Một số vấn đề về phương trình nghiệm nguyên

Bộ giáo dục và đào tạoTrờng đại học Vinh Lê Thị Hồng Hạnh Một số vấn đề về Phơng trình nghiệm nguyên dung của Bài toán Hilbert thứ 10 nổi tiếng: Có hay không một thuật toán để giải các p

Bộ giáo dục và đào tạo

Trờng đại học Vinh

Lê Thị Hồng Hạnh

Một số vấn đề về Phơng trình nghiệm nguyên

dung của Bài toán Hilbert thứ 10 nổi tiếng: Có hay không một thuật toán để giải các phơng trình Diophant? Nói một cách khác, có hay không một phơng

pháp để sau một thời gian hữu hạn, tìm ra nghiệm nguyên hoặc chỉ ra rằngkhông tồn tại nghiệm nguyên đối với một phơng trình Diophant tuỳ ý Bàitoán thứ 10 của Hinbert đã đợc nhà toán học Nga Yuri Matijasievich giải

quyết vào năm 1970 Câu trả lời là: không tồn tại thuật toán giải phơng trình

Diophant tổng quát Nh vậy, với các phơng trình Diophant bậc lớn hơn 2, ta

chỉ có thể tìm cách giải từng phơng trình cụ thể

Phơng trình nghiệm nguyên là một trong những vấn đề quan trọng của Sốhọc, là đề tài thu hút nhiều sự quan tâm của học sinh và giáo viên Các bàitoán về phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú

Với những lí do nói ở trên, nội dung luận văn này tiếp tục tìm hiểu các

ph-ơng pháp khác nhau để giải các phph-ơng trình nghiệm nguyên trong lớp các đathức

Mục tiêu của luận văn nhằm đóng góp tài liệu giảng dạy và học tập về bộmôn Số học cho các giáo viên và sinh viên ngành toán ở các trờng s phạm Luận văn này gồm ba chơng, ngoài phần mở đầu, kết luận và danh mụccác tài liệu tham khảo

Chơng 1 Đờng cong phẳng và ứng dụng, giới thiệu về đờng cong phẳng đại

số, đờng cong phẳng hữu tỉ Sử dụng đờng cong phẳng để xác định số nghiệmcủa phơng trình Diophant và không điểm tổng quát vào việc giải phơng trìnhnghiệm nguyên

Chơng 2 Một số phơng pháp tìm nghiệm nguyên của một số lớp đa thức,

trong chơng này tác giả đã sử dụng nhiều phơng pháp khác nhau để giải cácphơng trình nghiệm nguyên trong lớp các đa thức Các phơng pháp đợc sửdụng để giải các bài toán trong luận văn bao gồm:

- Phơng pháp quy về các hệ bậc nhất

- Phơng pháp đánh giá

- Phơng pháp lựa chọn môđulô

- Phơng pháp sử dụng các định lý cơ bản của số học

Chơng 3 Phơng trình vô định siêu việt, nội dung chính: khảo sát điều

kiện tồn tại nghiệm nguyên, tìm nghiệm nguyên của một số phơng trình vô

định siêu việt

Luận văn này đợc thực hiện tại Trờng Đại học Vinh dới sự hớng dẫnnghiêm túc, nhiệt tình và chu đáo của PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhândịp này, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hớng dẫn

Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới PGS TS Ngô Sỹ Tùng, PGS TS Lê QuốcHán, TS Nguyễn Thị Hồng Loan đã giúp đỡ, giảng dạy và tạo điều kiện chochúng tôi trong quá trình học tập tại lớp Cao học XIV Đại số

Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới Ban chủ nhiệm Khoa đào tạo Sau đại học,Khoa Toán đã tạo điều kiện cho chúng tôi trong thời gian học tập

Tác giả xin cảm ơn tới gia đình, bạn bè, các bạn học viên trong lớp cao họcXIV Đại số đã có nhiều sự động viên giúp đỡ trong quá trình học tập vừa qua Mặc dù rất cố gắng nhng luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, emmong muốn nhận đợc sự giúp đỡ chỉ bảo của quý thầy cô và các bạn đọc Vinh, tháng 11 năm 2008

Chơng 1

Đờng cong phẳng và ứng dụng

Trong chơng trình giảng dạy bộ môn toán ở nhà trờng phổ thông, Số học

đóng một vai trò quan trọng Các em học sinh ở bậc tiểu học học Toán tức làhọc Số học Chỉ đến các lớp ở bậc Trung học cơ sở và Trung học phổ thông thìcác bộ môn Đại số, Hình học, Lợng giác, Giải tích mới lần lợt thay thế chomôn Số học trong chơng trình học toán của các em học sinh Tuy nhiên cácbài toán Số học luôn luôn là các bài toán hay và khó vì thờng xuyên có mặttrong mọi đề thi học sinh giỏi Toán ở các cấp: thành phố, toàn quốc, Olympickhu vực và Olympic quốc tế

Trong chơng trình phổ thông, chúng ta không hiểu đợc ngời ta tìm ra cácphơng trình nghiệm nguyên 2mn,m2  n2 ,m2 n2 của phơng trình x2 y2 z2(điều kiện (m,n)  1) bằng cách nào Vì thế chơng 1 của luận văn sẽ giớithiệu về lí thuyết đờng cong phẳng và ứng dụng vào việc giải một số phơngtrình nghiệm nguyên

1.1 Đờng cong phẳng

Xét một đồ thị quen biết trong mặt phẳng tọa độ cho bởi phơng trình

(l) :y2 x2 x3

Đây là một đồ thị đi qua gốc tọa độ O( 0 , 0 ) Để mô tả các điểm khác nữa trên

đồ thị, ta thực hiện phép biến đổi bằng cách đặt y  tx và thay nó vào phơngtrình đồ thị Ta có t2x2 x2 x3 Khi x 0 ta có điểm O( 0 , 0 ) Khi x 0ta có

x Điểm này sẽ trở thành điểm gốc tọa độ khi t 1

hoặc t 1 Vậy mọi điểm trên đồ thị ( )l có tọa độ (t2 1, (t t2 1)), t 

1.1.1 Định nghĩa Tập ( )l tất cả những điểm ( , )a b  2 thỏa mãn phơngtrình f x y( , ) 0,  f  x y,  \ 0  , đợc gọi là đờng cong phẳng hay đờng cong

đại số Nếu n s

s n

f f

Hiển nhiên, tất cả những đa thức f g,  x y,  với f g,  \ 0  , hoặc

Để có một cách nhìn hình học về bậc, ta xét số giao điểm giữa một đờng thẳng

( )d và một đờng cong phẳng (l) : f(x,y)  0 bậc m Không mất tính tổngquát, giả thiết ( )d đi qua gốc tọa độ có phơng trình tham số :





tb y

ta x

Biểu diễn f(x,y) f m(x,y)  f m1 (x,y)   f0, ở đó mỗi f i(x,y) là một đathức thuần nhất bậc i của hai biến x và y Thế phơng trình tham số của ( )d

Khi f m(a,b)  0, ( 1 ) là phơng trình bậc m có m nghiệm tính cả bội

Đờng thẳng ( )d cắt đờng cong phẳng (l) tại m điểm tính cả bội Khi

0 ) , (

) , ( )

,

(a b f 1 a b  f 1 a b 

f m m n và f n(a,b)  0 thì số điểm cắt ít hơn

m Nh vậy, hai đờng cong phẳng trên cắt nhau tại nhiều nhất là m

điểm tính cả bội và bậc của một đ ờng cong phẳng là số giao điểmlớn nhất do một đờng thẳng cắt đờng cong phẳng ấy tại hữu hạn

điểm

Nếu đa thức f là khả qui, chẳng hạn f(x,y) g(x,y).h(x,y) và cả hai đathức này đều có bậc lớn hơn 0, thì (l)  (l1)  (l2) với (l1) đợc xác định bởiphơng trình g(x,y)  0 và (l2) bởi h(x,y)  0 Khi đó ta nói rằng ( )l là đ- ờng cong phẳng khả qui Nếu đa thức f là bất khả qui, thì (l)là đờng cong phẳng bất khả qui

1.1.2 Định lí Cho đờng cong phẳng ( )l : f 0 bậc m Đờng thẳng (d) cắt

)

(l tại hữu hạn điểm thì tổng số điểm với số bội tơng ứng không vợt quá m

Chứng minh Biểu diễn đờng cong ( )l bởi phơng trình f có dạng

0 ) , (

) , ( )

x y, 

 Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết ( )d là đờng cong phẳng

đi qua gốc tọa độ với sự biểu diễn: ( )d 

Nếu ( )d không đi qua gốc tọa độ thì ta dùng một phép tịnh tiến:

a x x

' '

để đa ( )d về đờng thẳng đi qua gốc tọa độ Thế x t,y t vào f ta có

) , (

) , ( )

, ( )

) , ( )

đờng cong phẳng ( )l và đờng thẳng ( )d cắt nhau tại đúng m điểm tính cả bộikhi chúng cắt nhau tại hữu hạn điểm

Khi f m(  ,  )  0 phơng trình trên trở thành phơng trình bậc nhỏ hơn m Khi

đó số giao điểm nhỏ hơn m

1.1.3 Định nghĩa đờng cong phẳng hữu tỉ Cho đờng cong phẳng ( )l xác

định bởi phơng trình f(x,y)  0 (l) đợc gọi là đờng cong phẳng hữu tỉ nếu có

hai hàm hữu tỉ

) (

) ( ) ( , ) (

) ( ) (

t k

t h t t g

t f

 ở đó f(t),g(t),k(t),h(t) là những đathức của t, thỏa mãn f(  (t),  (t))  0 Khi cho t  t0 sao cho mẫu của

)

(

),

(t  t

 đều khác 0 thì ta có điểm (  (t0),  (t0)) thuộc (l)

Để nhận đợc hết các điểm thuộc (l) ta qui ớc điểm (  (  ),  (  )) với:

) (

) ( lim ) ( , ) (

) ( lim ) (

t k

t h t

g

t f

2 ,

1

2

2

2 y t t t

2

2 1

2 2

Ví dụ 2 Trong mặt phẳng, đờng cong Lem-nis-cat (Lemniscat) cho bởi

( ) : (l x  y ) 2(x  y ) là một đờng cong hữu tỉ.

Chứng minh Đặt x2 y2 t(x y) và thay vào phơng trình, ta có:

) (

2

2

2

2 2

2

2 2

t

t xt x t

) 2 ( 2

4

2 4

t t

1 (

1.1.4 Bổ đề (Định lí Mason): Cho các đa thức a(x),b(x),c(x)với hệ số thuộc , nguyên tố cùng nhau từng cặp và thoả mãn a(x) b(x) c(x) Nếu kí hiệu n0 (f) là số nghiệm phân biệt của đa thức f (x) trong k thì

maxdega(x), degb(x), degc(x) n0(abc)  1

Chứng minh Đặt

) (

) ( ) ( , ) (

) ( ) (

x c

x b x g x c

x a x

f   Khi đó f(x) g(x)  1 Đạo hàm hai

vế ta có f' (x) g' (x)  0 Từ phơng trình này ta suy ra:

) (

x f

x g x a

x b

( ) ' ( ) ( ) ' ( )

p

1

) ( )

1

k i

m p

m

x x

c

x a x

) ( )

c

x b x

) ( )

j

k

k i

i

x

r x

n

x

r x

m

x a

x b







 )

(

) (

qui đồng mẫu số, mẫu số chung của các

)' ( ) (

x f

x f x

) (

)' ( ) (

x g

x g x

q là các đa thức có bậc không quá1

)' ( ) (

) (

)' ( ) ( ) (

) (

x g

x g x q

x f

x f x q x a

x b

Vận dụng bổ đề này ta chứng minh đợc một kết quả sau đây.

1.1.5 Định lí Đờng cong phẳng (l) :x n y n  1 ,n 3, không là đờng cong phẳng hữu tỉ trên .

Chứng minh Nếu (l) là đờng cong phẳng hữu tỉ thì sẽ có các đa thức hệ sốthực hay phức a x b x c x( ), ( ), ( ) nguyên tố cùng nhau từng cặp và thoả mãn

n n

n

x c x

b

x

a( )  ( )  ( ) Theo định lí Mason ta phải có:

maxndega(x),ndegb(x),ndegc(x) n0(abc)  1.

Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết vế trái bằng ndega(x) vì

n0(abc)  1  dega(x)  degb(x)  degc(x)  1

nên ndega(x)  dega(x)  degb(x)  degc(x)  1: mâu thuẫn Vậy (l) không là ờng cong phẳng hữu tỉ

đ-Ví dụ 4 Có hay không các đa thức nguyên tố cùng nhau a x b x( ), ( )với

dega x( )18  b x( )3 <11 dega(x)  1.

Định lí sau đây chỉ ra số nghiệm của một hệ hai phơng trình đa thức hai ẩn làhữu hạn.

1.1.6 Định lí Cho hai đa thức f x y g x y( , ), ( , )  x y,  không đồng thời bằng không và không có nhân tử chung Khi đó hai đờng cong phẳng C f : f(x,y)  0

và C g :g(x,y)  0 cắt nhau tại một số hữu hạn điểm và tổng số giao điểm s thoả mãn s degC f degC g

Chứng minh Đờng thẳng đi qua điểm O( 0 , 0 ) và A(a,b) có phơng trình tham

at x

0 ) , ( ) (

bt at g t G

bt at f t F

Giả sử trong  ta có phơng trình biểu diễn F(t),G(t) nh sau:

Tất cả có m khả năng để n t j t'i, nên s degC f degC g

1.1.7 Hệ quả Cho hai đa thức f x y g x y( , ), ( , ) K x y ,  không đồng thời bằng không và không có nhân tử chung Khi đó số nghiệm của hệ sau là hữu hạn 





 0 ) , (

0 ) , (

y x g

y x f

Chứng minh Vì số nghiệm của hệ không vợt quá degC deg f. C g

Ví dụ 5 Chứng minh hai đờng cong phẳng ( ) : 3 2 2 0

1 x x  y 

l và

0 10 3

Chứng minh Từ phơng trình ( )l ta suy ra nếu 1 x  0 thì y  0 Nhng(x0, y 0) không là điểm chung của hai đờng cong Vậy x 0 Đặt

tx

y  với t  K Từ phơng trình đầu ta suy ra x t 2 1, y t 3 t Thay tấtcả vào phơng trình thứ hai ta có:

0 10 ) ( ) )(

1 ( 3 ) ( ) 1 (

Ví dụ 6 Chứng minh hai đờng cong ( ) : ( 2 2 ) 2 2005 ( 2 2 )

l    và

0 1 29

2 2 2 2

2 2

2

2005

2005 1

2005

2005

t

t xt x t

và qui đồng, ta đợc phơng trình bậc 12 theo t K Vậy hệ đã cho có khôngquá 12 nghiệm hay hai đờng cong ( ) : (l1 x2  y2 2) 2005(x2  y2) và

0 1 29

1.2 ứng dụng vào việc giải một số phơng trình

nghiệm nguyên

Đờng cong phẳng hữu tỉ có liên quan tới việc tìm các điểm thuộc đờng congvới toạ độ là những số hữu tỉ thuộc  hay ( , )a b   của 2 f x y ( , ) 0 hoặcnghiệm nguyên của phơng trình thuần nhất ( , , )f x y z  Với 0 ( )l là một đờngcong phẳng trong 2

 ta đặt ( )l   ( )l   2 và gọi nó là phần thực của ( )l Đặt2

( )l   ( )l   và gọi nó là phần hữu tỉ của ( )l Phần thực của đờng cong phẳngkhông chỉ sử dụng để nghiên cứu tập nghiệm của một hệ phơng trình đại số

mà nó đợc sử dụng khi xét hệ bất phơng trình đại số Phần hữu tỉ của đờngcong phẳng đợc sử dụng để nghiên cứu tập nghiệm nguyên của một hệ phơngtrình đại số với các hệ số nguyên Nó gắn liền với lí thuyết phơng trình Đi-ô-phăng

Ví dụ 1 Xét tập đại số afin (l) : x3 y2 x 1 0  trong 2

thì đờng thẳng (pq) trở thành tiếp tuyến của ( )l Xuất phát từ sáu điểm

1, 1 , 0, 1 , 1, 1      V ta xây dựng đợc các điểm mới trong ( )l nh đãlàm ở trên Ngời ta đã chỉ ra: ( )l  chứa hữu hạn điểm mà từ chúng ta cóthể tìm tất cả các điểm hữu tỉ khác qua việc tìm giao đờng thẳng nối hai

điểm với ( )l  Tổng quát, năm 1922 L.S Moc-đen phỏng đoán phơng trình f x y ( , ) 0 với deg f 3 chỉ có một số hữu hạn nghiệm hữu tỉ.Năm 1983 G.Phan-ting (G.Faltings) đã giải quyết đợc vấn đề này Bâygiờ ta quan tâm đến nghiệm nguyên của phơng trình đa thức thuần nhất( , , ) 0

f x y z  Chúng ta bắt đầu bằng định nghĩa không điểm tổng quát

của đờng cong phẳng

1.2.1 Định nghĩa Cho ( ) : ( , ) 0l f x y  với f x y( , ) là đa thức bất khả qui

Điểm   1 , 2 đợc gọi là không điểm tổng quát của ( )l nếu f   1 , 2  0 vànếu đa thức thỏa mãn g    1 , 2 0 thì g x y ,  chia hết cho f x y , 

Giả sử ta tìm đợc hai hàm hữu tỉ  t ,  t   t và cả hai không đồngthời thuộc  thoả mãn f  t ,  t   0 Ta thêm  vào  và coi đó nh

 t0 ;  t0 ,t     Điểm  t ;  t  là không điểm tổng quát của

( )l Vấn đề tìm không điểm tổng quát của ( )l gắn liền với việc giải

1.2.2 Định nghĩa Cho đờng cong phẳng bất khả qui ( )l Những điểm thuộc

( )l với toạ độ thuộc  đợc gọi là những điểm hữu tỉ của ( )l

Chẳng hạn đờng tròn  l x: 2 y2   1 0 có những điểm hữu tỉ

.1

Giải Ta xét đờng cong phẳng  l :y2 x3 x2  5x  3 x 1 2 x 3 trong 2

   với m n ,  1

ta có ngay nghiệm

 m n2  3mn m2, 3 4mn n2, 3/ ,n m 1 

Ví dụ 4 Giải phơng trình x2 y22  2z x2 2  y2 trong 

Giải Ta có không điểm tổng quát của  l :x2 y22  2x2  y2 là

Chơng 2 Một số Phơng pháp tìm nghiệm nguyên

của một số lớp đa thức [ơ

Việc giải các phơng trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của cácphơng trình đại số với hệ số nguyên luôn đòi hỏi học sinh khả năng phân tích,

đối chiếu, dự đoán, phơng pháp t duy logic để lựa chọn nghiệm thích hợp Vìvậy các bài toán này thờng thấy trong các đề toán trên các tạp chí toán học sơcấp, đề toán thi chọn học sinh giỏi và các đề thi vào đại học Với loại toánnày, không có phơng pháp giải tổng quát ở đây tôi xin giới thiệu một số ph-

ơng pháp cơ bản để giải các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên thờnggặp

số nguyên tố và điều kiện của các ẩn:

† Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất

† Phơng trình đợc đa về dạng ( ) ( )f x g x  với k f x( ) và g x( ) là các đa thức

hệ số nguyên Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phơng trình:

† Không tồn tại số chính phơng nằm giữa hai số chính phơng liên tiếp

Ta đi vào một số bài toán cụ thể sau:

2.1.1 Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và có diện

tích bằng chu vi.

Giải Gọi x y z, , là ba cạnh của tam giác vuông Giả sử 1 x   y z

Theo gi¶ thiÕt ta cã:

2 2 2 (1) 1

(2) 2

Tóm lại (1, 1) là nghiệm nguyên dơng duy nhất cần tìm.

2.1.3 Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau:

Vậy x y z, ,  =(1, 2, 1) là nghiệm nguyên duy nhất của phơng trình đã cho

2.1.4 Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

Tóm lại, (x, y, z) = (3, 2, 9) là nghiệm nguyên dơng duy nhất cần tìm.

2.1.5 Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

1.x 4 y 7  1 4 x  y 7 (2)Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra khi chỉ khi

7

Vậy (x, y) = (2, 3) là nghiệm nguyên dơng duy nhất của phơng trình đã cho

2.1.6 Một tam giác có số đo độ dài của đờng cao là những số nguyên dơng và

đ-ờng tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1 Chứng minh tam giác đó là tam giác đều.

Giải Đặt a BC b CA c AB ,  ,  Gọi độ dài các đờng cao ứng với các cạnh

, ,

a b ccủa tam giác là x y z, , .

Bán kính của đờng tròn nội tiếp tam giác bằng 1 nên x y z, , > 2.

Giả sử x y z  2 Khi đó diện tích của tam giác ABC:

Gọi 0 là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có:

( 1 1 1)2

† Nếu có số nguyên m sao cho m2 n (m 1)2 thì n không thể là số chính

y y

 





Vậy, phơng trình đã cho có hai nghiệm nguyên là (0, 1) và (-1, 0)

2.2.2 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

1! 2! 3! 4!    x!y2

Giải Với x 5thì x! có tận cùng là 0 nên:

1! 2! 3! 4!    x! 33 5!    x! Có chữ số tận cùng là 3nên: 1! 2! 3! 4!    x! không thể là số chính phơng với x 5

Nh vậy 1  x 5 x1, 2, 3, 4 Bằng cách thử trực tiếp phơng trình có hainghiệm ( , )x y (1,1); (3,3)