Về phương trình nghịch đảo các biến

1 Bộ giáo dục đào tạo Tr-ờng đại học Vinh hồ thị Thanh Về ph-ơng trình nghịch đảo biến Luận văn thạc sĩ toán học Vinh 2009 Bộ giáo dục đào tạo Tr-ờng đại học vinh hồ thị Thanh Về ph-ơng trình nghịch đảo biến Chuyên ngành đại số Lý thuyết số Mà số: 60 46 05 Luận văn thạc sĩ toán học Ng-ời h-íng dÉn khoa häc PGS.TS Ngun Thµnh Quang Vinh 2009 Lời nói đầu Một toán Đại số Số học nghiên cứu nghiệm nguyên ph-ơng trình Ph-ơng trình Diophantus (Điôphăng) ph-ơng trình nghịch đảo biến dạng đặc biệt ph-ơng trình nghiệm nguyên 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? Nói cách khác, có hay không ph-ơng pháp để cho ph-ơng trình Diophantus tuỳ ý, sau một thời gian hữu hạn ta tìm nghiệm nguyên ph-ơng trình không tồn nghiệm nguyên? 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 lớn hai, ta tìm cách giải ph-ơng trình cụ thể Một loại ph-ơng trình nghiệm nguyên khác phổ biến ph-ơng trình nghịch đảo biến Loại ph-ơng trình tất nh-ng có số dạng Để giải đ-ợc loại ph-ơng trình ta dựa vào số mệnh đề suy từ kiến thức Số học Vấn đề ta biết biến đổi ph-ơng trình vận dụng mệnh đề vào ph-ơng trình cụ thể Qua áp dụng giải số ph-ơng trình nghiệm nguyên biến đổi đ-a dạng ph-ơng trình nghịch đảo biến Nội dung luận văn gồm hai ch-ơng: Ch-ơng Các kiến thức sở ph-ơng trình Diophantus Trong ch-ơng trình bày số kiến thức việc giải ph-ơng trình Diophantus, số kết ph-ơng trình Fermat giới thiệu ph-ơng trình Mordell Ch-ơng Ph-ơng trình nghịch đảo biến Trong ch-ơng đ-a số mệnh đề th-ờng áp dụng để giải số dạng ph-ơng trình nghịch đảo biến, ph-ơng trình tỉ số biến giới thiệu số đề thi n-ớc ph-ơng trình nghiệm nguyên dạng 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 tới thầy cô giáo Bộ môn Đại số Khoa Toán Khoa Đào tạo sau Đại học - Tr-ờng Đại học Vinh đà hết lòng giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Mặc dù đà cố gắng, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong đ-ợc góp ý kiến quý thầy cô bạn đồng nghiệp Vinh, tháng 12 năm 2009 Tác giả Ch-ơng Các kiến thức sở Ph-ơng trình diophantus 1.1 Về việc giải ph-ơng trình Diophantus 1.1.1 Định nghĩa Một ph-ơng trình có nhiều ẩn số, với tất hệ số số nguyên đ-ợc gọi ph-ơng trình Diophantus Những ph-ơng trình Diophantus nói chung có nhiều nghiệm nguyên, ng-ời ta gọi chúng ph-ơng trình vô định Nhiều ph-ơng trình vô định phát biểu đơn giản nh-ng ngày ch-a có cách giải hữu hiệu Một ph-ơng trình vô định th-ờng có dạng P(x, y, , z) = 0, P(x, y, , z) đa thức nhiều biến với hệ số nguyên Để giải ph-ơng trình Diophantus ta th-ờng phải trả lời câu hỏi sau: Ph-ơng trình có tồn nghiệm nguyên không? Ph-ơng trình có hữu hạn hay vô hạn nghiệm? Tìm tất nghiệm nguyên ph-ơng trình? Từ thời Diophantus ông đà đặt toán "HÃy phân tích số ph-ơng thành tổng hai số ph-ơng", từ toán dẫn đến định lý Phythagore hình học Theo nh- tài liệu lịch sử để lại, từ thời Bavilion hay sau ấn Độ, Ai CËp, Trung Qc víi kÝch th-íc cđa tam gi¸c vu«ng 3, 4, tháa m·n a2 + b2 = c2 đà đ-ợc biết đến với a, b cạnh góc vuông, c cạnh huyền Ng-ời Bavilon đà biết r»ng mäi tam gi¸c cã kÝch th-íc x = m2 - n2, y = 2mn, z = m2 + n2 (m, n số tự nhiên, m > n) tam giác vuông Đặc tr-ng Diophantus ông giải ph-ơng trình tập số hữu tỷ, từ suy nghiệm ph-ơng trình tập số nguyên Chẳng hạn Diophantus giải đ-ợc ph-ơng trình vô định x2 + y2 = a2 cã nghiƯm tËp sè h÷u tû lµ: x a ( m  1) 2am , y  m2  m 1 Từ suy nghiệm ph-ơng trình tập số nguyên Một câu hỏi đặt số lập ph-ơng có phân tích tổng hai số lập ph-ơng, phải câu hỏi đặt d-ới thời Diophantus? Rất lâu sau nhà toán học Fermat đà khẳng định "Không thể phân tích số lập ph-ơng tổng hai sè lËp ph-¬ng, mét sè tø ph-¬ng tỉng hai số tứ ph-ơng " Hay Fermat đà khẳng định: "Ph-ơng trình vô định xn + yn = zn với n nguyên, nghiệm nguyên d-ơng" Không có ph-ơng pháp chung để giải đ-ợc ph-ơng trình Diophantus bậc hai bậc cao hai Đối với ph-ơng trình, ta phải xem xét đặc điểm để tuỳ tr-ờng hợp cụ thể, phân tích thừa số viết d-ới dạng tổng sè råi vËn dơng c¸c tÝnh chÊt chia hÕt Cã thể thử để thấy nghiệm (trong tr-ờng hợp dễ thấy) từ tìm cách suy nghiệm khác chứng minh ph-ơng trình có nghiệm khác Nói chung giải ph-ơng trình Diophantus bậc cao toán khó Chú ý nhiều ta gặp hai ph-ơng trình t-ơng tự, khác hệ số, mà ph-ơng trình có vô số nghiệm, ph-ơng trình lại vô nghiệm; ph-ơng trình dễ giải, ph-ơng trình lại khó giải, chí ch-a giải đ-ợc Rất nhiều ph-ơng trình Diophantus phải giải ph-ơng pháp toán học cao cấp; việc nghiên cứu ph-ơng trình Diophantus đà trở thành ngành riêng đ-ợc gọi giải tích Diophantus Các ph-ơng trình Diophantus liên hệ lý thuyết với vấn đề khác, giúp ta giải tình đời sống th-ờng ngày mà có ứng dụng kỹ thuật, riêng ph-ơng trình Pell đà đ-ợc gặp thiên văn học 1.2 Một số kết ph-ơng trình Fermat Vào khoảng năm 1630, nhà toán học Pháp Fermat đà viết bên lề sách số Phythagore nh- sau: "Ph-ơng trình xn +yn = zn nghiệm nguyên d-ơng với n Tôi đà tìm đ-ợc cách chứng minh tuyệt diệu điều khẳng định này, nh-ng lề sách nhỏ nên trình bày đ-ợc" Ph-ơng trình xn + yn = zn, với việc tìm nghiệm nguyên d-ơng đ-ợc gọi ph-ơng trình Fermat Khẳng định "ph-ơng trình xn + yn = zn nghiệm nguyên d-ơng với n 3" đ-ợc gọi định lý lớn Fermat Với n = ta có mệnh đề sau: 1.2.1 Mệnh đề Ph-ơng trình x2 + y2 = z2 có vô số nghiệm nguyên công thức nghiệm tổng quát là: x = m(p2- q2) y = m.2pq z = m(p2 + q2), m, p, q số nguyên với (p, q) = p, q chẵn lẻ khác (trong công thức nghiệm x y đổi chỗ cho nhau) Chứng minh Chia hai vế ph-ơng trình x2 + y2 = z2 (1) cho z2, ta đ-ợc: x2 y2 z2 z2 đặt x y X , Y , ta có ph-ơng trình: X Y (2) với X , Y số h÷u z z tû Ta cã: (2)  Y   X  Y  (1  X )(1  X ) 1 X  Y     Gi¶ sư X  -1, chia hai vế cho (1+ X ) ta đ-ợc:   X   X 2t t X Y đặt t = ta cã: t  , tõ ®ã suy X = ,Y = 1 X 1 t 1 X t (3) với giá trị hữu tỷ t, ta có giá trị hữu tỷ X Y thỏa mÃn (2) Ng-ợc lại nghiệm hữu tỷ (2) có dạng (3) (trừ tr-êng hỵp X = -1, Y = 0) Nh- vËy, (3) công thức nghiệm tổng quát (2) Từ (3), ta có công thức nghiệm nguyên tổng quát (1) cách đặt y pq x p2  q2 p  Y t= víi (p, q) = 1, lóc ®ã ta cã: X =  , = (4) z p2  q2 z p  q2 q từ ta thấy số nguyên sau thỏa mÃn ph-ơng trình (1): x = m(p2-q2) y = m.2pq (5) z = m(p2+ q2) víi m nguyên Nếu số nguyên p2 - q2, 2pq vµ p2 + q2 cã -íc chung d > chia chúng cho d ta cã mét nghiƯm míi cđa (1) kh¸c víi nghiƯm (5) Nh-ng điều xảy ra, (5) cho nghiệm tổng quát (1) Thật vậy, (p, q) = nên là: p q chẵn lẻ khác hai lẻ Trong tr-ờng hợp p q chẵn lẻ khác p2- q2, 2pq p2 + q2 cã -íc chung d > NÕu cã sè d nh- d phải lẻ (do p2- q2 lẻ) d phải -ớc (p2 - q2) + (p2+ q2) = 2p2 vµ cđa (p2+ q2) - (p2- q2) = 2q2, d lẻ nên d -ớc p q, trái với giả thiết (p, q) = Trong tr-ờng hợp p, q lẻ, ta đặt p + q = P p - q = Q ta cã ( P , Q ) = P , Q chẵn lẻ khác (vì P + Q lẻ) Thay vào (4) ta ®-ỵc: x PQ  z P  Q2 y P2  Q2  z P2  Q2 nghÜa ta có kết t-ơng tự nh- (4), khác x y đổi chỗ cho nhau, thay v× p, q th× cã P , Q víi ( P , Q ) = vµ P , Q chẵn lẻ khác Nh- vậy, công thức (5) cho nghiệm tổng quát ph-ơng trình đà cho. Qua mệnh đề ta thấy ph-ơng trình Fermat với n = có vô số nghiệm nguyên d-ơng Ph-ơng tr×nh x2 + y2 = z2 víi viƯc t×m nghiƯm nguyên đ-ợc gọi ph-ơng trình Phythagore 1.2.2 Mệnh đề Ph-ơng trình x4 + y4 = z2 nghiệm nguyên d-ơng Chứng minh Giả sử trái lại ph-ơng trình đà cho có nghiệm nguyên d-ơng Khi theo nguyên lí cực hạn (tính xếp thứ tự tối -u số tự nhiên) tồn nghiệm x04 y04 z 02 nguyên d-ơng (x0, y0, z0) ®ã z0 lµ nhá nhÊt mµ (6) Tr-íc hÕt ta chøng minh r»ng (x0, y0) = ThËt vËy, nÕu trái lại gọi p -ớc nguyên tố chung chúng, x0 p y0 p Từ x04 p y 04 p , 4 nªn ( x0  y0 ) p Vì dựa vào (6), ta có z 02  p hay z  p Vì x0 p y0 p nên x0  px1 , y0  py1 thay vµo (6) vµ ta cã: p ( x14  y14 )  z 02 (7) Tõ z  p z0 = p2z1 thay vào (7) ta đến: x14 y14 z12 (8) Đẳng thức (8) chứng tỏ (x1, y1, z1) nghiệm nguyên d-¬ng cđa (6), nh-ng z1 < z0 (do z0 = p2z1, với p số nguyên tố) Điều mâu thuẫn với định nghĩa nghiệm (x0, y0, z0) Vậy giả thiết phản chứng sai, tức (x0, y0) = ViÕt l¹i (6) d-íi d¹ng: ( x02 )  ( y02 )  z 02 2 Tõ ®ã suy ( x0 , y0 , z ) nghiệm nguyên d-ơng ph-ơng trình Phythagore x2 + y2 = z2 (9) Theo (x0, y0) = nªn ( x02 , y02 )  suy ( x02 , y02 , z ) = VËy ( x02 , y02 , z ) ba Phythagore nguyên thuỷ (9) Do vai trò bình đẳng x0, y0 nên cho y số chẵn Theo cấu trúc nghiệm ph-ơng x02 m  n tr×nh Phythagore suy ra: y02  2mn (10) z0  m  n víi m >n số nguyên d-ơng, (m, n) = m, n khác tính chẵn lẻ 10 2 §Ĩ ý r»ng x0  n = m2, nên (x0, n, m) nghiệm nguyên d-ơng ph-ơng trình Phytagore (9) Lại (m,n) = 1, nên (x0, n, m) ba x0 = a2 - b2 Phytagore nguyªn thủ cđa (9) Ta l¹i cã: n = 2ab (11) m = a2 + b2 a, b số nguyên d-ơng với a > b, (a,b) = a, b khác tính chẵn lẻ Do y0 chẵn nên giả sử y0 = 2y1 theo (10) (11) ta cã: y02  y12  2mn  4ab(a  b ) y12  ab(a  b )  abm tõ ®ã ®i ®Õn: (12) Do (a,b) = nªn (a,m) = (b,m) = Vì lẽ từ (12) ta đ-ợc a a12 , b  b12 , m  m12 Thay vào phần (11) ta có: m12 a14 b14 Do (a1, b1, m) nghiệm nguyên d-ơng (6) Ta có m1 m12  m  m2  n2  z m©u thuẫn với định nghĩa nghiệm (x0, y0, z0) Điều vô lý chứng tỏ giả sử (6) sai Vậy ph-ơng trình x4 + y4 = z2 nghiệm nguyên d-ơng 1.2.3 Hệ 1) Ph-ơng trình x  y  z kh«ng cã nghiệm nguyên d-ơng 2) Ph-ơng trình x n y n  z n víi n = 2s, s  nghiệm nguyên d-ơng Chứng minh 1) Ta cã: x  y  z  x  y  (z ) nghiệm nguyên d-ơng theo mệnh đề 1.2.2 Vì ph-ơng trình Fermat với n = nghiệm nguyên d-ơng s s s 2) Tõ: x  y  z  ( x )  ( y )  ( z ) kh«ng cã s s s nghiệm nguyên d-ơng theo phần hệ qu¶  28 1   suy không tồn z Tr-ờng hợp y z +) Với y = thay vào ph-ơng trình không cã nghiƯm 1 +) Víi y = thay vµo   ta cã z = Tr-êng hợp ph-ơng y z trình có nghiệm x = ,y = 3, z = +) Víi y = thay vµo 1   ta có z = Tr-ờng hợp ph-ơng y z tr×nh cã nghiƯm x = 2, y = 4, z = NÕu x =3 ta cã 1 1   1    y z 3 y z suy 1    y z y   y  Ta xÐt víi y = vµ +)Víi y = thay vµo 1   ta cã z = Tr-ờng hợp ph-ơng y z trình có nghiệm x = 3, y = 3, z = +) Víi y = thay vµo 1  ta có z = Tr-ờng hợp ph-ơng y z tr×nh cã nghiƯm x = 3, y = 2, z = Vậy nghiệm ph-ơng trình 2, 3, 6; 2, 6, 3; 3, 6, 2; 3, 2, 6; 6, 2, 3; 6, 3, 2; 2, 4, 4; 4, 2, 4; 4, 4, 2; 3, 3, Ví dụ Tìm tất nghiệm số tù nhiªn x, y, z, t víi x  y z t, ph-ơng trình sau: 1 1    1 x y z t Lêi gi¶i Ta thÊy r»ng x  , bëi x kết hợp với x y  z  t, th× sÏ cã: 1 1      x y z t Mặt khác ta phải có x (nếu ng-ợc lại ph-ơng trình không tồn y, z, t thỏa mÃn ph-ơng trình) Nh- ta xét x = 2, 29 +) x = : Khi ®ã ta có ph-ơng trình 1 1  y z t V× y  z  t , nªn ta cã  , tõ suy y Mặt khác từ ®¼ng thøc sau y 1  , ta nhận đ-ợc y Nghĩa y nhận giá trị: 3, 4, y 1 1 NÕu y =3 , từ suy z 12 Mặt khác , nên z z t z z cïng suy chØ nhËn giá trị sau: 7, 8, 9, 10, 11 12 (a) Víi z = 7: Ta cã  suy t = 42 ph-ơng trình có nghiÖm t 42 x = 2, y =3, z =7, t = 42 (b) Víi z = 8: Ta cã suy t = 24 ph-ơng tr×nh cã nghiƯm x = 2, t 24 y = 3, z = 8, t = 24 (c) Víi z = 9: Ta cã  suy t = 18 ph-ơng trình có nghiệm x = 2, t 18 y = 3, z = 9, t = 18 (d) Víi z = 10: Ta cã  suy t = 15 ph-ơng trình có nghiÖm t 15 x = 2, y = 3, z = 10, t = 15 (e) Víi z = 11: Ta có 1t suy ph-ơng trình không cã nghiƯm 66 nguyªn (f) Víi z = 12: Ta cã  suy t = 12 vµ ph-ơng trình có nghiệm x = 2, t 12 y = 3, z = 12, t = 12 NÕu y = th× 1 1    , tõ ®ã suy z  Mặt khác , nên z t z z z > vµ nã chØ nhËn giá trị sau: 5, 6, (a) Víi z = 5: Ta cã  , suy ph-ơng trình có nghiệm t = 20 x = 2, t y = 4, z = 5, t = 20 20 30 (b) Víi z = 6: Ta cã  suy t =12 vµ ph-ơng trình có nghiệm x = 2, t 12 y = 4, z = 6, t = 12 (c) Víi z = 7: Ta có nên ph-ơng trình nghiệm nguyên t 28 (d) Với z = 8: Ta cã  suy t = ph-ơng trình có nghiệm x = 2, t y = 4, z = 8, t = NÕu y = th×    , tõ ®ã suy z Mặt khác z y, y 10 z t z z nhận giá trị (a) Với z = 5: Ta cã  suy t = 10 ph-ơng trình có nghiệm x = 2, t 10 y = 5, z = 5, t = 10 (b) Víi z = 6: Ta cã  nªn ph-ơng trình nghiệm nguyên t 15 Nếu y = th×    , tõ ®ã z  , nh-ng z  y, y  , ta t×m z t z đ-ợc z = suy t = ph-ơng trình có nghiệm x = 2, y = 6, z = 6, t = Nh- vậy, với tr-ờng hợp x = ph-ơng trình đà cho cã 10 nghiƯm tËp sè tù nhiªn: 2, 3, 7, 42; 2, 3, 8, 24; 2, 3, 9, 18; 2, 3, 10, 15; 2, 3, 12, 12; 2, 4, 5, 20; 2, 4, 6, 12; 2, 4, 8, 8; 2, 5, 5, 10 vµ 2, 6, 6, +) x = 3: Khi ta có ph-ơng trình:    y z t Vì y z t nên ta có  , tõ ®ã suy y  y y Vì x 3, x y nên y nhận giá trị 1 NÕu y = th×   nên , từ suy z Mặt khác z t z z nên z > z nhận giá trị sau: 4, (a) Với z = 4: Ta tìm đ-ợc t = 12, ph-ơng trình có nghiệm x = 3, y =3, z =4, t = 12 31 (b) Víi z = 5: Ta tìm đ-ợc t 15 , ph-ơng trình ®· cho kh«ng cã nghiƯm tËp sè tù nhiên (c) Với z = : Ta tìm đ-ợc t = 6, ph-ơng trình đà cho có nghiệm x = 3, y = 3, z = 6, t = NÕu y = th×    , tõ ®ã suy z 24 Mặt khác z y 12 z t z phải có z = từ ta suy t = 6, ph-ơng trình đà cho có nghiệm x = 3, y = 4, z = 4, t = +) x = 4: Khi ta có ph-ơng trình:    y z t 3 V× y  z  t , nên ta có , từ suy y Mặt khác y x, x = y nghĩa y = Vì thÕ    , tõ suy z Mặt khác z  y, y = z t z suy t = 4, ph-ơng trình đà cho có nghiệm x = 4, y = 4, z = 4, t = Nh- vËy ta cã 10 nghiƯm liƯt kª thêm nghiệm nữa: 3, 3, 4, 12; 3, 3, 6, 6; 3, 4, 4, 6; 4, 4, 4, Ví dụ Tìm tất nghiƯm x, y, z, t sè tù nhiªn cđa ph-ơng trình sau: x y  z  t2 1 Lêi gi¶i Dễ thấy không số tự nhiên x, y, z, t thỏa mÃn ph-ơng trình đà cho mà lại có giá trị Cũng nh- không nghiệm lại có biến lớn 3, tr-ờng hợp x = 3, y = 2, z = 2, t = ta sÏ cã: x2  y2  z2  t2    31 36 xảy Nh- lại x = y = z = t = Đây nghiệm ph-ơng trình số tự nhiên 32 2.3 Ph-ơng trình tỉ số biến Dạng Cho ph-ơng trình: x y  y z  z x m 1) Chøng minh r»ng víi m = vµ m = ph-ơng trình nghiệm x, y, z tập tự nhiên hÃy tìm nghiệm với m = 2) Với số tự nhiên m hÃy tìm tất nghiệm x, y, z ph-ơng trình tập hợp số nguyên, mà chúng khác không đôi nguyên tố Lời giải 1) Ta có bất đẳng thức Cauchy: abc Nếu a, b, c số thực d-ơng, ta có:   abc   ¸p dơng bÊt đẳng thức Cauchy cho số d-ơng Ta có: x y  y z  z x x y z , , y z x vµ x y z  y z x 3 Tõ ®ã suy m = 1, m = ph-ơng trình vô nghiƯm Khi m = 3, tøc lµ dÊu "=" cđa bất đẳng thức xảy ra, hay là: x y y z  z x vµ x y z  suy x = y = z y z x Vậy m = ph-ơng trình đà cho có nghiệm tập số tự nhiên y = z = x, x số tự nhiên m = 1, m = 2, ph-ơng trình nghiệm tập số tự nhiên 2) Bài toán đà cho t-ơng đ-ơng với giải ph-ơng trình x2z +y2x +z2y = mxyz tập hợp số nguyên, mà nghiệm khác không đôi x, y, z nguyên tố Từ ph-ơng trình nµy suy x2z y, y2x z, z2y x víi (x, y) =1 (z, y) =1 (x2z , y) = vµ tõ x2z y suy y = T-ơng tự ta tìm đ-ợc z = ± 1, x = ± 33 NÕu nh÷ng số x, y z có dấu ph-ơng trình nhận đ-ợc + + 1= m nghĩa m = Nếu số x, y, z có số d-ơng số âm có số âm số d-ơng, từ ph-ơng trình suy m số âm, điều xảy Nh- với số tự nhiên m ph-ơng trình: x y y z  z x  m cã nghiÖm x, y, z tập số nguyên, chúng khác không đôi nguyªn tè cïng chØ víi m = vµ cã nghiƯm x = y = z = x = y = z = -1 Còn với m ph-ơng trình nghiệm với tính chất mong muốn Chú ý Những ph-ơng trình sau tËp sè tù nhiªn: a) x y  y z  z x  kh«ng biÕt cã nghiƯm hay kh«ng b) x y z    cã nghiÖm x = 1, y = 2, z = y z x c) x y z    cã nghiÖm x = 2, y =12, z = y z x T-¬ng tù ta chứng minh đ-ợc: a) Với m = m = ph-ơng trình: x2 yz y2 xz z2 xy  m kh«ng cã nghiƯm x, y, z tập số tự nhiên có vô số nghiệm (x, x, x), với x số tự nhiên m = b) Víi m = 1, vµ ph-ơng trình: x y z t m y z t x kh«ng cã nghiƯm x, y, z tập số tự nhiên có vô số nghiƯm (x, x, x, x), víi x lµ sè tù nhiªn m = 34 Víi m = ph-ơng trình: x y z t  m kh«ng cã nghiƯm x, y, z, t y z t x tập tự nhiên, nh-ng có vô hạn nghiệm tập số nguyên khác không là: x = - n2, y = n2(n2 - 1), z = (n2 - 1)2, t = - n(n2 - 1), n > số tự nhiên Dạng Tìm tất nghiệm nguyên d-ơng ph-ơng trình: x y z 2 2 m y z z x x y Lời giải Xét ph-ơng trình: x y z m , với m số nguyên d-ơng y2 z2 z2 x2 x2 y2 Do vai trò bình đẳng x, y, z nên giả sử x y z , từ ph-ơng trình ta có:x3 + y3 + z3 = mx2y2 z2 tõ ®ã dÉn ®Õn: z  mx y  x3  y x3 y 2  mx y    mx y  x  y 2 z x y NÕu mx y  x  y < th× m < (1) 1  2 xy yx Víi m =  x2y2 - x - y <  xy - x - y <  (x -1)(y -1) - < suy x =  y2 - y < y (y -1) < 0, vô lý y nguyên d-ơng.Vậy mx2y2 - x - y 0, từ (1) ta cã: z2  (mx2y - x - y2)2 Mặt khác: x3 + y3 z2 x3 + y3  z2 (2) (3) Tõ (2) vµ (3) ta cã:   1 1 x  y  mx y  ( x  y)  mxy  2(  )   x y mx my NÕu x  th× y  2, suy ra: 1  1 1 1 mxy          2     3  2  m.8 m.8  x y  m.x my m©u thuÉn víi (4) VËy x = Khi ®ã (4) trë thµnh: (4) 35 my   1   y m my NÕu y  th×: my     (5) 1     , m©u thn víi (5) y m my m4 VËy y  +) NÕu y =  x  y    z  z  +) NÕu y =  x3  y3   z  z  (v× z  y) +) NÕu y =  x3  y3  28  28 z , v« lý Thử lại thấy m =1 m = thỏa mÃn ph-ơng trình Hoán vị vai trò x, y, z với m = ph-ơng trình đà cho có nghiÖm sau: (1, 2, 3,); (1, 3, 2); (2, 1, 3); (2, 3, 1); (3, 1, 2) vµ (3, 2, 1) với m =3 ph-ơng trình đà cho có nghiệm (1, 1, 1) Dạng Với giá trị nguyên n ph-ơng trình: x y    n cã y x xy nghiÖm nguyên d-ơng Lời giải Do x,y > nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có: x y suy y x x y    V× thÕ n = 1, n = ph-ơng trình đà cho vô nghiệm y x xy Với n = 3, ph-ơng trình đà cho chắn có nghiệm nguyên d-ơng, chẳng hạn x = y = Bây xét n nguyên n >3 ta chứng minh ph-ơng trình đà cho nghiệm nguyên d-ơng Thật vậy, giả sử điều không tức tồn k nguyên, k > mµ x y  k  x  y   kxy (6) cã nghiƯm nguyªn d-ơng ph-ơng trình y x xy Gọi P tập nghiệm nguyên d-ơng ph-ơng trình (6) theo nguyên lý cực hạn, tồn số nguyên d-ơng (x0, y0) cho x0 + y0 lµ bÐ nhÊt 36 Rõ ràng x0 y0, x0 = y0 ta cã x02   k 02  x02 k    k  ta có điều vô lý, k > Vì vai trò x0, y0 nh- nhau, nên không mÊt tÝnh tỉng qu¸t, cã thĨ cho x0 < y0 Xét ph-ơng trình: y kx0 y x02   (7) Râ rµng y0 nghiệm ph-ơng trình Gọi y1 nghiệm thứ ph-ơng trình Theo định lý Viet ta cã: y0  y1  kx0 (8) y0 y1  x0  (9) Do (8) suy y1 nguyên, y0 d-ơng, nên từ (9) suy y1 nguyên d-ơng Lẽ dĩ nhiên y1 nghiệm (7) y1 nguyên d-ơng nên (x0, y1) nghiệm nguyên d-ơng (6), tức (x0, y1) thuộc P Vì theo cách xác định (x0, y0) suy ra: x0 + y1  x0 + y0 (10) Tõ (9) ta cã: x02  x02 1 y1     x0   y  ( x0  y0 1 ,x0 y0 y0 y0 y0 nguyên d-ơng) Vì y1 x0 + nguyên nên từ y1 < x0 + suy ra: y1  x0 Tõ ®ã ta cã: y1 < x0 (do y0 > x0) V× thÕ x0 + y1 < x0 + y0 (11) Tõ (10) vµ (11) suy x0 + y0 bÐ nhÊt lµ sai Tóm lại n = giá trị để ph-ơng trình đà cho có nghiệm nguyên d-ơng 2.4 số đề thi n-ớc Ví dụ (Thụy Điển 1973) Với p số nguyên tố Tìm tất số nguyên d-ơng nguyên tố m, n cho: m m p   n p2 n p Lời giải Quy đồng mẫu số nhân chéo nhau, ta nhận đ-ợc (n - m)p3 = n(n + p) Nh-ng n nguyên tố với n - m, p3 phải chia hÕt cho n NÕu n = th× p + chia hÕt cho p3 v« lý 37 NÕu n = p th× 2p chia hÕt cho p2, p = 2, m = NÕu n = p2 th× n - m = p + ®ã m = p2 – p - NÕu n = p3 th× p3 – m = p3 + p Điều đ-ợc m p đồng thời số d-ơng Vậy với p = 2, (m, n) = (1, 2) hc (1, 4), víi p > 2, (m, n) = (p2 - p - 1, p2) VÝ dô (Brazil 1983) Chøng minh ph-ơng trình sau tồn hữu hạn nghiệm nguyên d-¬ng: 1 1    a b c 1983 Lời giải Không tính tổng quát ta cho r»ng a ≤ b ≤ c Ta ph¶i cã a 3.1983, ng-ợc lại 1 1 vô lý Do tồn hữu hạn giá a b c 1983 trị a nghiệm Bây ta xét số nghiệm ph-ơng trình với cố định a, ta có: 1 1    k b c 1983 a Bây ta phải có b 1 , ng-ợc lại k , vô lý Do b c k tồn hữu hạn khả giá trị nghiệm cho b Suy c hữu hạn khả giá trị nghiệm cho cố định a b Do ta chứng minh đ-ợc ph-ơng trình đà cho tồn hữu hạn nghiệm Chú ý Có thể sử dụng kết dạng (2.2) để giải ví dụ Tổng quát: Ph-ơng trình 1 1    , víi n0 lµ sè tù nhiên cho a b c n0 tr-ớc có hữu hạn nghiệm nguyên d-ơng Ví dụ (Anh 1988) Tìm tất nghiệm nguyên d-ơng ph-ơng trình :   1 a b c 38 Lêi gi¶i NÕu a  th×  b < 3, điều có nghĩa   b c a a   b < hc a <  b  Hay ta chØ xÐt víi a < hc b < NhvËy ta xÐt tr-êng hỵp: a = 1, a = 2, b = 1, b = NÕu a = 1, th×  , 2c = 3b Vì b phải số chẵn Đặt b = 2n, b c ®ã c = 3n, nã cho ta nghiƯm víi mäi n nguyên d-ơng Nếu a =     b < 4, ®ã b =3 Khi ®ã c = 18, nã cho ta b c mét nghiƯm cđa ph-¬ng tr×nh NÕu b = th×     c < 3, ®ã c = Với c = không cho ta c a nghiệm ph-ơng trình Với c = cho a = 2, nghiệm ph-ơng trình Nếu b = , c = 3a Đây lµ mét nghiƯm víi mäi a a c Nh- vËy ph-ơng trình có nghiệm sau: (a, b, c) lµ (2, 1, 2), (2, 3, 18), (1, 2n, 3n), (n, 2, 3n) VÝ dơ 10 (Anh 1995) T×m tÊt số nguyên d-ơng a, b, c cho: 1 (1  )(1  )(1  )  a b c Lời giải Không tính tổng quát ta giả sử c b a Khi ®ã ta cã: 1 1 1    (1  )(1  )(1  )      (1  ) < 2, c  ( hµm 1   gi¶m) a b c c   c Nh- giá trị khả c lµ 1, vµ 1 a b NÕu c =1 th× (1  )(1  )  , điều có a b thỏa mÃn Vậy c = Ta cã thĨ viÕt l¹i biĨu thøc nh- sau (c+1)(a+b+1) = (c-1)ab 39 Gi¶ sư c = Khi ®ã ta cã: (b-3)a = 3b + suy b > NÕu b  7, th× (b - 3)a  4a  4b  3b + mµ 3b + > 3b + 3, điều vô lý víi biĨu thøc (b-3)a = 3b + Nh- vËy ta chØ ph¶i xem xÐt b = 4, Những giá trị cho nghiệm: (7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2) Gi¶ sư c = Khi ®ã ta cã: 2ab = 4(a + b + 1) vËy ab = 2a + 2b + Do ®ã (b - 2)a = 2b + suy b > NÕu b  th× (b - 2)a  3a  3b  2b + > 2b + Điều vô lý víi biĨu thøc tr-íc Nh-ng b - ph¶i số d-ơng , ta cần xét b = Hai giá trị cho ta nghiÖm: (5, 4, 3), (8, 3, 3) Tãm lại, toán có nghiệm nguyên d-ơng sau: (a, b, c) = (5, 4, 3), (8, 3, 3), (7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2) VÝ dô 11 (Thụy Điển 1998) Chứng minh với n > ta tìm đ-ợc số nguyên d-ơng x1, x2,, xn cho: 1 1997     x1 x2 xn 1998 Chứng minh ph-ơng trình nh- phải tồn hai n số với -ớc số lớn thực Lời giải Ta cã: 1997 1 1 1       1998 37 37 999 cho ta ph-ơng trình có nghiệm với n = Giả sử ph-ơng trình có nghiệm với n = s, s > Khi cách viết 1 suy ph-ơng trình đà x  2x   2x  cho cã nghiÖm với n = s + Do ph-ơng trình ®· cho cã nghiƯm víi n > Gi¶ sư 1 1997     vµ mäi cỈp xi, xj ; i, j = 1, 2,… n x1 x2 xn 1998 nguyên tố nhau, ®Ỉt: N = x2x3…xn + x1x3…xn + x1x2 x4x5…xn+…+ x1x2…xn-1 D = x1x2xn, đó: 1 N     x1 x2 xn D 40 Nếu p số nguyên tố, D chia hết cho p tồn xi , với i = 1, 2, , n ph¶i chia hÕt cho p Vì số hạng N (ngoại trừ số hạng xi) chia hết cho p, N không chia hết cho p Nhvậy N số hạng tối giản, D = 1998 = 2.33.37 Víi n ≤ vµ D N 1 1127 ≤    , v« lý Do ph-ơng trình phải tồn hai D 27 37 1998 giá trị xi, i = 1, 2, , n cã -íc sè chung lín th-c 41 Kết luận Luận văn thu đ-ợc kết sau: Tìm hiểu số vấn đề việc giải ph-ơng trình Diophantus Tìm hiểu số kết ph-ơng trình Fermat Giới thiệu loại ph-ơng trình nghiệm nguyên: ph-ơng trình Mordell Chứng minh ba mệnh đề 2.1.1, 2.1.2, 2.1.3 th-ờng áp dụng để giải ph-ơng trình nghịch đảo biến Giải số dạng ph-ơng trình nghịch đảo biến (gồm ph-ơng trình nghịch đảo biến, ph-ơng trình tỉ số biến) Tìm hiểu số đề thi n-ớc ph-ơng trình nghiệm nguyên có liên quan đến nghịch đảo biến 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] [2] [3] [4] [5] Phạm Huy Điển (2002), Tính toán, lập trình giảng dạy toán học Maple, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội Phan Huy Khải (2006), Ph-ơng trình nghiệm nguyên, NXB Giáo dục Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội 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, Đại học Vinh Tiếng Anh [6] [7] [8] [9] Z I Borevic, I R Safarevic (1966), Numbers Theory, Acamedic Press M Burton (2002), Elementary number theory, Mc-Graw Hill Publishing Company Limited, New Delhi S.G.Telang (1996), Number theory, Mc-Graw Hill Publishing Company Limited, New Delhi J P Serr (1973), A course in Arithemetic, Springer - Verlag ... số dạng ph-ơng trình nghịch đảo biến (gồm ph-ơng trình nghịch đảo biến, ph-ơng trình tỉ số biến) Tìm hiểu số đề thi n-ớc ph-ơng trình nghiệm nguyên có liên quan đến nghịch đảo biến 42 Tài liệu... Ph-ơng trình nghịch đảo nhiều biến Với ph-ơng trình nghịch đảo nhiều biến, cách giải ph-ơng trình đ-ợc đặc tr-ng số biến, điều kiện biến, mà ta sử dụng ph-ơng pháp thích hợp Dạng Cho ph-ơng trình: ... ph-ơng trình Diophantus tổng quát Nh- vậy, với ph-ơng trình Diophantus bậc lớn hai, ta tìm cách giải ph-ơng trình cụ thể Một loại ph-ơng trình nghiệm nguyên khác phổ biến ph-ơng trình nghịch đảo biến