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

Để giải phơng trình này, có một hớng giải hữu hiệu đó là:Dựa theo các tính chất của dạng toàn phơng của Gauss.. Bằng cách tiếp cận theo dạng toàn phơng của Gauss, luận văn trìnhbày một c

Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học Vinh

-Hồ kim th

để giải phơng trình vô định nghiệm nguyên

Chuyên ngành đại số và Lý thuyết số

Chơng 2 ứng dụng dạng toàn phơng để giải

2.3 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi 192.4 Phép biến đổi dạng toàn phơng và nghiệm phơng trình 22

2.5 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức bằng không 252.6 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức khác không 27

Bài toán thứ 10 của Hilbert đã đợc nhà toán học ngời Nga Yuri

Matijasievich giải quyết vào năm 1970 Câu trả lời là: Không tồn tại thuật toán giải phơng trình Diophantus tổng quát Nh vậy, với phơng trình

Diophantus bậc cao hơn 2, ta chỉ có thể tìm cách giải từng phơng trình cụthể

Phơng trình vô định bậc hai hai ẩn là một trờng hợp riêng của phơngtrình Diophantus Để giải phơng trình này, có một hớng giải hữu hiệu đó là:Dựa theo các tính chất của dạng toàn phơng của Gauss

Bằng cách tiếp cận theo dạng toàn phơng của Gauss, luận văn trìnhbày một cách chi tiết các phép biến đổi một dạng toàn phơng để rút ra ph-

ơng pháp tìm nghiệm riêng và tổng quát của phơng trình vô định bậc hai hai

ẩn trong tập số nguyên Từ đó đa ra một số ứng dụng của chúng vào việcgiảng dạy và nghiên cứu toán học ở nhà trờng phổ thông cũng nh chỉ ra mốiliên hệ chặt chẽ giữa hai bộ môn toán học: Đại số tuyến tính và Số học

Nội dung của luận văn gồm hai chơng:

Chơng 1 Các kiến thức cơ sở về Dạng toàn phơng Trong chơng này

trình bày một số kiến thức về phép biến đổi một dạng toàn phơng, giới thiệu

về phơng trình nghiệm nguyên có dạng toàn phơng

Chơng 2 ứng dụng dạng toàn phơng để giải phơng trình vô định bậc hai Trong chơng này trình bày về phơng trình vô định bậc hai hai ẩn, một

số phép biến đổi số nguyên theo dạng toàn phơng, từ đó rút ra cách tìmnghiệm riêng và nghiệm tổng quát của phơng trình vô định bậc hai hai ẩn

Luận văn cũng đã đa ra một số bài toán cụ thể về việc ứng dụng dạngtoàn phơng để giải các phuơng trình vô định bậc 2 có hai ẩn

Luận văn này đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn nhiệt tình của thầygiáo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòngkính trọng và biết ơn sâu sắc đến thầy, ngời đã dành cho tác giả sự hớngdẫn chu đáo và nghiêm túc trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiệnluận văn

Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến PGS.TS Ngô Sĩ Tùng, PGS.TS LêQuốc Hán, TS Nguyễn Thị Hồng Loan, TS Mai Văn T và các thầy cô giáotrong Chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Toán, Khoa Đào tạo Sau

đại học - Trờng Đại học Vinh đã tận tình giúp đỡ tác giả trong quá trình họctập

Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn không tránh khỏi những thiếusót Tác giả mong muốn nhận đợc sự chỉ bảo của quý thầy cô giáo và cácbạn đồng nghiệp

Vinh, tháng 12 năm 2010

Tác giả

Hồ kim th

Chơng 1 Kiến thức cơ sở 1.1 DạNG TUYếN TíNH và dạng song tuyến tính

1.1.1 Dạng tuyến tính.

Cho không gian vectơ V Mỗi ánh xạ tuyến tính f V  : trong đó 

là không gian các số thực gọi là dạng tuyến tính Nói khác đi, một ánh xạ

Cho không gian vectơ V Giả sử trong V đã chọn một cơ sở 1, ,n

Suy ra, với mỗi  V :

1

n

i i i

Nếu f  i   a i và  x1, ,x nthì đối với cơ sở 1, ,n, ta có dạngbiểu diễn của f là:

Ta gọi  là một dạng song tuyến tính nếu:

1 Khi cố định  thì    ,  là một dạng tuyến tính đối với  nghĩa là:   1    2 ,      1 ,     2 , 

Suy ra  là một dạng song tuyến tính.

b Định nghĩa Dạng song tuyến tính    , : V2   đợc gọi là dạng songtuyến tính đối xứng nếu    ,      , 

Ví dụ Tích vô hớng trên E2 là một dạng song tuyến tính đối xứng

            

1.1.3 Ma trận của một dạng song tuyến tính

Ma trận vuông cấp n A a ij  với a ij   i đợc gọi là ma trận của

dạng song tuyến tính đối với cơ sở 1, , n

1.1.4 Các ma trận của một dạng song tuyến tính đối với các cơ sở khác nhau.

là dạng toàn phơng của n biến x 1 , ,x n

1.2.2 Định lý Dạng tuyến tính đối cực    ,  của dạng toàn phơng

x X x

Cho dạng toàn phơng    ,  , nếu đối với một cơ sở nào đó của

không gian véc tơ V mà    ,  có thể viết dới dạng

 ,  k x1 12 k x2 22 k x n n2

       , trong đó x1, ,x là tọa độ của đối với n

cơ sở nào đó, k iR thì dạng (1) gọi là dạng chính tắc của dạng toàn phơng

Ta có thể giả thiết rằng tồn tại một hệ số a  ij 0 Thật vậy nếu   0 do các hệ số của x1 ,x n không

đồng nhất bằng không, chẳng hạn a12

Đặt

1 2 2

2 1 2





 





1 1 0 0

1 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1

P                      2 2 1, , n 2 12 1 2 12 2

y y a y a y      trong đó mọi hệ số của dạng bình phơng là khác 0 Vì vậy có thể giả sử dạng toàn phơng x1, ,x n có một hệ số bình phơng khác 0, chẳng hạn a11 Ta chứng minh bằng quy nạp Thật vậy:   2 1 11 1 1 n  x a x     là dạng chính tắc .Với mọi n  trong dạng toàn phơng đã cho ta tách ra tất cả các hạng tử1 có chứa x1: 11 12 12 1 2 1 1  11 1 1 2 11 1 2 2 n n n n a x a x x a x x a x a x f a        trong đó f chỉ chứa các bình phơng và các nhân tử a 12 x 2 , , a 1n x n Thay biểu thức này vào biểu thức của :  1   11 1 1 2 1 2  11 1 , , n n n , , n , x x a x a x x x a       trong đó 1 là một dạng toàn phơng của x 2 , , x n Theo giả thiết quy nạp 1 đa về đợc dạng chính tắc Do đó  cũng đa về đ-ợc dạng chính tắc nhờ cách đặt:

1 11 1 1 2 2

n n















f(x,y) = ax 2 + 2bxy + cy, 2 (a,b,c là những số nguyên).

Số D = b 2– ac gọi là định thức của dạng toàn phơng

Ta đổi biến số x và y bằng những biến  và  theo công thức:

y    ,các hệ số     , , , là những số nguyên

Đẳng thức (1.1) gọi là phép biến đổi

Ta nói rằng dạng toàn phơng f(x,y) đợc biến đổi thành dạng toàn phơng

 , 

Số  -  gọi là môđun của biến đổi (1.1) Định thức của dạng toàn

Nếu   2  1 thì dạng toàn phơng đã cho f(x,y) và dạng toàn

ph-ơng chuyển đổi    ,  có cùng một định thức suy ra từ (1.3)

Bằng cách kiểm tra liên tiếp dễ thấy rằng trong trờng hợp này dạng

 , 

   biến đổi thành dạng    ax2  2bxy cy 2 f x y ,  thông qua

sự biến đổi   x y,   x y, với bình phơng môđun của nó ta có

  2  1

Trong trờng hợp này hai dạng toàn phơng gọi là tơng đơng

Tóm lại, hai dạng toàn phơng gọi là tơng đơng nhau, khi từ dạng thứnhất chuyển đổi sang dạng thứ hai, cũng nh ngợc lại đều thông qua mộtphép biến đổi với hệ số nguyên

Nếu     1, phép biến đổi (1.1) gọi là phép biến đổi riêng, còn nếu

1

    , thì phép biến đổi không riêng.

Tổng quát, phép biến đổi (1.1) gọi là riêng nếu     0 và khôngriêng nếu    0

Nếu một dạng toàn phơng f(x,y) bao hàm dạng toàn phơng    , 

thông qua phép biến đổi riêng thì ta nói rằng f(x,y) bao hàm riêng dạng

 , 

Nếu f(x,y) bao hàm riêng    , , và ngợc lại thì khi đó những dạng

toàn phơng f(x,y) và    ,  gọi là tơng đơng riêng Nếu chỉ có một bao hàm không riêng thì gọi chúng là tơng đơng không riêng.

1.5 Giới thiệu phơng trình nghiệm nguyên

Định nghĩa Một phơng trình có nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là số

nguyên đợc gọi là một phơng trình Diophantus.

Những phơng trình Diophantus nói chung có nhiều nghiệm nguyên, vì vậy ngời ta cũng gọi đó là phơng trình vô định.

Nhiều phơng trình vô định phát biểu một đơn giản nhng cho đếnngày nay vẫn cha có kết quả hữu hiệu Một phơng trình vô định thờng có

dạng P (x, y, z) = 0, ở đây P (x,y, z) là một đa thức nhiều biến với hệ số

nguyên Để giải một phơng trình Diophantus nguyên ta thờng phải trả lờinhững câu hỏi sau:

1 Phơng trình có tồn tại ít nhất một nghiệm nguyên không?

2 Phơng trình có hữu hạn hay vô hạn nghiệm?

3 Tìm tất cả những nghiệm nguyên của phơng trình

Từ thời Diophantus ông đã đặt ra giải bài toán "Hãy phân tích một sốchính phơng thành tổng hai số chính phơng", từ bài toán trên dẫn đến định

lý Phythagore trong hình học

Theo nh các tài liệu lịch sử để lại, thì từ thời Bavilion hay sau nữa là

ấn độ, Ai cập, Trung Quốc với kích thớc của tam giác vuông 3, 4, 5 thoả

mãn a 2 + b 2 =c 2 đã đợc biết đến với a, b, c là các cạnh trong tam giác vuông,

c là cạnh huyền

Ngời Bavilon đã biết rằng mọi tam giác có kích thớc x = m 2 - n 2 ,

y = 2mn, z= m 2 + n 2 (m, n là số tự nhiên) đều là tam giác vuông.

Đặc trng của Diophantus là ông giải phơng trình trong tập số hữu tỷ,

từ đó suy ra nghiệm phơng trình trong tập số nguyên Chẳng hạn trong bài

toán trên đã chỉ ra rằng Diophantus giải đợc phơng trình vô định x 2 + y 2 = a 2

trong tập số hữu tỷ với số a nào đó phơng trình có nghiệm:

1 2

) 1 2 (

Một câu hỏi đặt ra là một số lập phơng có phân tích ra tổng hai số lậpphơng, phải chăng câu hỏi này đặt ra dới thời Diophantus? Rất lâu sau nhà

toán học Fecmat đã khẳng định "Không thể phân tích số lập phơng ra tổng hai số lập phơng, một số tứ phơng ra tổng hai số tứ phơng " Hay Fecmat

đã khẳng định: "Phơng trình vô định x n + y n =z n với n  3 nguyên, không

có nghiệm nguyên dơng"

Không có một phơng pháp chung nào để giải đợc mỗi phơng trìnhDiophantus bậc hai và bậc cao hơn Đối với mỗi phơng trình, ta phải xemxét đặc điểm của nó để tuỳ trờng hợp cụ thể, có thể phân tích ra thừa sốhoặc viết dới dạng tổng số rồi vận dụng các tính chất chia hết Có thể thử đểthấy một nghiệm (trong trờng hợp dễ thấy) rồi từ đó tìm cách suy ra cácnghiệm khác hoặc chứng minh rằng phơng trình không thể có nghiệm nàokhác

Nói chung giải phơng trình Diophantus bậc cao là một bài toán rấtkhó Chú ý rằng nhiều khi ta gặp hai phơng trình tơng tự, chỉ khác nhau về

hệ số, mà phơng trình này có vô số nghiệm, phơng trình kia lại vô nghiệm;phơng trình này dễ giải, phơng trình kia lại rất khó giải, thậm chí cha ai giải

đợc Rất nhiều phơng trình Diophantus phải giải bằng các phơng pháp củatoán học cao cấp; việc nghiên cứu về phơng trình Diophantus đã trở thànhmột nghành riêng đợc gọi là giải tích Diophantus

Các phơng trình Diophantus ngoài những liên hệ về lý thuyết vớinhững vấn đề khác, giúp ta giải quyết các tình huống trong đời sống thờngngày mà còn có ứng dụng trong kỹ thuật, riêng phơng trình Pell đã đợc gặptrong thiên văn học

c khác không)

Khi b 2– ac 0 phơng trình (2.1) có thể đa về dạng đơn giản

Thật vậy, ta đa vào hai ẩn mới  và  bằng cách đặt

,

2 ac b

be cd x

bd ae y

Nếu ta biết nghiệm nguyên của phơng trình (2.3) thì nghiệm nguyên x

và y của (2.1) sẽ nhận đợc thông qua  và  của (2.3) từ công thức (2.2).Trong chơng này ta quan tâm đến phơng trình dạng (2.3).Vế trái của phơngtrình (2.3) có dạng a22bc2, đây là dạng toàn phơng của hai biến

1 Nếu m = 0, ta có phơng trình ax 2 +2bxy + cy 2 = 0 Giải phơng trình theo ẩn x, ta đợc.

Trong trờng hợp này phơng trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi

định thức của nó b 2– ac là số dơng và hơn nữa phải là số chính phơng

2 Nếu m ≠ 0, giả sử rằng m biểu diễn đợc theo dạng toàn phơng

ax 2 + 2bxy + cy 2, tức là ta có đẳng thức m ax 02 2bx y0 0 cy02,( ở đây x 0

và y 0 là những số nguyên tố cùng nhau)

Khi x 0 , y 0 nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số nguyên p và q, sao cho:

Suy ra nếu số m biểu diễn đợc theo dạng toàn phơng ax 2 +2bxy+cy 2 khi x

= x 0 , y = y 0 với (x 0 , y 0 ) = 1, thì phải tồn tại số nguyên V sao cho V 2 – D chia hết cho m.

Trong trờng hợp này ta nói định thức D là số d của bình phơng V đối với

  là số nguyên, nghĩa là R đúng là số d của bình phơng

X + kM đối với số M với mọi k 

Vì mệnh đề trên ta có thể chỉ hạn chế một trong các số X + kM Ta sẽ chọn số không âm nhỏ nhất dạng X + kM, nó hiển nhiên nhỏ hơn M.

Ví dụ Số 3 không thể biểu diễn dới dạng toàn phơng x 2 - 2xy + 2y 2, nghĩa

là phơng trình x 2 – 2xy + 2y 2 = 3 không có nghiệm nguyên.

Lời giải

Định thức của dạng toàn phơng x 2 – 2xy + 2y 2 bằng (-1)2 – 1.2 =

-1

Để số -1 là số d bình phơng đối với số 3, cần phải tồn tại số nguyên

V (0 ≤ V< 3) sao cho số V 2 + 1 chia hết cho 3 Bằng kiểm tra trực tiếp với

V = 0, 1, 2 số V 2 + 1 không chia hết cho 3; suy ra số -1 không phải là số d

bình phơng đối với 3

Từ đó suy ra phơng trình vô định x 2 – 2xy + 2y 2 = 3 không có

nghiệm nguyên mà các nghiệm nguyên tố cùng nhau

Nhng ta cũng chứng minh đợc phơng trình không thể có nghiệm

nguyên mà chúng không nguyên tố cùng nhau Thật vậy, nếu x 0, y 0 là một

nghiệm, mà chúng có tính chất (x 0 ,y 0 )= d > 1, thì khi ta đặt x 0 = dx 1 , y 0 =

dy 1 , ở đây x 0 và y 0 là những số nguyên, ta có đẳng thức sau:

x02  2x y0 0 2y02 3

Hoặc là: d x2 21  2d x y2 1 1 2d y2 12  3 (*)

Từ (*) suy ra số 3 chia hết cho một số chính phơng lớn hơn 1, điều nàykhông thể có Suy ra phơng trình không có nghiệm nguyên mà chúng khôngnguyên tố cùng nhau

Kết hợp cả hai phần chứng minh trên dẫn đến kết luận phơng trình vô

định ta xét không có nghiệm nguyên, nghĩa là số 3 không thể biểu diễn

dạng toàn phơng x 2 – 2xy + 2y 2

2.3 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi

Cho dạng toàn phơng ax 2 +2bxy+cy 2 bao hàm dạng a12  2b1 c12

thông qua phép biến đổi

,

x y

0 0 0

,

x y

2.3.1.Mệnh đề Nếu một số nguyên biểu diễn thông qua một dạng toàn

ph-ơng đã cho thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phph-ơng khác, mà

nó bao hàm bởi dạng toàn phơng đã cho.

     thông qua phép biến đổi x =    , y  môđun của phép biến

đổi này bằng 1 Theo phần đầu ở chơng này dạng toàn phơng  2  3   3  2

bao hàm x 2 + xy +y 2 thông qua phép biến đổi  = x – , y  y Nh vậy tanhận đợc sự tơng đơng giữa hai dạng toàn phơng

Bây giờ ta chứng minh định lý cơ bản về sự biểu diễn một số nguyênbằng những dạng toàn phơng

2.3.2.Định lý Nếu m là một số nguyên khác không, mà nó biểu diễn đợc

thông qua dạng toàn phơng ax 2 + 2bxy + cy 2 với x = x 0 , y = y 0 và (x 0 , y 0 ) =

1, định thức D của nó là số d bình phơng của số V đối với m, thì những dạng toàn phơng:

Cho x 0 , y 0 là một nghiệm nào đó của phơng trình ax 2 +2bxy+cy 2 = m,

mà (x 0 ,y 0 ) = 1 Nghiệm nh vậy tồn tại do giả thiết Vì tính chất nguyên tố cùng nhau, nên tồn tại những số p và q, với chúng px 0 + qy 0 = 1.

 chắc chắn là nguyên, vì D là số d của bình phơng V đối với m.

Nh vậy ta nhận đợc, nếu số m biểu diễn qua dạng toàn phơng

ax 2 +2bxy+cy 2 khi x1 x2, y1 y2 mà (x 0 , y 0 ) = 1, thì dạng này bao hàm

      bao hàm riêng dạng ax 2 + 2bxy + cy 2 

Ta cần nhấn mạnh rằng với những số nguyên p và q không đòi hỏi điều kiện gì hơn ngoài việc chúng là nghiệm của phơng trình x o p + y 0 q =1 Nh-

ng những số nh vậy vô cùng nhiều, vì chúng là nghiệm của phơng trình vô

định ta đã xét ở chơng 1 Cũng dễ chứng minh đợc trong số những số p và

q, mà nó tơng ứng với V có những số không âm và nhỏ hơn m Để giải các bài toán trong thực tế ngời ta chỉ chọn những số p và q sao cho 0 ≤ V < m.

Ta nói rằng một nghiệm x 0 , y 0 , qua nó mà xác định V, đợc gọi là nghiệm thuộc V