Ứng dụng dạng toàn phương để giải phương trình vô định nghiệm nguyên

1 Bộ giáo dục đào tạo Tr-ờng đại học Vinh Hồ kim th- ứng dụng dạng toàn ph-ơng để giải ph-ơng trình vô định nghiệm nguyên Chuyên ngành đại số Lý thuyết số Mà số: 60 46 05 Luận văn thạc sĩ toán học Ng-ời h-ớng dÉn khoa häc PGS.TS Ngun Thµnh Quang Vinh 2010 mục lục Trang mở đầu Ch-ơng Các kiến thức sở 1.1 Dạng tuyến tính dạng song tuyến tính 1.2 Dạng toàn ph-ơng 1.3 Dạng tắc dạng toàn ph-ơng 10 1.4 Phép biến đổi dạng toàn ph-ơng 12 1.5 Giới thiệu ph-ơng trình nghiệm nguyên 14 Ch-ơng ứng dụng dạng toàn ph-ơng để giải ph-ơng trình vô định bậc hai 16 2.1 Ph-ơng trình vô định bậc hai hai ẩn 16 2.2 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn ph-ơng 17 2.3 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn ph-ơng biến đổi 19 2.4 Phép biến đổi dạng toàn ph-ơng nghiệm ph-ơng trình 22 2.5 Ph-ơng trình dạng toàn ph-ơng có định thức không 25 2.6 Ph-ơng trình dạng toàn ph-ơng có định thức khác không 27 2.7 Đề xuất số tập 32 Kết luận 33 Tài liệu tham khảo 34 mở ĐầU Một toán Đại số Số học nghiên cứu nghiệm nguyên ph-ơng trình Diophantus Đối với ph-ơng trình Diophantus bậc cao, tồn hay không ph-ơng pháp chung để giải? Đó câu hỏi đà đ-ợc đặt d-ới thời Diophantus nội dung toán Hilbert thứ 10 tiếng: Có hay không thuật toán để giải ph-ơng trình Diophantus? Bài toán thứ 10 Hilbert đà đ-ợc nhà toán học ng-ời Nga Yuri Matijasievich giải vào năm 1970 Câu trả lời là: Không tồn thuật toán giải ph-ơng trình Diophantus tổng quát Nh- vậy, với ph-ơng trình Diophantus bậc cao 2, ta tìm cách giải ph-ơng trình cụ thể Ph-ơng trình vô định bậc hai hai ẩn tr-ờng hợp riêng ph-ơng trình Diophantus Để giải ph-ơng trình này, có h-ớng giải hữu hiệu là: Dựa theo tính chất dạng toàn ph-ơng Gauss Bằng cách tiếp cận theo dạng toàn ph-ơng Gauss, luận văn trình bày cách chi tiết phép biến đổi dạng toàn ph-ơng để rút ph-ơng pháp tìm nghiệm riêng tổng quát ph-ơng trình vô định bậc hai hai ẩn tập số nguyên Từ đ-a số ứng dụng chúng vào việc giảng dạy nghiên cứu toán học nhà tr-ờng phổ thông nh- mối liên hệ chặt chẽ hai môn toán học: Đại số tuyến tính Số học Nội dung luận văn gồm hai ch-ơng: Ch-ơng Các kiến thức sở Dạng toàn ph-ơng Trong ch-ơng trình bày số kiến thức phép biến đổi dạng toàn ph-ơng, giới thiệu ph-ơng trình nghiệm nguyên có dạng toàn ph-ơng Ch-ơng ứng dụng dạng toàn ph-ơng để giải ph-ơng trình vô định bậc hai Trong ch-ơng trình bày ph-ơng trình vô định bậc hai hai ẩn, số phép biến đổi số nguyên theo dạng toàn ph-ơng, từ rút cách tìm nghiệm riêng nghiệm tổng quát ph-ơng trình vô định bậc hai hai ẩn Luận văn đà đ-a số toán cụ thể việc ứng dụng dạng toàn ph-ơng để giải phuơng trình vô định bậc có hai ẩn Luận văn đ-ợc hoàn thành d-ới h-ớng dẫn nhiệt tình thầy giáo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy, ng-ời đà dành cho tác giả h-ớng dẫn chu đáo nghiêm túc trình học tập, nghiên cứu thực luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến PGS.TS Ngô Sĩ Tùng, PGS.TS Lê Quốc Hán, TS Nguyễn Thị Hồng Loan, TS Mai Văn T- thầy cô giáo Chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa Toán, Khoa Đào tạo Sau đại học - Tr-ờng Đại học Vinh đà tận tình giúp đỡ tác giả trình học tập Mặc dù đà cố gắng, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong muốn nhận đ-ợc bảo quý thầy cô giáo bạn đồng nghiệp Vinh, tháng 12 năm 2010 Tác giả Hồ kim th- Ch-ơng Kiến thức sở 1.1 DạNG TUYếN TíNH dạng song tuyến tính 1.1.1 Dạng tuyến tính Cho không gian vectơ V Mỗi ánh xạ tuyến tính f : V không gian số thực gọi dạng tuyến tính Nói khác đi, ánh xạ f :V dạng tuyến tÝnh nÕu: f (   )  f    f ( ) f  a   af ( ), víi  ,  V , a Ví dụ Cho V không gian hàm liên tục t xác định a, b Khi ánh xạ f : V  b  t    t dt a dạng tuyến tính ánh xạ f : x dạng tuyến tÝnh vµ chØ f  x   ax víi vµ a lµ mét sè thùc cho tr-íc Chøng minh i) NÕu f :  x ax a   th× f  x  y   a  x  y   ax  ay  f  x   f  y  f   x   a   x     ax    f  x  , víi   Suy f dạng tuyến tính ii) Ng-ợc lại, f : dạng tuyến tính Gọi a f , ta cã: f  x   f  x.1  xf 1  f 1 x  ax, x Cho không gian vectơ V Giả sử V đà chọn sở , ,  n n n i 1 i 1 Suy ra, với V : xi i th× f     xi f i  NÕu f i    vµ x1 , , xn đối víi c¬ së 1 , ,  n , ta có dạng biểu diễn f là: f ( )  x1a1   xn an 1.1.2 D¹ng song tuyến tính: a Cho không gian vectơ V , ta xét V = V x V ánh x¹: : V2   ,     ,   , víi mäi  ,  V Ta gọi dạng song tuyến tính nếu: Khi cố định , dạng tuyến tính nghÜa lµ:  1   ,     1 ,      ,     k ,    k , Khi cố định dạng tuyến tính  nghÜa lµ:   , 1  2     , 1     , 2    , k    k  ,   , víi 1 , 1 ,  , 2 ,  ,   V , k Ví dụ Định thức cấp hai dạng song tuyến tính từ D: x  ,     a, b  , c, d cố định a, b  , ta cã:  a c b  ad  bc, d x    ,    '      a, b  ,  c, d    c ', d '       a, b  ,  c  c ', d  d '   a b a b a b = = + c c' d  d ' c d c' d '    ,      ,  '   , k    a b kc kd k a b c d  k  , Xét ánh xạ : E2 E2  R   ,        cos  , theo tÝnh chÊt hình học giải tích ta có: i)    '     ' =     '  '     ' ii)   k    k    Suy  lµ mét dạng song tuyến tính b Định nghĩa Dạng song tuyến tÝnh   ,   : V  đ-ợc gọi dạng song tuyến tính đối xứng   ,       , Ví dụ Tích vô h-ớng E2 dạng song tuyến tính đối xứng ,             ,  1.1.3 Ma trËn cđa mét d¹ng song tuyến tính Giả sử V không gian vectơ n - chiều V đà chọn sở , , , n Biểu thị véc tơ , V qua sở ta đ-ợc: n  x1  x2   xn n   xi i i 1 n   y1  y2   yn n   y j j j 1  n Khi ®ã   ,       xi i ,  i 1 n y  j j 1 n    xi   i , i 1  j    n y  j 1 j j      xi  y j  i ,  j  n n i 1 j 1 n  i 1    n j 1 i,  j  xi y j NÕu ký hiÖu   i ,  j   aij   ,     n i 1 n a x y j 1 ij i j Ma trËn vu«ng cÊp n A   aij  víi aij i đ-ợc gọi ma trận dạng song tuyến tính sở  , ,  n 1.1.4 C¸c ma trận dạng song tuyến tính sở khác Giả sử không gian véc tơ Vn n chiều đà chọn hai sở 1 , ,  n 1 vµ 1 , , n Giả sử sở (1) có ma trận A sở (2)  cã ma trËn lµ B Ta cã aij    i ,  j  , bij    i ,  j  Gi¶ sư P   pij  lµ ma trËn chun tõ (1) sang (2), tøc  j   pij i n i 1 n  n b    ,    p  ,  i j    si s  ptjt  Ta cã: ij i 1  s 1  n n  p s 1 si t 1 n ptj  s ,  t  n  p j 1 si t 1 ptj ast Gäi P '   p 'ij  lµ ma trËn chun cđa ma trËn P '   p 'ij  th× p 'ij  p ji , ®ã ta cã: n bij   s 1  n p a ' is t 1 st ptj  i, j  1, , n  B  P ' AP 1.2 D¹ng toàn ph-ơng 1.2.1.Định nghĩa Cho không gian vectơ Vn ®ã chän mét c¬ së  ,  n Giả sử có dạng tuyến tính đối xứng sở (1) có ph-ơng trình: n   ,     i 1 n  j 1 aij xi y j     xi  víi      y j  A   aij  Do  ®èi xøng cho nªn aij    i ,  j   a ji , ®ã: A  aij A ' Ma trận A đ-ợc gọi ma trận đối xứng A A ' Vì vậy, ma trận dạng song tuyến tính đối xứng ma trận đối xứng 10 n D¹ng   ,     i 1 n  j 1 j xi x j    x1 , , xn  , aij a ji đ-ợc gọi dạng toàn ph-ơng n biến x1, ,xn 1.2.2 Định lý Dạng tuyến tính đối cực , dạng toàn ph-ơng , hoàn toàn đ-ợc xác định dạng toàn ph-ơng ,   Chøng minh Ta cã:     ,        ,      ,       ,      ,      ,       ,    2  ,   ,   ,        ,        ,       , suy giá trị dạng toàn ph-ơng 1.2.3 Ma trận dạng toàn ph-ơng n Ta cã:   ,     i 1 n  j 1 aij xi x j Ma trận đối xứng A aij đ-ợc gọi ma trận dạng toàn ph-ơng Giả sử sở (1), có ma trận A, sở (2), có ma trận B Gäi P   pij  lµ ma trËn chun tõ c¬ së (1) sang c¬ së (2), ta có B = PAP 1.2.4 Ph-ơng trình dạng toàn ph-ơng , n n  a x x i 1 j 1 Gäi ij i  x1    A   aij  , X         xn     ,   X ' AX j 22 Ví dụ Những ph-ơng tr×nh x2 + xy+y2 = x2 + 3xy + 3y2 = hai có nghiệm nguyên, hai nghiệm nguyên Lời giải Dạng toàn ph-ơng x2 + xy + y2 bao hàm dạng toàn ph-ơng thông qua phép biến đổi x = , y môđun phép biến đổi Theo phần đầu ch-ơng dạng toàn ph-ơng bao hàm x2 + xy +y2 thông qua phép biến đổi  = x – y,   y Nh- ta nhận đ-ợc t-ơng đ-ơng hai dạng toàn ph-ơng Bây ta chứng minh định lý biểu diễn số nguyên dạng toàn ph-ơng 2.3.2.Định lý Nếu m số nguyên khác không, mà biểu diễn đ-ợc thông qua dạng toàn ph-ơng ax2 + 2bxy + cy2 với x = x0, y = y0 vµ (x0, y0) = 1, định thức D số d- bình ph-ơng số V m, dạng toàn ph-ơng: ax 2bxy cy m  2V   V2 D  lµ t-ơng đ-ơng riêng m Chứng minh Cho x0, y0 nghiệm ph-ơng trình ax2+2bxy+cy2= m, mà (x0,y0) = Nghiệm nh- tồn giả thiết Vì tính chất nguyên tố nhau, nên tồn số p q, với chúng px0+ qy0 = Trong phần tr-ớc ta đà định thức D = b2 ac số d- bình ph-ơng số V, xác định đẳng thức V = p(x0b+y0c) – q(x0a+y0b) Ta chän phÐp biÕn ®ỉi x  x0  q y  y0  p (2.4) 23 môđun x0p + y0q = suy phép biến đổi riêng Dạng biến đổi là: a x0 q   2b  x0  q  y0  p   c  y0  p   m  2V   2 V2 D m V2 D Ta có chắn nguyên, D số d- bình ph-ơng V ®èi víi m m Nh- vËy ta nhËn ®-ỵc, nÕu số m biểu diễn qua dạng toàn ph-ơng ax2+2bxy+cy2 x1  x2 , y1  y2 mµ (x0, y0) = 1, dạng bao hàm riêng m  2V   V2 D  m Dễ chứng minh đ-ợc tr-ờng hợp dạng toàn ph-ơng V2 D m 2V bao hàm riêng dạng ax2 + 2bxy + cy2 m Ta cần nhấn mạnh với số nguyên p q không đòi hỏi điều kiện việc chúng nghiệm ph-ơng trình xop + y0q =1 Nh-ng số nh- vô nhiều, chúng nghiệm ph-ơng trình vô định ta đà xét ch-ơng Cũng dễ chứng minh đ-ợc số số p q, mà t-ơng ứng với V có số không âm nhỏ m Để giải toán thực tế ng-ời ta chọn số p q cho ≤ V < m Ta nãi r»ng nghiệm x0, y0, qua mà xác định V, đ-ợc gọi nghiệm thuộc V 24 2.4 Phép biến đổi dạng toàn ph-ơng nghiệm ph-ơng trình Nếu dạng toàn ph-ơng chuyển đồi thành dạng khác theo phép biến đổi khác định lý sau vét cạn tất phép biến đổi Ta không chứng minh định lý 2.4.1 Định lý Cho dạng toàn ph-ơng f(x,y) = ax2 + bxy+cy2 biến đổi thành dạng toàn ph-ơng , a1 2b1 n c1 theo phép biến đổi riêng x  0  0 (2.5) y  0  Khi tất phép biến đổi riêng, mà biến đổi f(x,y) thành , đ-ợc xác định theo công thức at b   c  u      t   b   c  u     1 y   t  a   b  u     t    a   b  u x (2.6) lµ -íc sè chung lín nhÊt cđa a, 2b, c, t u nghiệm nguyên ph-ơng trình vô định: t2 Du2 = ( D = b2- ac) Theo công thức số x, y số nguyên Ph-ơng trình t2 Du2 = dạng đặc biệt đ-ợc giải ch-ơng sau Tr-ờng hợp riêng, ,   m  2V   nh÷ng dạng V2 D , nh- ta đà biÕt m f(x,y) = ax2 + 2bxy + cy2 vµ V2 D   ,   m  2V m t-ơng đ-ơng riêng Nếu tồn nghiệm nguyên x0, y0 ph-ơng trình 25 ax2 + 2bxy + cy2 = m mµ chóng nguyên tố thuộc V Ngoài f(x,y) biến đổi thành , thông qua (2.4) So sánh (2.4) (2.5) ta tìm đ-ợc = x0, = y0 Nh-ng đẳng thức (2.6) tr-ờng hợp cụ thể x x t   x0b  y0c  u   y  y t   x0 a  y0b  u  ,  (2.7) t Du nghiệm ph-ơng tr×nh ax2 + 2bxy + cy2 = m sè nguyên nguyên tố Tất nghiệm x, y xác định theo (2.7), thuộc số V nghiệm khác thuộc V Nh-ng số 0, 1, 2, , m có khả có số khác, ví dụ V1, V2 , mà định thức số d- bình ph-ơng chúng Nếu x1, y1 nghiệm nguyên nh- ph-ơng trình ax2 + bxy + cy2 = m, mµ nã thc V1, nghÜa lµ víi chóng ta cã thể tìm đ-ợc số nguyên p q cho x1p+y1q = V1 = p(x1b+y1c) q (x1a+y1b), tất nghiệm thuộc V1 lại xác định (2.7) cách thay x0 y0 t-ơng ứng với x1 y1 Tất nghiệm, mà chúng thuộc V, V1, V2 tất nghiệm ph-ơng trình vô định ax2 + 2bxy + cy2 = m (2.8) cặp số nguyên nguyên tố Nếu ph-ơng trình (2.8) có nghiệm nguyên không nguyªn tè cïng ta cã thĨ lý ln nh- sau: Giả sử x, y nghiệm (2.8), mà (x–, y–) = d >1 Ta cã thĨ viÕt c¸c đẳng thức x = dx1, y = dy1, mà (x1, y1) = Vì x, y nghiệm (2.8), ta cã ax–2 + bx–y + cy–2 = m ax12 2bx1 y1 cy12 m d2 26 B»ng c¸ch ký hiƯu m  m1 , ta nhận đ-ợc x1, y1 nghiệm ph-ơng d2 trình vô định ax2 + 2bxy + cy2 = m1 số nguyên tố Ta tìm tất nghiệm ph-ơng trình vừa nhận đ-ợc số nguyên nguyên tố cách phần Từ ta lại tìm đ-ợc tất nghiệm ph-ơng trình đà cho số nguyên không nguyên tố Dễ thấy t-ơng ứng hai chiều nghiệm (2.8) số nguyên không nguyên tố tất nghiệm ph-ơng trình ax2 + 2bxy + cy2 = m1 số nguyên nguyên tố Nh- vậy, cách lập tất ph-ơng trình từ (2.8) cách thay số hạng tự m th-ơng m tất khả -ớc số m, mà chúng bình ph-ơng số nguyên, giải tất ph-ơng trình số nguyên tố nhau, dễ tìm đ-ợc tất nghiệm ph-ơng trình (2.8) số nguyên Phần sau ta cho ví dụ cách tìm nghiệm theo cách vừa mô tả Đặc biệt, số m -ớc số lớn bình ph-ơng số nguyên, ph-ơng trình (2.8) nghiệm nguyên số nguyên tố 27 2.5 Ph-ơng trình dạng toàn ph-ơng có định thức không Cho dạng toàn ph-ơng ax2 + 2bxy + cy2 có định thức b2 – ac = Khi ®ã dƠ kiĨm tra thÊy:  ax  by  ax  2bxy  cy  a B©y giê ta xÐt ph-ơng trình vô định ax2 + bxy + cy2 = m (2.9) víi b2 = ac B»ng c¸ch tÝnh toán, ph-ơng trình (2.9) đ-a dạng ax by m (ax+by)2 = ma a Từ ph-ơng trình đà cho t-ơng đ-ơng với hai ph-ơng trình ax by ma (2.10) Nh- để ph-ơng trình (2.9) có nghiệm nguyên, điều kiện cần số ma số ph-ơng Điều kiện cần -ớc số chung lín nhÊt cđa hai sè a vµ b cịng lµ -ớc số ma Hai điều kiện điều kiện đủ Theo ch-ơng ph-ơng trình vô định bậc nhất, x0, y0 nghiệm ' ' (2.10) tr-ờng hợp lấy dấu cộng, x0 , y0 nghiệm (2.10) tr-ờng hợp lấy dấu trừ, tất nghiệm nguyên ph-ơng trình vô định (2.10) xác định theo công thức: x = x0– + bt– x = x0 + bt y = y0 – at, t = 0, ± 1, VÝ dô y = y0– – at–, t– = 0, 1, HÃy tìm tất nghiệm nguyên ph-ơng trình: 25x2 40xy + 16y2 = Lời giải a = 25, b = -20, c = 16, m = v× b2 – ac = (-20)2 - 25.160 = 28 Theo c¸ch tÝnh trªn ta cã  25x  20 y   , hay lµ (25x -20y)2 = 9.25 25 Cuối ph-ơng trình đà cho phân tích hai ph-ơng trình bậc 25x - 20y 15 = 0, 25x - 20y + 15 =0 -íc sè chung hệ số tr-ớc x y vµ cịng lµ -íc sè cđa 15, suy hai ph-ơng trình giải đ-ợc số nguyên Ta giản -ớc thừa số chung nhận đ-ợc: 5x - 4y - = 0, 5x – 4y + = Một nghiệm riêng ph-ơng trình thứ x = 3, y = 3, nghiệm riêng ph-ơng trình thứ hai x = -3, y = -3 Do tất nghiệm ph-ơng trình đà cho đ-ợc xác định x=34t x = -3 – 4t– y = - t, t = 0, ± 1, y = - - 5t–, t = 0, Ví dụ Giải ph-ơng trình vô định tập hợp số nguyên 12x2 + 12 xy + y2 =4 Lời giải a = 12, b = 6, c = 3m, m = 4, b2 – ac = 36 - 12.3 = Nh-ng sè ma  4.12  4.12  không số nguyên, từ suy ph-ơng trình vô định đà cho nghiệm nguyên 29 2.6 Ph-ơng trình dạng toàn ph-ơng có định thức khác không Phần ta liệt kê b-ớc tìm nghiệm nguyên ph-ơng trình vô định dạng: aX2 + 2bXY + cY2 + 2dX + 2dY + f = b2 ac (2.11) Tìm tất nghiệm nguyên ph-ơng trình vô định ta lần l-ợt tiến hành theo b-ớc sau: Đổi Èn sè X vµ Y b»ng x vµ y theo c«ng thøc sau: X x  cd  be , b2  ac Y y  ae  bd b2 ac (2.12) ta nhận đ-ợc ph-ơng trình dạng: ax2 + 2bxy + cy2 = m NÕu m = 0, ta cã x  (2.13) b  b ac y , từ dễ tìm đ-ợc nghiệm cđa a (2.13) nã cã nghiƯm NÕu m 0, tr-ớc tiên ta giải ph-ơng trình (2.13) số nguyên tố theo b-ớc: Tìm tất số V, V< m, với định thức D = b2 ac số d- bình ph-ơng m a Nếu số nh- không có, ph-ơng trình (2.13), mà suy ph-ơng trình (2.11) nghiệm nguyên b Nếu V1, V2, số, với chúng D số d- bình ph-ơng, ta tìm nghiệm cho tr-ờng hợp ph-ơng trình (2.13) t-ơng ứng với V1, V2, Để tìm nghiệm (2.13), mà t-ơng ứng với V1, ta xét hai dạng toàn ph-ơng ax2 + 2bxy + cy2 vµ mξ2 + V1ξn + V12  D  m 30 a Nếu dạng toàn ph-ơng không t-ơng đ-ơng riêng ph-ơng trình (2.11) nghiệm nguyên, mà t-ơng ứng với số V1 b Nếu dạng t-ơng đ-ơng riêng, tìm nghiệm riêng ph-ơng trình (2.11), mà t-ơng ứng với số V1 Nếu x     y     phép biến đổi riêng, mà chuyển đổi dạng toàn ph-ơng ax2 + 2bxy +cy2 thành m  2V1  V1  D  , th× x = , y = nghiệm riêng m (2.11), mà t-ơng ứng với số V1 Bởi cách tìm phép biến đổi riêng không xét sách này, nên thực tế ta tiến hành theo cách mô tả phần sau Tìm cách thử nghiệm riêng ph-ơng trình (2.11), mà thuộc t-ơng ứng với số V1 Nghiệm riêng x0, y0 thuộc V1, tìm đ-ợc hai số nguyên p q mà chúng nghiệm ph-ơng trình vô ' ' định px0 qy0  vµ víi chóng V1  p  x0' b  y0' c   q  x0' a  y0' b  ' ' NÕu x0 , y0 thuéc V1, x0'' , y0'' thuéc V2, th× tÊt nghiệm ph-ơng trình (2.11) số nguyên tố xác định công thức x'   x ''   y ''   yt''  x0'' a  y0'' b   1 ' x0t  x0' b  y0' c u  ,   y '   y0' t  x0' a  y0' b u  ;  ,    '' x0t  x0'' b  y0'' c      (2.14) , t u nghiệm ph-ơng trình vô định t2 Du2 = σ2, víi σ lµ -íc sè chung lín nhÊt cđa a, 2b, c, cßn D = b2 – ac 31 Để tìm tất nghiệm nguyên (2.11) số không nguyên tố nhau, cần phải giải số nguyên tố tất ph-ơng trình, mà nhận từ (2.11), cho nã ta thay sè m víi th-¬ng cđa m khả bình ph-ơng -ớc số m Giải ph-ơng trình nhận đ-ợc số nguyên tố theo cách đà mô tả Tất nhiên, ph-ơng trình (2.11) có số hạng tự m, mà -ớc số bình ph-ơng lớn 1, ph-ơng trình nghiƯm sè nguyªn nguyªn tè cïng VÝ dơ Giải ph-ơng trình tập số nguyên X2 + 4XY + 3Y2 – 20X – 34Y + 89 = Lêi gi¶i Ta cã a = 1, b = 2, c = 3, d = -10, e = -17, f = 89 tính đ-ợc D = b2 ac = Ta đặt X = x + 4, Y = y + 3, nhận đ-ợc (x+4)2 + 4(x+4)(y+3+)+3(y+3)2-20(x+4)-34(y+3)+89=0 sau đơn giản x2 + 4xy + 3y2= m = Ta tìm tất số nguyên V, V< 2, với chúng D = số d- bình ph-ơng m = V2 D số nguyên Hiển nhiên m có V = đáp ứng điều kiện Ta xét dạng toàn ph-¬ng x  xy  y vµ m  2V   V2 D   2  2 , m víi chóng ta chứng minh hai dạng toàn ph-ơng không t-ơng đ-ơng riêng Giả sử hai dạng toàn ph-ơng t-ơng đ-ơng Nh- ta đà biết số biểu diễn thông qua dạng toàn ph-ơng, biểu diễn thông qua dạng toàn ph-ơng khác mà t-ơng đ-ơng với dạng ban đầu Nh-ng dạng toàn ph-ơng x2 + 4xy + 3y2 biĨu diƠn Ýt nhÊt 32 mét sè lỴ, vÝ dơ sè víi x = 1, y = 2, dạng + biểu diễn số chẵn Từ suy hai dạng toàn ph-ơng xét không t-ơng đ-ơng Từ điều suy ph-ơng trình vô định x2 + 4xy + 3y2 = không giải đ-ợc số nguyên Khi ph-ơng trình ban đầu nghiệm nguyên Ví dụ Giải ph-ơng trình vô định tập hợp số nguyên x2 + 2xy + 5y2 = Lêi gi¶i ë ®©y a = 1, b = 1, c = 5, m = 5, D = 12 -1.5 = - Ta tìm số không âm V, nhỏ 5, víi chóng mµ sè D = - lµ sè d- bình ph-ơng Để đạt mục đích ta tìm số V, V< 5, với chúng phân V2 D số số nguyên Bằng cách kiĨm tra trùc tiÕp chØ cã V1 = vµ V2 = m thoả mÃn điều kiện Ta xÐt tr-êng hỵp V1 = DƠ thÊy x0 = 2, y0 = -1 nghiệm riêng ph-ơng trình vô định đà cho Ta chứng minh nghiệm thuộc số V1 = Những nghiệm ph-ơng trình vô định x0p + y0q = 1, tr-ờng hợp 2p - q =1 nh- sau: p = – t q = 1- 2t, t = 0, ± 1, Tõ c«ng thøc V = p (x0b +y0c) – q(x0a + y0b) víi x0 = 2, y0 = -1 (D =- 4) ta nhËn ®-ỵc V1 =1 Suy nghiƯm 2, -1 thc V1 = Trong công thức nghiệm ph-ơng trình vô định x x t x0b  y0c  u  ,  y  y t   x0 a  y0b  u  ,  víi t2 – Du2 = Ta đặt a = b = 1, c = 5, x0 = 2, y0 = -1, D = - 4, = nhận đ-ợc: x = 2t + 3u y = - t + u, v íi t2 + 4u2=1 33 Nghiệm ph-ơng trình Pell t2 + 4u2 = lµ t = ± 1, u = Ph-ơng trình vô định đà cho có hai nghiệm t-ơng ứng với tr-ờng hợp V1 =1, (2, -1); (-2, 1) Ta xét tr-ờng hợp V= Dễ thấy cặp số (0, 1) nghiệm ph-ơng trình vô định đà cho nghiệm tr-ờng hợp V1 = 1, suy nghiệm thuộc V2= Trong công thức nghiệm ph-ơng trình vô định nh- phần trên, ta đặt a = b = 1, c = 5, x0 = 0, y0 = , D = - , = ta nhận đ-ợc x = -5u, víi t2 + 4u2 = y=t+u Víi t = 1, u = ta nhận đ-ợc hai nghiƯm x = 0, y = ± 1, mµ chúng thuộc số V2 = Những nghiệm khác Bởi số hạng tự ph-ơng trình đà cho không chia hết số ph-ơng lớn 1, ph-ơng trình nghiệm nguyên, mà chúng không nguyên tố Nh- nghiệm ph-ơng trình đà cho có bốn cỈp (2, -1); (-2, 1); (0, -1); (0, 1) 34 2.7 Đề xuất số Bài tập Bằng ph-ơng pháp ch-ơng bạn đọc tự giải tập sau: 2.7 HÃy tìm nghiệm nguyên ph-ơng trình vô định sau: a x2 4xy + y2 = b 2x2 + 2xy + 3y2 = 2.8 Cho ph-ơng trình vô định x2 xy 6y2 + 2x – 6y – 10 =0 H·y gi¶i ph-ơng trình ph-ơng trình vô định bậc 2.9 Cho ph-ơng trình vô định x2 xy – 6y2 + 2x – 6y – 10 = HÃy giải ph-ơng trình nàybằng ph-ơng trình vô định bËc nhÊt 2.10 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c, d nghiệm nguyên ph-ơng trình x2+ y2 + z2 = t2, sè a, b, c, d chia hÕt cho 2.11 Chøng minh r»ng nÕu x2 + (x+1)2 = y2, th× (3x+2y+1)2 + (3x+2y+2)2 = (4x + 3y + 2)2 2.12 Chứng minh tất nghiệm nguyên ph-ơng trình xy + yz + zx = đ-ợc biểu diƠn b»ng c«ng thøc: x = (a+b) ac, y = (a+b) bc, z = -abc a, b, c số nguyên 2.13 HÃy giải ph-ơng trình số hữu tỷ 2x2 + 3xy 5y2 = 2.14 Tìm nghiệm nguyên ph-ơng trình 9x2 + 24xy + 16y2 + 4x +6y + = 2.15 Tìm nghiệm nguyên ph-ơng trình 2x2 2xy + 3y2 – x – 2y – =0 2.16 Tìm tất cặp nghiệm nguyên x y tho¶ m·n y2 = x2 + x + 35 Kết luận Luận văn giới thiệu nội dung sau đây: Dạng toàn ph-ơng, phép biến đổi dạng toàn ph-ơng Giải ph-ơng trình vô định bậc hai hai ẩn cách sử dụng dạng toàn ph-ơng Tìm hiểu số đề thi học sinh giỏi Việt Nam n-ớc khác ph-ơng trình nghiệm nguyên có liên quan đến dạng toàn ph-ơng Luận văn tiếp tục tìm tòi ứng dụng dạng toàn ph-ơng lĩnh vực khác Số học nh- chứng minh bất đẳng thức Số học, phân bố giá trị hàm đa thức 36 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] [2] [3] [4] Nguyễn Hữu Điển (2004), Giải ph-ơng trình vô định nghiệm nguyên, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội Phan Huy Khải (2006), Ph-ơng trình nghiệm nguyên, NXB Giáo dục Hà Huy Khoái (2004), Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông, NXB Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Tr-ờng Đại học Vinh Tiếng Anh [5] [6] [7] [8] M Burton (2002), Elementary Number Theory, McGraw – Hill, India H.L Keng (1982), Introduction to number theory, Springer B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer S.G Telang (2001), Number Theory, McGraw – Hill, India ... ph-ơng trình Pell đà đ-ợc gặp thiên văn học 18 Ch-ơng ứng dụng dạng toàn ph-ơng để giải Ph-ơng trình vô định bậc hai 2.1 Ph-ơng trình vô định bậc hai hai ẩn Dạng chung ph-ơng trình vô định bậc... thức sở Dạng toàn ph-ơng Trong ch-ơng trình bày số kiến thức phép biến đổi dạng toàn ph-ơng, giới thiệu ph-ơng trình nghiệm nguyên có dạng toàn ph-ơng Ch-ơng ứng dụng dạng toàn ph-ơng để giải ph-ơng... Dạng tuyến tính dạng song tuyến tính 1.2 Dạng toàn ph-ơng 1.3 Dạng tắc dạng toàn ph-ơng 10 1.4 Phép biến đổi dạng toàn ph-ơng 12 1.5 Giới thiệu ph-ơng trình nghiệm nguyên 14 Ch-ơng ứng dụng dạng