2 Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số,
2.2 Sự tương tự giữa Phương trình Diophantine trên tập hợp số
trên tập hợp số nguyên với Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không.
Trong Mục 2.1, Chúng ta đã xét phương trình Borel với hai dạng sau:
a1fd
1 +...+an+1fn+1d = 0, (2.22) Ở đó ai ∈ K, ai = 06 , fi không phải đồng nhất không, i= 1, ..., n+ 1.
n+1 X i=1 fd−qi i Di(f1, ..., fn+1) = 0, (2.23) Ở đó Di(z1, ..., zn+1) là các đa thức thuần nhất bậc qi, fd−qi i Di(f1, ..., fn+1)
không đồng nhất không, i = 1, ..., n+ 1. Sự tương tự của (2.22),(2.23) đối với phương trình Diophantine trên tập hợp các số nguyên là việc xét các phương trình sau:
a1xd1+...+an+1xdn+1 = 0, (2.24)
a1xd11 +...+an+1xdn+1
n+1 = 0, (2.25)
Ở đó ai, i = 1, ..., n+ 1 là các số nguyên khác không,d là các số nguyên dương,
di là các số nguyên dương không âm, không đồng thời bằng không
n+1
X
i=1
xd−qi
i Di(x1, ..., xn+1) = 0, (2.26) Ơ đó Di(z1, ..., zn+1) là đa thức bậc qi, d là số nguyên dương.
Chú ý rằng, việc xét các phương trình Diophantine (2.24),(2.25),(2.26) là rất khó. Chẳng hạn, một trường hợp riêng của (2.26) khi a1 = 1, a2 = 1, a3 =
−1, n = 2, d ≥ 3 là phương trình xd1+xd2−xd3 = 0. Phương trình này đã được A.Wiles nghiên cứu và giải quyết chọn vẹn vào năm 1993. Ông đã chứng minh
rằng, phương trình xn+yn =zn không có nghiệm nguyên khác không khi n là số nguyên dương khác, n≥ 3.
Vì vậy, trong mục này, chúng tôi nâu lại các kết quả đã biết trong các trường hợp riêng của (2.24),(2.25),(2.26).
2.2.1 Phương trình Diophantine ax+by = c
Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng:
ax+by =c, a 6= 0, b6= 0, a, b, c∈Z (2.27)
Định lý 2.2.1.1.
Phương trình (2.27) có nghiệm nguyên ⇔ (a, b|c)
Chứng minh. Giả sử (x0, y0) là nghiệm của (2.27) ta có ax0 +by0 = c, nếu
d = (a, b) thì d|ax0+by0 = c Ngược lại, giả sử d = (a, b)|c thì c = dc1 và ta có hai số nguyên x1, y1 sao cho
d =ax1+by1 ⇒ dc1 = a(a1, c1) +b(y1c1) =c
. Vậy (2.27) có nghiệm nguyên.
Hệ quả 2.2.1.2.
Nếu (a, b) =1 thì phương trình (2.27) luôn có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2.2.1.3.
Phương trình 32x+ 40y = 38 không có nghiệm nguyên vì (38,40) = 8138
Giả sử d = (a, b)|c chia hai vế của (2.27) cho d ta được a
dx + b dy = c d với a d, b d
= 1. Để tìm nghiệm nguyên của (2.27) ta có thể giả sử rằng(a, b) = 1.
Định lý 2.2.1.4.
Nếu x0, y0 là nghiệm nguyên của phương trình ax+by = c với (a, b) = 1 thì (2.27) có vô số nghiệm nguyên và nghiệm tổng quát của (2.27) được cho bởi
công thức: (
y = x0−bt y = y0−at.
Với t ∈Z; (x0, y0) gọi là nghiệm nguyên của (2.27).
Mọi cặp số (x0+bt, y0−at) với t ∈ Z đều là nghiệm của (2.27). Thật vậy, ta có a(x0+bt) +b(y0−at) = ax0+by0 =c. Mọi nghiệm (x1, y1) của (2.27) đều có dạng: x1 = x0+bt;y1 = y0−at. Thật vậy. Từ hai đẳng thức ax0+by0 = c
và ax1+by1 = c suy ra:
a(x1 −x0) +b(y1−y0) = 0 ⇒x1−x0...b (vì (a, b) = 1 )
⇒x1−x0 =bt ⇒x1 = x0+bt
Khi đó abt+b(y1−y0) = 0⇒y1 =y0−at. Vậy nghiệm nguyên tổng quát của (2.27) có dạng x =x0+bt, y = y0−at hay x =x0−bt, y = y0+at. Ví dụ 2.2.1.5. Tìm x∈ Z để 5x−1 7 ,∈Z. Ta tìm x, y ∈ Z thỏa: 5x−1 = 7y ⇔5x−7y = 1. Cách 1. Ta có: 5x= 7y+ 1 ⇒x= y+ 2y + 1 5 . Đặt 2x+ 1 = 5t, t∈Z. (2.28) Ta có: x= 5x−1 2 +t = 7x−1 2 = 3t+ t−1 2 . (2.29)
Thay t = 2m+ 1 vào (2.28) và (2.29) ta được: x = 7m+ 3;y = 5m+ 2 với
m∈ Z vậy x ≡ 3(mod7) thì 5x−1
7 ∈ Z.
Cách 2:
Phương trình 5x−7y = 1 có ngiệm riêng là x = 3, y = 2 nên nghiệm nguyên
tổng quát là: (
x= 3 + 7m
y = 2 + 5m m∈ Z. Chú ý 2.2.1.6.
Nếu (x0, y0) là nghiệm riêng của phương trình ax + by = 1 thì (cx0, cy0) là nghiệm của phương trình ax+by= c.
2.2.1.7. Tìm nghiệm riêng của phương trình ax+by = 1 với (a, b) = 1. Thuật toán Euclid để tìm ƯCLN(a, b) :
Giả sử: a= bq0+r1;b =q1+r2;...;rk−1 = rkqk+1.
Lấy các thương trong dãy phép chia của thuật toán rồi tính:
m= q0 1 q1 1 q2 1 ...+ 1 qk = p q.
Nghiệm riêng của ax+by = 1 thỏa
( |x0| = p |y0| =q, Hoặc ( |x0| = q |y0| = p.
Thử từng trường hợp để xác định dấu của x0, y0.
Ví dụ 2.2.1.8.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x−7y = 3
Trước hết tìm nghiệm riêng của 5x−7y = 1. Thuật toán Euclid cho 7 và 5
7 = 5.1 + 2; 5 = 2.2 + 1
Tính m= 1 + 1 2 =
3
2. x0 = 3, y0 = 2 là nghiệm riêng của 5x−7y = 1. ⇒ (9,6) là nghiệm riêng của 5x−7y = 3.
Nghiệm tổng quát của 5x−7y = 3 là:
( x= 9 + 7t y = 6 + 5t hay ( x = 2 + 7m y = 1 + 5m m∈ Z. 2.2.2 Phương trình bậc nhất nhiều ẩn. a1x1+a2x2+...+anxn =c(ak, c∈ Z). (2.30)
Định lý 2.2.2.1.
Phương trình (2.30) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi (a1, a2, ..., an)|c. 2.2.2.2. Cách giải phương trình bậc nhất nhiều ẩn.
Đưa (2.30) về một trong các dạng sau:
a) Có một hệ số của ẩn bằng 1, giả sử a1 = 1 khi đó
x1 =−a2x2−a3x3−...−an;x2, x3, ..., xn ∈Z.
Nghiệm nguyên của (2.30) là (−a2x2−...anxn;x2;...;xn);x2;...;xn ∈Z.
b) Có hai hệ số nguyên tố cùng nhau, giả sử (a1, a2) = 1
2⇔a1x1+a2x2 = c−a3x3−...−anxn
Tìm nghiệm nguyên x1, x2 theo x3, ..., xn.
Ví dụ 2.2.2.3.
Giải phương trình trên tập số nguyên:
6x+ 15y + 10z = 3. (2.31)
Giải
Cách 1.
(2.31) ⇔x+ 10(y +z) + 5(x+y) = 3.
Nghiệm nguyên tổng quát của (2.31) là
x= 3−10u−5v y = −3 + 10u+ 4v z = 3−9u−6v. Cách 2. (2.31) ⇔6(x+z) + 15y= 3−4z. Đặt u =x+z, ta có phương trình: 15y+ 4z = 3−6u.
(-1, 4) là nghiệm riêng của15y+ 4z = 1 nên (−3 + 6u,12−24u) là ngiệm riêng của phương trình 15y+ 4z = 3−6u. Do đó nghiệm tổng quát là
(
y =−3 + 6u+ 4t
z = 12−24u−15t. (u, t∈Z)
Từ u= x+z suy ra x=u−z =u−(12−24u−15t) = −12 + 25u+ 15t
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
x= −12 + 25u+ 15t y = −3 + 6u+ 4t z = 12−24u−15t. (u, t∈ Z) Ví dụ 2.2.2.4.
Tìm tất cả các số nguyênx và y sao cho cả hai số 3x−y+ 1 và2x+ 3−1 đều chia hết cho 7.
Giải Ta tìm nghiệm nguyên của hệ:
3x−y+ 1 = 7u (1) 2x+ 3y −1 = 7v. (2)
Nhân (1) với 3 rồi cộng với (2) ta được:
11x+ 2 = 7(3u+v).
Đặtz = 3u+v ta có phương trình11x−7z =−2 có nghiệm nguyên tổng quát
là: (
x= −4 + 7t
z =−6 + 11t. t ∈Z
Từ 3x−y+ 1 = 7u⇒y = 3x+ 1−7u= −11 + 7(3t−u) ≡ 3(mod7). Thử lại với x≡ 3(mod7) và y ≡ 3(mod7) thì 3x−y+ 1 và 2x+ 3y−1
Ví dụ 2.2.2.5.
Giải các hệ phương trình sau trên tập các số nguyên
a) ( 3x+ 2y = 1 3x+ 6y + 2z = −1; b) ( 3x+ 2y = 1 3x+ 6y + (m+ 1)z =m−2.
Giải
a) Phương trình 3x+ 2y = 1 có nghiệm nguyên là
(
x= 1 + 2t
y = −1−3y. t ∈Z
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: z−6t = 1 có nghiệm nguyên
là ( z = 7 + 6k t= 1 +k. Từ đó ta có x= 1 + 2(1 +k) y = −1−3(1 +k) z = 7 + 6k hay x = 1 + 2l y =−1−3l z = 1 + 6l. (l= 1 +k ∈ Z).
b) Thay nghiệm nguyên của phương trình thứ nhất là
(
x= 2t+ 1
y = −1−3t
vào phương trình thứ hai ta được:(m+ 1)z−12t= m+ 1.
Đặt d = (m+ 1,12)|m+ 1 nên nghiệm nguyên tổng quát là:
z = 1 +12 d l t = m+ 1 d l l∈ Z ⇔ x = 1 +2(m+ 1) d l y =−1− 3(m+ 1) d z = 1 +12 d l l∈ Z, với d= (m+ 1,12) Ví dụ 2.2.2.6.
Trên trục hoành hãy tìm tất cả các điểm nguyên mà tại đó ta dựng được đường vuông góc với trục hoành cắt cả 3 đường thẳngx−5y = 2, x−8y = 1, x−11y = 3
tại các điểm nguyên.
Giải Ta tìm các số nguyên x, y1, y2, y3 thỏa hệ:
Ta có
8y2−5y1 = 1 (1) 5y1−11y3 = 1. (2)
Nghiệm tổng quát của (1) là
(
y2 =−3 + 5t1
y1 =−5 + 8t1. t1 ∈Z
Nghiệm tổng quát của (2) là
( y1 = −2 + 11t2 y2 = −1 + 5t2. t2 ∈Z Ta có: y1 = −5 + 8t1 = −2 + 11t2 ⇔ 8t1 − 11t2 = 3. Phương trình này có nghiệm nguyên ( t1 = −1 + 11k t2 = −1 + 8k. k ∈Z
Thay t1, t2 vàoy1, y2, y3 ta được.
y1 =−13 + 88k y2 =−8k+ 55k y3 =−6 + 40k. k ∈ Z Vậy: x= 2 + 5y1 = −63 + 440k;k ∈ Z. Ví dụ 2.2.2.7.
(Một bài toán dân gian) "Trăm trâu, trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Lụ khụ trâu già, Ba con một bó"
Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm và bao nhiêu trâu già? Lời giải
Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y thì số trâu già là 100−(x+y) và ta có phương trình
5x+ 3y + 100−x−y
3 = 100,
Ở đó x,y là những số nguyên dương. Phương trình trên tương đương với
7x+ 4y = 100.
Ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này. Dễ thấyx0 = 0, y0 = 25 là một nghiệm của phương trình 7x+ 4y = 100 nên tập hợp nghiệm nguyên của nó gồm tất cả các số nguyên (x, y) sau đây
(
x= 4t y = 25−7t,
Với t là những số nguyên tùy ý.
Vì x = 4t > 0 và y = 25−7t > 0 nên 0< t <4.
Vậy số trâu đứng là 4t, số trâu nằm lày = 25−7t và số trâu già là 75 + 3t với
t= 1,2,3.
Tóm lại có ba khả năng cho số trâu mỗi loại:
Nghiệm(xo = 0, yo = 25) được gọi là mộtnghiệm riêng và nghiệm(x = 4t, y = 25−7t)t∈ Z, được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình 7x+ 4y = 100. Ví dụ 2.2.2.8.
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
1821x+ 675y = 6.
Giải Trước hết ta hãy tìm cặp số nguyên, y sao cho
1821x+ 675y =d, d = ƯCLN(1821,675).
Thực hiện thuật toán Ơ-clit mở rộng trên hai số 1821 và 675, chúng ta có bảng sau:
Nhìn vào bảng trên ta được1821x+675y = d,ƯCLN(1821,675) = 3,y = −116
và có đẳng thức
Chúng ta thấyd = 3 là ước của 6 nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Bằng cách nhân hai vế của đẳng thức trên với 2 ta được
1821.86 + 675(−232) = 6.
Đẳng thức cuối cùng này chứng tỏ (x = 86, y = −232) là một nghiệm riêng của phương trình đã cho và do đó nghiệm tổng quát của nó là
x= 86 + 675 3 t= 86 + 225t y =−232− 1821 3 t= −232−607, t= 0,±1,±2, ... Ví dụ 2.2.2.9.
Giải phương trình vô định
17x−47y = 5.
Giải
Vì −47 = 17(−3) + 4 nên ta viết phương trình dưới dạng
17(x−3y) + 4y = 5.
Đặt x−3y =z ∈ Z ta được phương trình
4t+z = 5.
Vì 17 = 4.4 + 1 nên phương trình được viết dưới dạng 4(y + 4z) = t ∈ Z ta được phương trình
4t+z = 5.
Đây là một phương trình bậc nhất hai ẩn có hệ số của ẩn z là 1. Nó cho ta
z = 5−4t, t∈ Z.
Từ đó y =t−4z = t−4(5−4t) =−20 + 17t
x =z+ 3y = (5−4t) + 3(−20 + 17t) =−55 + 47t.
Vậy phương trình có nghiệm là
(
x−55 + 47t
Chú ý. Cách làm như trên để giải phương trình Đi-ô-phăng bậc nhất hai ẩn gọi là cách tách phần nguyên. Người ta trình bầy cách giải như sau:
Từ 17x−47y = 5 suy ra 17x= 47y + 5. Từ đó ta có x = 47y+ 5 17 = 3y + 5−14y 17 hay x−3y = 5−4y 17 . Điều kiện x ∈ Z và y ∈ Z kéo theo 5−4y 17 ∈Z. Đặt 5−4y 17 = z ∈Z. ta được Từ đó z = 5−4t, t∈ Z. y =−4z+t= −4(5−4t) +t= −20 + 17t x= 3y+z = 3(−20 + 17t) + (5−4t) =−55 + 47t.
Nghiệm của phương trình là
(
x=−55 + 47t
y = −20 + 17t , t= 0,±1, ±2, ... Ví dụ 2.2.2.10.
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
9x−15y = 2m+ 1,
Ở đó m là một số nguyên cho trước. Giải
Để phương trình có nghiệm nguyên, điều kiện cần và đủ là ƯCLN(9,15)= 3chia hết cho2m+ 1, nghĩa là số nguyên z sao cho2m+ 1 = 3z. Từ đó m= 3z−1
2 =
z+z−m
2 =z+k vớik = z −1
2 ∈ Z.Nghĩa làz = 2k+1vàm = 3k+1,nói cách khác đi m chia hết cho 3 được thương hụt là k, dư là 1. Khi ấy phương trình đã cho trở thành3x−5 = 2k+ 1. Nhận xét rằng 3(4k+ 2)−5(2k+ 1) = 2k+ 1
nên phương trình có nghiệm riêng (x0, y0) = (4k+ 2.2k + 1) và nghiệm tổng quát là
(
x= 4k+ 2 + 5t
y = 2k+ 1 + 3t , t = 0,±1,±2, ... Tóm lại:
• Nếu chia m cho 3 thì được dư khác 1 thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên,
• Nếu m= 3k + 1, k∈ Z thì phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là
(
x= 4k+ 2 + 5t
y = 2k+ 1 + 3t , t = 0,±1,±2, ... Ví dụ 2.2.2.11.
Tìm các nghiệm nguyên của hệ phương trình
(
2x−3y−5z = 1 3x+ 2y + 3z = 5.
Giải
Phương trình thứ nhất được viết thành 2x−3y = 5z + 1.
Ta có 2(10z+ 2)−3(5z+ 1). Do đó có thể chọn x0 = 10z+ 2, y0 = 5z+ 1 và
vì vậy (
x = 10z+ 2 + 3t
y = 5z+ 1 + 2t. t ∈Z
Thế vào phương trình thứ hai ta được
3(10z+ 2 + 3t) + 2(5z+ 1 + 2t) + 3z = 5,
hay
43z+ 13t= −3.
Giải phương trình Đi-ô-phăng này:t = −43z−3
13 =−3z− 4z+ 3 13 .Đặt 4z + 3 13 = v ∈ Z ta có 4z+ 3 = 13v nên z = 13v−3 4 = 3v+ v −3 4 . Bây giờ đặt v −3 4 =u ∈Z, ta được v = 4u+ 3, z = 3v+u= 13u−9, t =−3z −v = 43u−30 x = 10z+ 2 + 3t=u+ 2 y = 5z+ 1 + 2t= −21u−14.
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm (x, y, z) x= 2 +u y = −14−21u z = 9 + 13u. ; u= 0,± 1,±2, ... Ví dụ 2.2.2.12.
Tìm các số tự nhiên ncó hai chữ số sao cho nchia hết cho 9 và n+ 1 chia hết cho 25.
Giải
Trước hết ta tìm nsao cho n= 9x, x∈ Z và n+ 1 = 25, y ∈ Z, Từ đó dẫn đến phương trình Đi-ô-phăng
9x= 25y−1,
hay
25y−9x= 1.
Ta có 25.4− 9.11 = 1 nên x0 = 11, y0 = 4 là một nghiệm riêng của phương trình trên và do đó nó có nghiệm tổng quát là
x= 11 + 25t và y = 4 + 9t,(t∈ Z).
Từ đây suy ra n= 9x = 99 + 225t, t∈Z. Nhưng n là số tự nhiên có hai chữ số nên ta phải lấy t= 0 và ta được n= 99.
Ví dụ 2.2.2.13.
Tìm các chữ sốx vày trong hệ thập phân sao cho nếu chiaxxxxchoyyyy được thương là 16 dư r và nếu chia xxxx cho yyy được thương cũng là 16 nhưng số dư nhỏ hơn r là 2000 đơn vị.
Giải Từ giả thiết ta có
(
104x+ 103x+ 102x+ 10x= 16(103y+ 102y+ 10y+y) +r
103+ 102x+ 10x+x= 16(102y+ 10y+y) +r−2000.
Từ đó suy ra phương trình Đi-ô-phăng
hay
5x−8y = 1.
Ta có 5.5−8.3 = 1 nên x0 = 5, y0 = 3 là nghiệm riêng của phương trình trên và do đó nghiệm tổng quát của nó là x= 5−8t, y = 3−5t,(t ∈ Z). nhưng vì