bốn (x, y, z, w) cho: x2 + y + z + xy + xz + yz = 2w2 Giải Phương trình cho tương đương với phương trình: (x + y)2 + (y + z)2 + (x + z)2 = (2w)2 Áp dụng Định lí 2.1.3 ta có được: x+y = l2 + m2 − n2 , n y + z = 2l, z + x = 2m, 2w = l2 + m2 + n2 n Với l\l2 + m2 ta có tứ (x, y, z, w) cần tìm: l2 + m2 − n2 x=m−l+ , 2n z =l+m+ l2 + m2 − n2 , 2n l2 + m2 − n2 y =l−m+ , 2n w= l2 + m2 − n2 2n Với l, m, n số nguyên dương cho 2n l2 + m2 + n2 26 2.2 Một số phương trình Diophantine bậc hai thường gặp khác Tiếp đến tìm hiểu phương trình đơn giản hữu ích có nhiều ứng dụng 2.2.1 Định lí Tất nghiệm nguyên phương trình xy = zw x = mn, y = pq, z = mp, w = nq, m, n, p, q số nguyên ƯCLN(n, p) = Chứng minh Phương trình tương đương w n x = ký hiệu phân số z y p tối giản tương ứng Sau ta đặt m= y w x z = ,q = = n p p n hay x = mn, y = pq, z = mp, w = nq 2.2.2 Nhận xét (1) Đối với tất số nguyên dương x, y, z, w thỏa mãn xy = zw, số nguyên N = x + y + z + w hợp số Thật vậy, xN = x2 + xy + xz + xw = x2 + zw + xz + xw = (x + z)(x + w) Do x, y, z, w nguyên dương nên x+z ≥ 2, x+w ≥ N > x+z, N > x+w Vì vậy, giả sử N số nguyên tố (N, x + z) = mà xN (x + z) ⇒ x (x + z) vơ lý (2) Xét phương trình xy = z (khi w = z ) Tất nghiệm nguyên phương trình x = km2 , y = kn2 ,z = kmn, với k, m, n số nguyên ƯCLN(m, n) = 27 2.2.3 Ví dụ Nếu có hai cặp số nguyên dương không phân biệt thứ tự (x, y) thoả mãn phương trình x2 + y = N N hợp số Giải Gọi (a, b) (c, d) hai nghiệm phương trình không phân biệt thứ tự nên a = c, a = d Khơng tính tổng qt giả sử a > c (a + c)(a − c) = (d + b)(d − b) Áp dụng Định lí 2.2.1 ta thấy tồn số nguyên dương m, n, p, q cho ƯCLN(n, p) = Và a + c = mn, a − c = pq, d + b = mp, d − b = nq Từ có a = 1 (mn + pq) , b = (mp − nq) 2 Và 4N = a2 + b2 = (mn + pq)2 + (mp − nq)2 = m2 + q n2 + p2 Giả sử N ngược lại số ngun tố, khơng tính tổng qt m2 + q = m2 + q = Trong trường hợp m = q = a + c = d − b, a − c = d + b, suy 2a = 2d hay a = d mâu thuẫn giải thiết Trường hợp thứ hai rõ ràng Do N hợp số Chú ý Tất nghiệm nguyên phương trình x2 + y = z + w có dạng: 1 1 x = (mn + pq) , y = (mp − nq) , z = (mp + nq) , w = (mn − pq) 2 2 với m, n, p, q số nguyên 28 Chúng ta tiếp tục kiểm tra phương trình Diophantine sau x2 +axy+y = z (2.11) với a số nguyên cho trước Phương trình Pytago trường hợp đặc biệt phương trình a = 2.2.4 Định lí Tất nghiệm nguyên phương trình (2.11) cho cơng thức:   x = k an2 − 2mn y = k m2 − n2  z = ±k amn − m2 − n2   x = k m2 − n2 y = k an2 − 2mn  z = ±k amn − m2 − n2 (2.12) với m, n ∈ Z nguyên tố k ∈ Q cho (a2 − 4)k ∈ Z Chứng minh Lưu ý hai họ nghiệm đưa phương trình (2.11) có tính đối xứng x, y Trước hết kiểm tra ba (x, y, z) (2.12) thỏa mãn phương trình (2.11) k an2 − 2mn + ak an2 − 2mn = k amn − m2 − n2 m2 − n2 + k m2 − n2 2 Ngược lại, cần chứng tỏ nghiệm phương trình (2.11) (2.12) Phương trình cho tương đương với phương trình x(x + ay) = (z − y)(z + y) Từ Định lí 2.2.1 có x = np, x+ay = mq, z+y = nq , z−y = mp với m, n, p, q số nguyên Trường hợp y = z x = x + ay = Trường hợp y = z phương trình (2.13) tương đương z+y m x = = z−y x + ay n (2.13) 29 với hai số nguyên m, n khác không Hay tương đương với hệ: mx + ny − nz = nx + (n − am)y − mz = an2 − 2mn x= z, amn − m2 − n2 Có nghiệm m2 − n2 y= z amn − m2 − n2 Chọn z = k amn − m2 − n2 , với k ∈ Q có cơng thức nghiệm (2.12) Nếu k = p tối giản, để x, y, z nguyên q an2 − 2mn q, m2 − n2 q, amn − m2 − n2 q Hay q ước chung an2 − 2mn, m2 − n2 , amn − m2 − n2 Vì q |a( an2 − 2mn) + 2(m2 − n2 ) + (amn − m2 − n2 ) = (a2 − 4)n2 Vì số nguyên chia hết n khơng chia hết m2 − n2 ,(do (m, n) = 1), q khơng phải ước n nên q a2 − hay (a2 − 4)k ∈ Z Chú ý: (1) Định lí 2.2.4 cho phương trình bậc Diophantine dạng x2 + xyw + y = z (2.14) Có nghiệm (x, y, z, w) với w = a, a ∈ Z x, y, z xác định công thức (2.12) (2) Theo cách tương tự chứng minh phương trình x2 +axy + by2 = z có nghiệm   x = k m2 − bn2 y = k an2 − 2mn  z = ±k amn − m2 − bn2 (2.15) với m, n ∈ Z nguyên tố k ∈ Q cho (a2 − 4b)k ∈ Z Tổng quát, chọn k ∈ Z ta nghiệm ngyên tất 30 nghiệm nguyên tương ứng với k nguyên Chẳng hạn, với a = 0, b = −21 họ nghiệm (2.15) x = k m2 + 21n2 , y = −2kmn, z = k(21n2 − m2 ) Nhưng ba (x, y, z) = (5, 1, 2) khơng có dạng (3) Sử dụng nhận xét trên, tìm tập nghiệm phương trình Diophantine x2 +uxy + vy2 = z (x, y, z, u, v), với u = a, v = b.a, b ∈ Z, x, y, z đưa (2.15) (4) Trong trường hợp nghiệm nguyên dương phương trình (2.11) viết   x = k 2mn + an  x = k m2 − n2  y = k 2mn + an2 y = k m2 − n2   z = k m2 + amn + n2 z = k m2 + amn + n2 (2.16) Với m, n ∈ Z∗+ nguyên tố k ∈ Q+ cho (a2 −4)k ∈ Z, n > 0, 2m + an > 0, |m| > n Trường hợp a = Phương trình (2.11) trở thành x2 + xy + y = z (2.17) Từ công thức (2.16) ta có nghiệm ngun dương phương trình xác định   x = k 2mn + n2 y = k m2 − n2  z = k m2 + mn + n2   x = k m2 − n2 y = k 2mn + n2  z = k m2 + mn + n2 (2.18) Với m, n ∈ Z∗+ , m > n nguyên tố k ∈ Q+ cho 3k ∈ Z Các nghiệm (2.18) cho tất ba số nguyên dương (x, y, z) chiều dài cạnh tam giác có góc đối diện với z 1200 Trường hợp a = −1 Phương trình 2.11 trở thành x2 − xy + y = z (2.19) 31 Từ cơng thức (2.16) ta có nghiệm nguyên dương phương trình xác định   x = k 2mn − n2 y = k m2 − n2  z = k m2 − mn + n2   x = k m2 − n2 y = k 2mn − n2  z = k m2 − mn + n2 (2.20) với m, n ∈ Z∗+ , m > n nguyên tố k ∈ Q+ cho 3k ∈ Z Các nghiệm (2.20) cho tất ba số nguyên dương (x, y, z) chiều dài cạnh tam giác có góc đối diện với z 600 2.2.5 Ví dụ Tìm tất ba ngun dương (x, y, z) cho x2 + xy + y = 492 Giải Từ công thức nghiệm (2.18), cần tìm tất số nguyên tố dương m, n với m > n„ k ∈ Q∗+ , 3k ∈ Z cho k(m2 + mn + n2 ) = 49 Ở bảng tất cặp (m, n) thoả mãn bất đẳng thức: m2 + mn + n2 ≤ 49, m > n 32 Nếu k = 1, m2 +mn+n2 = 49, từ bảng m = 5, n = Khi ta có nghiệm phương trình (x, y) = (39, 16) (x, y) = (16, 39) Nếu k = 7, m2 +mn+n2 = 7, từ bảng m = 2, n = Khi ta có nghiệm phương trình (x, y) = (35, 21) (x, y) = (21, 35) Nếu k = 49 k = m = n, điều khơng xảy 3 Nếu k = , m2 + mn + n2 = 21, từ bảng m = 4, n = Khi ta có nghiệm phương trình (x, y) = (35, 21) (x, y) = (21, 35) Đó nghiệm (x, y) để phương trình (2.17) (2.19) phương 33 KẾT LUẬN Dựa vào tài liệu tham khảo [3] số tài liệu tham khảo khác, luận văn trình bày nội dung sau: - Phương trình Diophantine tuyến tính Điều kiện để phương trình có nghiệm ngun Một số phương trình Diophantine tuyến tính thường gặp - Các cơng cụ hữu ích để giải phương trình Diophantine tuyến tính thuật tốn Euclid, lý thuyết chia hết vành số nguyên - Phương trình Pytago x2 + y = z phương trình mở rộng x2 + y + z = t2 - Một số phương trình Diophantine bậc hai thường gặp khác - Các toán áp dụng 34 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] ] Hồng Chúng (1993), Số học bà chúa củaTốn học, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [2] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Giáo dục Hà Nội Tiếng Anh [3] T Davis (2006), Introduction to Diophantine Equations, tomr- davis@earthlink.net http://www.geometer.org/mathcircles [4] A Engel (1998), Problem Solving Strategies, Springer-Verlag New York, Inc [5] W Sierpinski (1964), Elementary theory of numbers, North-Holland Amsterdam New York Oxford [6] Một số viết trang web: diendantoanhoc.net, tailieu.vn, forum.mathscope.org ... CHƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE BẬC HAI VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 2.1 Bộ ba Pytago tốn liên quan Một phương trình Diophantine tiếng phương trình Pytagore x2 + y = z (2.1) Bộ ba Pytago số đo... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ HẢI YẾN MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN... đầu Phương trình DIOPHANTINE tuyến tính tốn liên 1.1 Phương trình Diophatine tuyến tính 1.2 Một số toán 11 Một số phương trình Diophantine bậc hai toán liên