2 Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số,
2.2.3 Phương trình Diophantine bậc cao
Ví dụ 2.2.3.1.
Tìm các số tự nhiên thỏa mãn
Giải • Nếu y = 0 thì phương trình (2.32) trở thành x2−5x+ 6 = 0 ⇔(x−2)(x−3) = 0 ⇔ " x= 2 x= 3.
Phương trình (2.32) có hai căp ngiệm (x;y) là (2; 0),(3; 0).
• Nếu y = 1 thì (2.32) trở thành
x2−5x+ 4 = 0⇔(x−1)(x−4) = 0⇔
"
x= 2
x= 3.
Phương trình (2.32) có hai cặp nghiệm (x;y) là (1; 1),(4; 1).
• Nếu y ≥2 thì 3y = 3.3y−1...9.
Ta xét vế trái (2.32) theo các trường hợp số dư của x khi chia hết cho 3.
x= 3k(k ∈N) thì x2−5x+ 7 6...3 nên phương trình (2.32) vô nghiệm Nếu x= 3k+ 1(k ∈ N) thì
x2−5x+ 7 = (3k+ 1)2−5(3k+ 1) + 7 = 9k2−9k+ 36 ...9
Nên phương trình (2.32) vô ngiệm Nếu x= 3k+ 2(k ∈ N) thì
x2−5x+ 7 = (3k+ 2)2−5(3k+ 2) + 7 = 9k2−3k+ 16 ...3
Do đó phương trình (2.32) vô nghiệm.
Vậy có bốn cặp nghiệm tự nhiên (x;y) thỏa mãn phương trình (2.32) là
(2; 0),(3; 0),(1; 1),(4; 1)
Ví dụ 2.2.3.2.
Giải phương trình nghiệm nguyên
Giải
Từ (2.33), ta có x, y là hai số chẵn vì trong các trường hợp ngược lại, vế trái là một số lẻ, vế phải là một số chẵn.
Ta có
(2.33)⇔ (x−y)(x4+x3y +x2y2+xy3 +y4) = 32 +xy, (2.34) vìx4 +x3y+x2y2+xy3+y4= (x3+y3)(x+y) +x2y2 ≥ 0nên từ (2.34) ta có
|x−y|(x4+x3y +x2y2+xy3 +y4) =|32−xy|. (2.35) Với x =y phương trình (2.35) không thỏa nãm.
Với x, y là các số nguyên khác nhau thì |x−y| ≥ 1, từ (2.35)
x4 +x3y+x2y2+xy3+y4 ≤ |32 +xy|. (2.36) Nếu 32 +xy < 0 thì từ (2.36) suy ra
x4+x3y+x2y2 +xy3+y4 ≤ −32−xy.
Hay (x3+y3)(x+y) + (x2y2+xy + 32) ≤0 Bất đẳng thức này không xảy ra vì trong vế trái có (x3+y3)(x+y) ≥0 và
x2y2+xy + 32 = xy + 1 2 2 + 127 4 > 0. Do đó 32 +xy ≥ 0. Từ (2.36) suy ra x4+x3y +x2y2+xy3+y4 ≤ 32 +xy hay (x4+x3y+x2y2+xy3+y4) + (x2y2−xy) ≤32 (x3+y3)(x+y) +xy(xy−1)≤ 32. Vì (x3+y3)(x+y) ≥ 0 nên xy(xy −1) ≤ 32. (2.37) Nếu xy ≥ 7 thì (xy −1) >32. nếu xy ≤ −6 thì (xy−1)> 32.
Do đó (2.37) ta có −6 < xy < 7. Lại vì x, y là hai số chẵn khác nhau nên xy
• Nếu xy = 0 thì x= 0 hoặc là y = 0 Thay x= 0 Vào phương trình (2.33) ta được nghiệm
(
x= 0
y =−2
Thay y = 0 vào phương trình (2.33)
( x = 2 y = 0. Nếu xy =−4 thì ( x = 2 x =−2 Hoặc ( x= −2 x= 2. Không thỏa nãm (2.33). Vậy phương trình (2.33) có hai nghiệm là
( x = 0 y =−2 và ( x= −2 y = 0. Ví dụ 2.2.3.3. Giải hệ phương trình (1 +x)(1 +x2)(1 +x4) = 1 +y7 (2.38) (1 +x)(1 +x2)(1 +x4) = 1 +y7. (2.39) Giải
Hệ phương trình (2.38), (2.39) tương đương với
(
x+x2+x3+x4+x5+x6+x7 =y7 y+y2+y3+y4+y5+y6+y7 =x7
⇒x+x2+x3+x4+x5+x6+x7 =−(y+y2+y3+y4+y5+y6+y7)
⇔x(x4+ 1)(x4+x2+ 1) = x(x4+ 1)(x4+x2+ 1). (2.40)
• Nếu x = 0 thì từ (2.38) suy ra y = 0. Ta thấy (0; 0) là một nghiệm của hệ đã cho.
• x= −1Thì từ (2.38) suy ray = −1. ta thấy(−1;−1) cũng là một nghiệm của hệ đã cho.
• Nếu x < −1 vì vế trái (2.40) > 0 ⇒ y(y + 1) < 0⇔ −1 < y < 0 khi đó vế trái (2.38) <0 vế phải (2.38) <0, mâu thuẫn.
• Nếu −1< x < 0 thì vế trái (2.40) <0
⇒y(y+ 1)> 0⇔
"
y >0
-Với y > 0 thì vế trái (2.39) >1, Vế phải (2.39) < 1, mâu thuẫn. - Với y <−1 Thì vế trái (2.39) <0, vế phải > 0, mâu thuẫn. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x, y) là (0,0) và (−1,−1)
Ví dụ 2.2.3.4.
Giải phương trình nghiệm nguyên với x không lớn hơn 100:
1 +x+x2+x3 =y2.
Giải Ta cần đến bổ đề sau .
Bổ đề. Nếu các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn ab =c2 mà ƯCLN(a,b) = 1 thì a−m2 và ab−n2, trong đó m, n là các số nguyên dương.
Chứng minh. Đặt (a, c) = e thì a = em và c = en với (m, n) = 1. Từ ab = c2
có emb = e2n2 ⇔ mb = en2. Vì (a, b) = 1 nên (e, b) = 1, từ đó và mb = en2
nên b là ước của n2. Do (m, n2) = 1 và (m, b) = n2 nên n2 là ước của b. Suy ra b = n2 và e =m, do đó a= m2. Bổ đề được chứng minh. Biến đổi giả thiết như sau:
y2 = 1+x+x2(1+x) = (1+x)(1+x2) (2.41)
• Với x = 0 thì y = 1 và y = −1 đều thỏa mãn.
• Với x = 1 thì y = 2 và y = −2 đều thỏa mãn.
• Với x =−1 thì y = 0 (thỏa mãn).
• Với x <−1 thì y2 = (1 +x)(1 +x2) < 0 (không thỏa mãn).
• Với x ≥ 2 Giả sử phương trình y2 = (1 +x)(1 + x2) có nghiệm. Đặt ƯCLN(1 +x,1 +x2)=e thì e là ước số của (1 +x)2−(1 +x2) = 2x, do đó e là ước số của 2(1 +x)−2x = 2. Xét hai trường hợp sau.
1. Nếu x là số chẵn thì e = 1. Sử dụng Bổ đề trên vào đẳng thức
y2 = (1 +x)(1 +x2) ta có 1 +x = m2 và 1 +x2 = n2 với m, n là các số nguyên dương. Từ đó có 1 = n2−x2 = (n−x)(n+x) suy ra
2. Nếu x là số lẻ thì e = 2, lúc đó 1 + x = 2m2 với m, n là các số nguyên dương và (m2, n2) = 1, lúc đó y = 2mn. Với 1 < x ≤ 100
thì 2 < 2m2 ≤ 101 hay là m2 ≤ 50. thử với m2 = 4 được x = 7 và
n= 5, có 1 +x= 2.22 và 1 +x2 = 2.52.
Ta được(1 + 7)(1 + 72) = 202 = (−20)2 (Thỏa mãn). Lần lượt kiểm tra m2 bằng 9,16,25,36,49, đều không thỏa mãn.
Vậy phương trình 1 + x+x2 +x3 = y2 với x < 100 vó các nghiệm nguyên(x, y)sau:(−1,0),(0,1),(0,−1),(1,2),(1,−2),(7,20),(7,20).
Ví dụ 2.2.3.5.
Chox, y, z là ba số nguyên dương nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn(x−z)(y− z) =z2. chứng minh số x, y, z là số chính phương.
Giải
Trước hết ta chứng minh x− z và y −z nguyên tố cùng nhau. Giả sử (x − z, y−z) = d, Ta có (x−z)...d,(y−z)...d⇒(x−z)(y−z)...d2. Từ giả thuyết suy ra z2...d2 hay z...d khi đó x và y cùng chia hết cho d. Vì (x, y) = 1 nên d = 1.
Vì (x, y) = 1 nên d = 1. Vậy x− z và y −z cùng là số chính phương. Đặt
x−z = k2, y−z = m2 (k, m ∈ N) ta có (x−z)(y−z) =k2m2 = z2 ⇒z = km.
Khi đóx+y = (x−z) + (y−z) + 2z = k2+m2+ 2km= (k+m)2. Mặt khác, từ (x−z)(y−z) =z2 suy ra xy = z(x+y) ⇒xyz = z2(k+m)2 = [z(k + m)]2.
Vậy xyz là số chính phương.
Ví dụ 2.2.3.6. Giải hệ phương trình ex−ey =x−y (2.42) log2x2 + log√ 24y3 = 10. (2.43) Giải
Điều kiện x > 0, y >0. Phương trình (2.42) được viết lại dưới dạng
Xét hàm sốf(t) = et−t, có f′(t) = et−1>0,∀t > 0. Do đó hàm số f(t) đồng biến khi t > 0.
Từ (2.44) suy ra
(
f(x) =f(y)
x >0, y > 0 ⇒ x = y. Thay vào (2.43) được log2x 2 + log√
24y3 = 10, log2x− 1 + 2(log2x) = 10, hay log2x = 1. Hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (2; 2). Ví dụ 2.2.3.7. Giải hệ phương trình ln(x+ 1)−ln(1 +y) = x−y (2.45) 2x2−5xy+y2 = 0. (2.46) Giải
Điều kiện x > −1, y > −1. phương trình (2.45) của hệ được viết dưới dạng
ln(x+1)−x= ln(1+y)−y (2.47)
Xét hàm sốf(t) = ln(1 +t)−t, vớit ∈ (−1; +∞) có f′(t) = 1
1 +t−1 = t 1 +t.
Ta thấy f′(t) = 0⇔ t= 0.
Hàm số f(t) đồng biến trong (−1; 0) và nghịch biến trong khoảng (0;∞). Ta có (2.47) ⇔ f(x) = f(y), lúc đó x = y hoặc xy < 0 (nếu x, y thuộc cùng một khoảng đơn điệu thì x = y, trong trường hợp ngược lại thì xy < 0). Nếu
xy < 0 thì vế trái của (2.46) luôn dương. Phương trình không thỏa mãn.
Kết luận
Trong Chương 2, chúng tôi đã trình bày:
- Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.7. Hai định lý này cho ta cách giải hai kiểu phương trình Borel đối với đa thức.
- 22 ví dụ thể hiện sự tương tự của phương trình Borel đối với đa thức và Phương trình nghiệm nguyên.
Kết luận luận văn
Luận văn đã trình bày:
Các Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.7.
Đây là hai Định lý nhận giá trị của đường cong hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không.
Các Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.7. Đây là hai định lý nói về cách giải hai kiểu Phương trình Borel đối với đa thức.
22 ví dụ về giải Phương trình nghiệm nguyên. Các ví dụ này thể hiện sự tương tự giưa phương trình Borel với phương trình Điophantine trên tập hợp số nguyên.
Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt
[1] Vũ Hoài An, Tương tự lý thuyết Nevanlinna cho hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc trưng không, bản thảo.
[2] Vũ Thị Thùy Dung, Vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng
đại số, đặc trưng không và áp dụng, Luận văn thạc sĩ toán học, trường đại
học khoa học - Đại học Thái Nguyên.
[3] Nguyễn Vũ Thanh (2003), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung
học cơ sở, số học, NXB Giáo dục.
[B] Tiếng Anh
[4] Ha Huy Khoai and Mai Van Tu (1995), p-adic Nevalinna - Cartan Theo- rem, Internat. J. Math, pp. 719 - 731.