Báo cáo khoa học một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCHÀ THỊ KIM DUNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCHÀ THỊ KIM DUNG MỘT S

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HÀ THỊ KIM DUNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM

NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2012

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HÀ THỊ KIM DUNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM

NGUYÊN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TS HÀ HUY KHOÁI

Thái Nguyên - Năm 2012

Mục lục

Mục lục i

LỜI NÓI ĐẦU 1 Nội dung 3 1 ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 3 1.1 Về việc giải phương trình Điôphăng 3

1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính 4

1.3 Phương trình Fermat 7

1.3.1 Các bộ số Pitago 7

1.3.2 Phương trình Fermat 11

1.4 Phương trình Pell 14

1.4.1 Phân số liên tục 15

1.4.2 Phương trình Pell 31

2 MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 39 2.1 Bài toán 39

2.2 Về cấu trúc của S: 40

2.3 Chứng minh định lí 2.1 41

2.3.1 Chứng minh T ⊂ S 42

2.3.2 Xây dựng hoàn chỉnh tập S : 48

Tài liệu tham khảo 54

LỜI NÓI ĐẦU

Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và cũng

là lĩnh vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thiết chưa cócâu trả lời Một trong những bộ phận quan trọng của Số học được nhiềunhà toán học lớn trên thế giới nghiên cứu, đó chính là "Phương trìnhnghiệm nguyên" Trong các kì thi chọn học sinh giỏi trong và ngoàinước, các bài toán về phương trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tàihay và khó đối với học sinh Là một giáo viên dạy bộ môn Toán ở cáctrường phổ thông, chắc chắn ai cũng muốn trang bị cho mình những kiếnthức đầy đủ nhất về vấn đề này Chính vì vậy, tôi đã chọn "Phương trìnhnghiệm nguyên" làm luận văn tốt nghiệp của mình

Nội dung luận văn được chia thành hai chương:

Chương 1: “Đại cương về phương trình nghiệm nguyên” , trìnhbày về việc giải phương trình Điôphăng và phương pháp giải phương trìnhĐiôphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell

Chương 2: “Một lớp phương trình nghiệm nguyên” , giới thiệumột lớp phương trình nghiệm nguyên được quan tâm nhiều Nội dung củachương được viết theo bài báo "The equation

Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên trong quá trình viết luậnvăn cũng như trong xử lý văn bản chắc chắn không tránh khỏi những saisót nhất định Tác giả luận văn rất mong nhận được sự góp ý của các thầy

cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.

Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy hướngdẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái đã tận tình giúp đỡ trong suốt quá trìnhlàm luận văn

Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy, cô giáo Trường Đại học Khoahọc - Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học -Viện Khoa học và Công nghệViệt Nam, đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện thuận lợi trong quá trình tácgiả học tập và nghiên cứu

Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, tổ Khoa học tựnhiên Trường THCS Trần Phú và tập thể bạn bè đồng nghiệp cùng giađình đã quan tâm giúp đỡ, động viên tác giả hoàn thành tốt luận văn này

Thái Nguyên, tháng 07 năm 2012

Người thực hiện

Hà Thị Kim Dung

Chương 1

ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG

TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trong chương này, chúng ta sẽ làm quen với phương pháp giải cácphương trình Điôphăng bậc nhất (tuyến tính) hoặc bậc 2 Đối với cácphương trình bậc cao hơn, tồn tại hay không một phương pháp chung đểgiải? Đó là câu hỏi đã được đặt ra từ thời Điôphăng, và là nội dung củaBài toán Hilbert thứ 10 nổi tiếng Xin nhắc lại rằng, tại Đại hội Toán họcQuốc tế đầu thế kỉ 20, Hilbert, một trong những nhà toán học lớn nhấtcủa mọi thời đại, đã đề ra 23 bài toán cho toán học của thế kỉ 20 Chođến nay, nhiều bài toán trong số đó vẫn đang chờ lời giải Bài toán thứ 10

mà ta nhắc đến ở đây là: Có hay không một thuật toán để giải các phươngtrình Điôphăng? Nói một cách "nôm na" là: có hay không một phươngpháp để khi cho một phương trình Điôphăng tùy ý, ta dùng phương pháp

đó để, sau một thời gian hữu hạn, tìm ra nghiệm, hoặc chỉ ra rằng phươngtrình không tồn tại nghiệm (nguyên) Bài toán Hilbert thứ 10 đã được nhàtoán học Nga Yuri Matijasievich giải năm 1970 khi ông mới 21 tuổi Câutrả lời là: không tồn tại thuật toán giải phương trình Điôphăng tổng quát.Như vậy, với các phương trình Điôphăng bậc lớn hơn 2, ta chỉ có thể tìmcách giải từng phương trình cụ thể! Tuy nhiên, cũng có thể kể ra đây một

vài phương pháp hay được dùng để giải các phương trình Điôphăng đượccho trong chương trình toán phổ thông Tư tưởng chung của các phươngpháp đó là, do chỉ xét các nghiệm nguyên (nhiều khi là nghiệm nguyêndương) nên nếu ta thu hẹp được tập hợp chứa nghiệm (nếu có) thì có thểdùng cách thử toàn bộ để xác định nghiệm.

1 Sử dụng các tính chất chia hết để thu hẹp tập hợp nghiệm có thể

2 Dùng các ước lượng về độ lớn của nghiệm để thu hẹp tập hợp nghiệm

có thể Thông thường, để làm việc đó, cần dựa vào một "nghiệm cựctrị" (nhỏ nhất hoặc lớn nhất theo một nghĩa nào đó)

Các "phương pháp" vừa nêu chỉ là các gợi ý Việc vận dụng chúng mộtcách linh hoạt được cho qua các bài tập

Sách "Đại thành toán pháp" của Lương Thế Vinh đã có hướng dẫn giảibài toán sau đây:

Một trăm con trâu

Một trăm bó cỏ

Trâu đứng ăn năm

Trâu nằm ăn ba

Trâu già ba con một bó

Hỏi mỗi loại trâu có mấy con ?

Theo ngôn ngữ toán học bây giờ, ta có thể giải bài toán trên đây nhưsau Gọi x là số trâu đứng, y là số trâu nằm và z là số trâu già (theo quyước của bài toán, trâu già không đứng, mà cũng không nằm !) Theo bài

Phương trình thu được có hai ẩn x, y Vì x, y là "số trâu" nên rõ ràng

x, y phải nhận các giá trị nguyên không âm Như vậy, phương trình (1.1)thuộc vào lớp phương trình Điôphăng tuyến tính

Định nghĩa 1.1 Phương trình Điôphăng tuyến tính là phương trình códạng

x = x0 +



bd

d | b nên d | c Như vậy, nếu d không chia hết c thì phương trình không cónghiệm nguyên.

Bây giờ giả sử d | c Khi đó, tồn tại các số nguyên s, t sao cho

Do d | c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c Nhân hai vế của (1.3) với e

ta được:

c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te)

Như vậy, ta có một nghiệm của phương trình cho bởi x = x0 = se,

(ax + by) − (ax0 + by0) = 0,

suy ra

a(x − x0) + b(y − y0) = 0

Tức là

a(x − x0) = b(y0 − y)

Chia hai vế của đẳng thức cho d, ta được

giá trị này của y vào phương trình (1.4) ta được x = x0 + b

Định lý trên đây cho phương pháp giải phương trình Điôphăng tuyếntính Ví dụ xét phương trình (1.1)

14x + 8y = 200

Ta có (14, 8) = 2 Do 2 | 200 nên phương trình có nghiệm Dễ thấy

2 = 14.(−1) + 8.(+2) Nhân hai vế với 100 ta có:

chỉ có thể nhận các giá trị 25, 26, 27, 28 Tương ứng ta có các nghiệm

(0, 25), (4, 8), (8, 11), (12, 4) Các nghiệm (x, y, z) của bài toán ban đầu là

(x, y, z) là một bộ số Pitago khi và chỉ khi tồn tại tam giác vuông có số

đo các cạnh góc vuông là x và y, số đo cạnh huyền là z (Chẳng hạn bộ

{3, 4, 5} , {6, 8, 10}, ) Rõ ràng rằng, nếu {x, y, z} là một bộ số Pitagothì {kx, ky, kz} cũng là một bộ số Pitago với mọi số tự nhiên k Do đó,

ta chỉ cần xét các bộ ba số nguyên tố cùng nhau

Định nghĩa 1.3 Bộ số Pitago {x, y, z} được gọi là nguyên thủy nếu

(x, y, z) = 1

Ví dụ: Các bộ số {3, 4, 5} , {5, 12, 13} là nguyên thủy, bộ số {6, 8, 10}

không nguyên thủy

Nếu bộ số Pitago {x, y, z} là không nguyên thủy, chẳng hạn (x, y, z) = d,thì

Chứng minh Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy và

(x, y) > 1 Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p | (x, y) Vì p | x

và p | y nên p | (x2 + y2) = z2 Do p nguyên tố mà p | z2 nên p | z

: mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1 Vậy (x, y) = 1 Tương tự ta có

Bổ đề 1.5 Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy Khi đó x

chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn

Chứng minh Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy Do Bổ

đề 1.4, (x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn Nếu x, y cùng lẻ thì

ta có

x2 ≡ y2 ≡ 1(mod4),

nên

z2 = x2 + y2 ≡ 2(mod4)

Bổ đề 1.6 Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và

rs = t2 Khi đó tồn tại các số nguyên h và l sao cho r = l2 và s = h2

Chứng minh Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì Bổ đề là hiển nhiên Ta giả sử

r > 1vàs > 1 Giả sử các phân tíchr, s, tra thừa số nguyên tố có dạng sau:

Bây giờ ta có thể mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy

Định lí 1.7 Các số nguyên dương x, y, z lập thành một bộ số Pitagonguyên thủy, với y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dươngnguyên tố cùng nhau m, n với m > n, m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ saocho

Vì x2 + y2 = z2 nên y2 = z2 − x2 = (z + x)(z − x) Vậy

y2

2

=



z + x2

 

z − x2



= rs

Để ý rằng (r, s) = 1 Thật vậy, nếu (r, s) = d thì do d | r, d | s nên

d | (r + s) = z và d | (r − s) = x Điều này có nghĩa là d | (z, x) = 1 nên

d = 1

Áp dụng Bổ đề 1.6 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m và n sao cho

r = m2, s = n2 Viết x, y, z thông qua m, n ta có:

Ta cũng có (m, n) = 1, vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của

x = m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2, nên là ước chung của (x, y, z) Mà

x, y, z nguyên tố cùng nhau nên (m, n) = 1 Mặt khác, m và n khôngthể cùng lẻ vì nếu ngược lại thì x, y và z đều chẵn, mâu thuẫn điều kiện

(x, y, z) = 1 Vì (m, n) = 1 và m, n không đồng thời là hai số lẻ nên m

chẵn, n lẻ hoặc ngược lại Vậy mỗi bộ số Pitago nguyên thủy có dạng đãnêu

Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau Giả sử ngược lại, (x, y, z) =

d > 1 Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p | (x, y, z) Ta thấy rằng p

không chia hết 2 vì x lẻ (do x = m2 − n2, trong đó m2 và n2 không cùngtính chẵn lẻ) Lại dop | x, p | z nên p | (z + x) = 2m2 và p | (z − x) = 2n2.Vậy p | m và p | n : mâu thuẫn với (m, n) = 1 Do đó (x, y, z) = 1, tức là

Từ Định lí 1.7 ta có thể thu được các ví dụ về bộ số Pitago nguyênthủy Chẳng hạn lấy m = 5, n = 2, ta có m không đồng dư với n mod 2

đời: "Không thể viết một lũy thừa bậc ba dưới dạng tổng hai lũy thừa bậc

ba, lũy thừa bậc bốn dưới dạng tổng hai lũy thừa bậc bốn, và nói chung,một lũy thừa bậc cao hơn dưới dạng tổng hai lũy thừa cùng bậc Tôi đãtìm ra một chứng minh kì diệu của sự kiện đó, nhưng tiếc rằng lề sách béquá để có thể ghi ra"

Có thể phát biểu lại mấy lời của Fermat dưới dạng sau:

Định lí Fermat Phương trình

xn+ yn = zn

không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0 khi n là số nguyên, n ≥ 3

Định lí Fermat được chứng minh năm 1993 bởi A.Wiles, với việc sửdụng những kiến thức cao nhất của nhiều ngành toán học khác nhau.Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh Định lí lớn Fermat cho trườnghợp n = 4 Một trong những mấu chốt của chứng minh là phương phápquy nạp lùi vô hạn do Fermat đề xuất

Định lí 1.8 Phương trình

x4 + y4 = z2

không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0

Chứng minh Giả sử phương trình nói trên có nghiệm nguyênx, y, zkhác

0 Vì ta có thể thay biến tùy ý bởi số đối của nó nên ta có thể xem x, y, z

là các số nguyên dương

Ta cũng có thể giả thiết (x, y) = 1 Thật vậy, nếu (x, y) = d thì

x = dx1, y = dy1 với (x1, y1) = 1, trong đó x1, y1 là các số nguyên dương

Vì x4 + y4 = z2 nên

(dx1)4 + (dy1)4 = z2,

do đó

d4(x41 + y14) = z2

Vậy d4 | z2, suy ra d2 | z, nghĩa là z = d2z1 với z1 là số nguyên dương Dođó

Bây giờ giả sử x = x0, y = y0, z = z0 là nghiệm của phương trình

x4+ y4 = z2, trong đó (x0, y0) = 1 Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại nghiệm khácgồm các số nguyên dương x = x1, y = y1, z = z1 với (x1, y1) = 1 sao cho

z1 < z0

Vì x40 + y04 = z02 nên

(x20)2 + (y20)2 = z02,

tức là x20, y02, z0 là một bộ số Pitago Hơn nữa, (x20, y02) = 1, vì nếu p là

số nguyên tố, p | x20, p | y02 thì p | x0, p | y0, mâu thuẫn với (x0, y0) = 1.Như vậy, x20, y02, z0 là một bộ số Pitago nguyên thủy, và theo Định lí 1.7,tồn tại các số nguyên dương m, n với (m, n) = 1, m không đồng dư với n

dư với s mod 2 và

x20 = r2 − s2

n = 2rs

m = r2 + s2

Vì m lẻ và (m, n) = 1, ta có (m, 2n) = 1 Do y02 = (2n)m nên theo Bổ đề1.6, tồn tại các số nguyên dương z1 và w với m = z12, 2n = w2 Vì w chẵn,

w = 2u, trong đó u là số nguyên dương, nên

u2 = n

2 = rs

Do (r, s) = 1, theo Bổ đề 1.6, tồn tại các số nguyên dương x1, y1 sao cho

r = x21, s = y12 Chú ý rằng vì (r, s) = 1 nên dễ suy ra (x1, y1) = 1 Nhưvậy,

Trước tiên ta sẽ trình bày một số tính chất cơ sở nhất của phân số liêntục, những tính chất này sẽ cung cấp công cụ cần thiết để giải các phươngtrình Điôphăng bậc 2

β =

ab

thường dùng dạng tối giản, tức là a, b nguyên tố cùng nhau

b Phân số liên tục hữu hạn

Trong phần này, ta sẽ nghiên cứu cách biểu diễn một số dưới dạng phân

Biểu diễn một số nhờ phân số liên tục có nhiều ứng dụng khác nhau, trong

đó có việc ứng dụng để giải các phương trình nghiệm nguyên thuộc một

số lớp thường gặp

Định nghĩa 1.11 Phân số liên tục là một biểu thức có dạng

a1, a2, , an được gọi là các thương riêng của phân số liên tục Một phân

số liên tục được gọi là đơn nếu a0, a1, a2, , an là các số nguyên

Để đơn giản, ta dùng kí hiệu [a0; a1, a2, , an] để chỉ phân số liên tục nóitrên

Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng, mỗi phân số liên tục đơn hữu hạn biểu diễn một

số hữu tỉ Ngược lại, mỗi số hữu tỉ có thể biểu diễn như một phân số liêntục đơn hữu hạn

Định lí 1.12 Mỗi phân số liên tục đơn hữu hạn biểu diễn một số hữu tỉ.Chứng minh Ta dùng quy nạp toán học Với n = 1, ta có

Định lí được chứng minh Định lí 1.13 Mỗi số hữu tỉ có thể biểu diễn như là một phân số liên tụchữu hạn.

Tương tự thay giá trị r2/r3 vào đẳng thức vừa nhận được, ta có:

b = [q1; q2, , qn], tức là mỗi số hữu tỉ đều có thể viết dưới dạng phân

số liên tục đơn hữu hạn

Chú ý: Biểu diễn một số hữu tỉ dưới dạng phân số liên tục đơn khôngphải là duy nhất Chẳng hạn, từ đồng nhất thức

Định nghĩa 1.14 Các phân số liên tục [a0; a1, a2, , ak], trong đó k là

số nguyên, 0 ≤ k < n, được gọi là hội tụ thứ k của phân số liên tục

i ≥ 1 Xét dãy p0, p1, , pn và q0, q1, , qn xác định như sau:

Theo định nghĩa của các sốpj, qj, ta thấy rằng, các số thựcpk−1, pk−2, qk−1,

qk−2 chỉ phụ thuộc vào các thương riêng a0, a1, , ak−1 Do đó, ta có thểthay số thực ak trong biểu thức (1.5) bởi ak + 1

C2 = p2

q2

= 227

Định lí được chứng minh 

Hệ quả 1.17 Giả sử Ck = pk

qk là hội tụ riêng thứ k của phân số liên tục

đơn [a0; a1, , an], trong đó các số nguyên pk, qk được xác định như trongĐịnh lí 1.15 Khi đó pk, qk nguyên tố cùng nhau

Từ đó suy ra

Ck − Ck−2 = ak(−1)

k−1

qkqk−2

Ta chuyển sang một định lí có vai trò quan trọng khi xây dựng các phân

c Phân số liên tục vô hạn

Giả sử ta có dãy vô hạn các số nguyên dương a0, a1, a2, Vấn đề đặt ralà: có thể xây dựng một phân số liên tục vô hạn [a0; a1, a2, ] hay không?Mục tiêu của phần này là trả lời cho câu hỏi đó Trước tiên ta nhắc lạiđịnh lí sau đây

Định lí 1.20 Giả sử x0, x1, x2, là một dãy các số thực sao cho

x0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ ≤ U hoặc x0 ≥ x1 ≥ x2 ≥ ≥ L, trong đó U, L làcác số thực nào đó Khi đó, dãy x0, x1, x2, có giới hạn, tức là tồn tại sốthực x sao cho

Định lí 1.21 Giả sử a0, a1, a2, là dãy vô hạn các số nguyên với a1, a2,

dương Giả sử Ck = [a0; a1, a2, , ak] Khi đó, các hội tụ Ck dẫn đến giớihạn α, tức là

và C2j < C2k+1 với mọi số nguyên dương j và k Như vậy, các dãy

C1, C3, C5, vàC0, C2, C4, là các dãy đơn điệu bị chặn Do đó,C1, C3, C5,

dần đến giới hạn α1, dãy C0, C2, C4, dần đến giới hạn α2 tức là

lim

n→∞C2n+1 = α1,lim

Định lí 1.22 Giả sử a0, a1, a2, là các số nguyên, với a1, a2, dương.Khi đó [a0; a1, a2, ] là số vô tỉ

Ta sẽ chứng minh điều ngược lại, tức là mỗi số vô tỉ có thể biểu diễnduy nhất dưới dạng phân số liên tục đơn vô hạn.

Định lí 1.23 Giả sử α = α0 là số vô tỉ và a0, a1, a2, là dãy xác địnhtheo công thức sau:

αk+1 = 1

αk − ak