Nghiên cứu Một số phương pháp giải phương trình Diophante Luận văn toán học 2017

Nghiên cứu Một số phương pháp giải phương trình Diophante Luận văn toán học về một số phương pháp giải phương trình hay nhất 2017Nghiên cứu Một số phương pháp giải phương trình DiophanteNghiên cứu Một số phương pháp giải phương trình Diophante Luận văn toán học về một số phương pháp giải phương trình hay nhất 2017

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

VŨ THỊ TƯỜNG ANH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2013

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

VŨ THỊ TƯỜNG ANH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS NGUYỄN GIA ĐỊNH

ĐÀ NẴNG - NĂM 2013

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi

Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kỳ công trình nào khác

Tác giả

Vũ Thị Tường Anh

MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục đích nghiên cứu 2

3 Nhiệm vụ nghiên cứu 2

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cúu 2

5 Phương pháp nghiên cứu 3

6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài 3

7 Cấu trúc luận văn 3

CHƯƠNG 1 CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE 4

1.1 PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH 4

1.2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE 8

1.3 PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ 12

1.4 PHƯƠNG PHÁP SỐ HỌC MODULAR 16

1.5 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC 19

1.6 PHƯƠNG PHÁP GIẢM VÔ HẠN FERMAT (FMID) 26

1.7 PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE HỖN HỢP 33

2.1 PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE TUYẾN TÍNH 37

2.2 BỘ BA PYTHAGORE VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 42

2.3 PHƯƠNG TRÌNH ĐÁNG CHÚ Ý KHÁC 51

CHƯƠNG 3 PHƯƠNG TRÌNH KIỂU PELL 60

3.1 PHƯƠNG TRÌNH PELL: LỊCH SỬ VÀ ĐỘNG LỰC 60

3.2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH PELL BẰNG CÁC PHƯƠNG PHÁP SƠ CẤP 62

3.3 PHƯƠNG TRÌNH ax2 – by2 = 1 69

3.4 PHƯƠNG TRÌNH PELL ÂM 71

KẾT LUẬN 75

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 76 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao)

UCLN(a, b) Ước chung lớn nhất của a và b

x01, x02, , x0n
∈ Zn thỏa mãn phương trình (1) được gọi là một nghiệm

gọi là giải được

Liên quan đến phương trình Diophante, có ba vấn đề cơ bản xuất hiện:Vấn đề 1: Phương trình có giải được không?

Vấn đề 2: Trong trường hợp giải được, số nghiệm là hữu hạn hay vôhạn?

Vấn đề 3: Trong trường hợp giải được, xác định tất cả các nghiệm củanó

Người có công nhiều nhất cho việc thiết lập cách giải phương trìnhDiophante là nhà toán học Diophantus người xứ Alexandria (Ai Cập).Ông sống vào thế kỷ thứ III trước công nguyên Diophantus đã hệ thốngtất cả các bài toán phương trình vô định vào bộ sách 13 tập có tên Sốhọc Cho đến ngày nay bộ sách này chỉ còn 6 tập với 189 bài toán Công

học Trung Quốc (thế kỷ thứ 3), Ả Rập (các thế kỷ 8-12) và kết quả sâuhơn bởi Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Chủ đề này vẫn còn chiếmphần quan trọng trong toán học hiện đại qua các công trình của Gelfold,Matiasevic, Shenzel, Serpinsky,

Thông qua việc giải các phương trình Diophante, các nhà toán học đãtìm ra được những tính chất sâu sắc của số nguyên, số hữu tỉ, số đại số.Giải phương trình Diophante đã đưa đến sự ra đời của liên phân số, lýthuyết đường cong elliptic, lý thuyết xấp xỉ Diophante, thặng dư bìnhphương, số học modular,

Phương trình Diophante có một vai trò quan trọng trong toán học và

trong thực tế, bởi vậy đã được các nhà toán học trên thế giới nghiên cứu

từ rất lâu, được đề cập tới trong bất kì một cuốn sách số học cơ bản nào

và hiện nay vẫn chiếm một vị trí quan trọng trong nghiên cứu và học tập.Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế, phương trình Diophantevẫn thường xuyên xuất hiện dưới các hình thức khác nhau và luôn đượcđánh giá là khó do tính không mẫu mực của nó

Xuất phát từ tính thời sự của phương trình Diophante và nhu cầu muốntìm hiểu về một số phương pháp cơ bản giải phương trình Diophante, vấn

đề quan trọng trong chương trình THPT, đặc biệt là dành cho khối chuyêntoán, chúng tôi quyết định chọn đề tài với tên gọi: "Một số phương phápgiải phương trình Diophante" để tiến hành nghiên cứu Vấn đề này luônmang tính thời sự trong đại số và lý thuyết số Chúng tôi hy vọng tạo đượcmột tài liệu tham khảo tốt cho những người bắt đầu tìm hiểu về Phươngtrình Diophante và hy vọng tìm ra được một số ví dụ minh họa đặc sắcnhằm góp phần làm phong phú thêm các kết quả trong lĩnh vực này

2 Mục tiêu của đề tài

Mục tiêu của đề tài nhằm nghiên cứu phương trình Diophante, thôngqua các phương pháp cơ bản trong việc giải phương trình Diophante, một

số phương trình Diophante cổ điển và các phương trình kiểu Pell

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Đề tài có nhiệm vụ nghiên cứu 3 chương:

– Chương 1 giới thiệu các phương pháp cơ bản trong việc giải các phươngtrình Diophante như là phân tích, số học modular, quy nạp toán học,phương pháp giảm vô hạn của Fermat

– Chương 2 trình bày một số phương trình Diophante cổ điển bao gồmtuyến tính, Pythagore và một số phương trình bậc cao

– Chương 3 tập trung về phương trình kiểu Pell, một lớp đặc biệt củaphương trình Diophante bậc hai

Trong mỗi phần sẽ đưa vào các ví dụ minh họa tiêu biểu

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là phương trình Diophante qua một sốphương pháp giải Phạm vi nghiên cứu của đề tài là các phương pháp cơbản giải phương trình Diophante, một số phương trình Diophante cổ điển

và phương trình Diophante kiểu Pell.

5 Phương pháp nghiên cứu

1 Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả nghiên cứuliên quan đến Phương trình Diophante và phương pháp giải nó

2 Tham gia các buổi seminar của thầy hướng dẫn để trao đổi các kếtquả đang nghiên cứu Trao đổi qua email, blog, forum với các chuyên gia

về phương trình Diophante

6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn

1 Tổng quan các kết quả của các tác giả đã nghiên cứu liên quan đếnCác loại phương trình Diophante và các phương pháp giải nhằm xây dựngmột tài liệu tham khảo cho những ai muốn nghiên cứu về Phương trìnhDiophante

2 Chứng minh chi tiết và làm rõ một số mệnh đề, cũng như đưa ra một

số ví dụ minh hoạ đặc sắc nhằm làm cho người đọc dễ dàng tiếp cận vấn

đề được đề cập

7 Cấu trúc của luận văn

Nội dung của đề tài được chia thành 3 chương:

Chương 1: Các phương pháp cơ bản giải phương trình phante

Dio-Chương 2: Một số phương trình Diophante cổ điển

Chương 3: Phương trình kiểu Pell

Cho các nhân tử nguyên tố của a, ta được hữu hạn các phân tích thành

Viết phương trình trên dưới dạng

x2y2 − 2xy + 1 + x2 + y2 − 2xy + 2 (x − y) (1 − xy) = 4

⇔ (xy − 1)2 + (x − y)2 − 2 (x − y) (xy − 1) = 4

⇔[xy − 1 − (x − y)]2 = 4

⇔ (x + 1) (y − 1) = ±2

* Nếu (x + 1) (y − 1) = 2, ta có được các hệ phương trình sau:

lần lượt cho các nghiệm (1, 2), (-3, 0), (0, 3), (-2, -1)

lần lượt cho các nghiệm (1, 0), (-3, 2), (0, -1), (-2, 3)

Tất cả 8 cặp nghiệm trên đều thỏa mãn phương trình đưa ra

Ví dụ 1.4 Giải phương trình theo x, y nguyên

Một trong các nhân tử phải bằng 5 hoặc -5 và nhân tử còn lại bằng

trong bốn hệ phương trình sau:

Vì x, y, z là số nguyên dương nên x + y + z > 1 Do đó phương trìnhtrên tương đương

(

x + y + z = p (1)

x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx = 1 (2)(2) ⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2zx = 2

p ⇒ p = 0 (trái giả thiết)



và các hoán vị của nó

1.2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNHDIOPHANTE

Phương pháp này làm hạn chế khoảng giá trị của ẩn bằng cách sử dụngcác bất đẳng thức thích hợp Nói chung quá trình này dẫn đến chỉ hữuhạn vài giá trị của ẩn có khả năng là nghiệm của phương trình Sau đây

ta xét một vài ví dụ sử dụng phương pháp này:

- Trường hợp 1: x + y = 0 hay x = −y

với x, y, z là các số nguyên dương

15 với y ∈ {3, 4, 5, 6, 7} Ta được các nghiệm

nghiệm phương trình trên.

Ví dụ 1.9 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:

x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + + (x + 7)3 = y3

Giải Đặt

P (x) = x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + + (x + 7)3

= x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 + x3 + 6x2 + 12x + 8 + x3 + 9x2 + 27x+ 27 + x3 + 12x2 + 48x + 64 + x3 + 15x2 + 75x + 125 + x3 + 18x2+ 108x + 216 + x3 + 21x2 + 147x + 343

= 8x3 + 84x2 + 420x + 784

1 + 1x

 

1 + 1y

 

1 + 1z

3

≥



1 + 1x

 

1 + 1y

 

1 + 1z

* Trường hợp z = 1thì



1 + 1x

 

1 + 1y

 

1 + 1y

2

≥ 43

 

1 + 1y



= 32

với g1, g2, , gn là các hàm l biến giá trị nguyên và k1, , kl ∈ Z

Tập các nghiệm của phương trình Diophante có thể có biểu diễn nhiềutham số

Một số phương trình diophante ta không thể tìm được tất cả các nghiệmcủa chúng Trong những trường hợp như vậy, phương pháp tham số cungcấp một chứng minh về sự tồn tại vô hạn các nghiệm

Ví dụ 1.11 a) Cho m và n là các số nguyên dương phân biệt Chứng

Lấy m = 2; n = 3, ta được phương trình: x2 + y2 = 13z

x0k = 2.13k, yk0 = 3.13k, zk0 = 2k + 1, k ∈ Z+

x00k = 5.13k−1, yk00 = 12.13k−1, zk00 = 2k, k ∈ Z+

phương trình được cho.

2) Một cách khác để đưa ra một họ vô hạn các nghiệm bằng cách sử

m2 + n2
k = A2k + Bk2

⇔ x + y

1z

x2 − 2axy + (a2 − 4b)y2 + 4by = z2

Giải

Ta sử dụng kết quả bổ đề sau:

Bổ đề 1.1 Nếu A, B là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì

∃u, v ∈Z+ sao cho:

Chứng minh Xét các số nguyên:

và các số dư của chúng khi chia cho B Tất cả các số dư đều phân biệt.Thật vậy, nếu

k1A = q1B + r và k2A = q2B + r

với k1, k2 ∈ {1; 2; ; B − 1} thì (k1 − k2)A = (q1 − q2)B ≡ 0(modB)

Vì U CLN (A, B) = 1 kéo theo |k1 − k2| ≡ 0(modB)

Mặt khác, |k1 − k2| < B (vì k1, k2 ∈ {1; 2; ; B − 1}) Do đó k1− k2 =0

Nhận xét 1.2 Lấy(u0, v0) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương

cho bởi:

um = u0 + Bm; vm = v0 + Am, m ∈Z+ (3)

yn+1 = byn2 + ayn+ 1; y1 ∈ Z+ (4)

unj
j≥1, vnj
j≥1 Một họ vô hạn các nghiệm được cho bởi unj, vnj, znj
, j ≥

1

1.4 PHƯƠNG PHÁP SỐ HỌC MODULAR

Trong nhiều trường hợp, phương pháp số học modular được dùng đểchứng minh một số phương trình diophante là vô nghiệm hoặc nhằm giảmphạm vi của các ẩn có thể là nghiệm

Ví dụ 1.14 Chứng tỏ rằng phương trình:

(x + 1)2 + (x + 2)2 + + (x + 2001)2 = y2

Suy ra phương trình ban đầu vô nghiệm.

nguyên

Giải

Vì x5
2 = x10 ≡ 0 hoặc 1(mod11) với mọi x, ta có x5 ≡ −1, 0 hoặc

1(mod11) Vì vậy x5 − 4 ≡ 6, 7 hoặc 8(mod11) Tuy nhiên các thặng dưbình phương modulo 11 là 0, 1, 3, 4, 5 hoặc 9, nên phương trình đã chokhông có nghiệm nguyên

Ví dụ 1.17 Xác định tất cả các số nguyên tố p sao cho hệ phương trìnhsau:

Vì p + 1 = 2x2 là số chẵn nên p là số lẻ Ngoài ra, 2x2 ≡ 1 ≡ 2y2(modp),

trình:

x3 − 3xy2 + y3 = n

Giải

x3 − 3xy2 + y3 = 2x3 − 3x2y − x3 + 3x2y − 3xy2 + y3

= 2x3 − 3x2y + (y − x)3

= (y − x)3 − 3 (y − x) (−x)2 + (−x)3

Điều này chứng tỏ rằng nếu (x, y) là nghiệm thì (y − x, −x) cũng lànghiệm Hai nghiệm này là phân biệt.

Vì vậy hoặc là cả x và y đều có cùng thặng dư modulo 3 (khác 0) hoặc

có đúng một trong hai số x và y chia hết cho 3

Cả hai trường hợp này đều dẫn đến một trong ba số -x, y, x - y chiahết cho 3 Bằng cách sử dụng các phép biến đổi như trên, ta có thể giả sử

x3 ≡ 2891(mod9) ≡ 2(mod9)

1.5 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

Phương pháp quy nạp là một phương pháp đơn giản, rõ ràng và hiệuquả để chứng minh các phát biểu phụ thuộc vào các số nguyên không âm.Cho (P (n))n≥0 là một dãy các mệnh đề Phương pháp quy nạp toán

không âm đã cho

Phương pháp quy nạp (dạng yếu): Giả sử rằng:

• P (n0) là đúng

Phương pháp này được sử dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhaucủa Toán học, bao gồm Số học.

Các ví dụ sau đây có ý nghĩa quan trọng đối với việc biểu thị phươngpháp quy nạp trong việc giải phương trình diophante

2

+



7xn ∓ yn2

cũng là lẻ (vì là tổng của một số lẻ và một số chẵn), do đó trong trườnghợp này ta có thể chọn:

12xk =

12

⇔1

2 +

12x1 +

12x2 + +

12xk = 1

số nguyên dương phân biệt

n−1

X

k=1

(k + 1) − 1(k + 1)! =

1

+ 13!

là một nghiệm của phương trình (1) và tất

cả các phần tử của nó đôi một phân biệt

2) Một nghiệm khác của phương trình (1) mà tất cả các phần tử của

nó đôi một phân biệt, được cho bởi:

4) Không thể biết được có bao nhiêu số nguyên dương n để phương trình(1) có nghiệm (x1, x2, , xn), với x1, x2, , xn là các số nguyên dương lẻphân biệt.

với các số nguyên dương phân biệt

Giải Trước tiên ta sẽ chứng minh bổ đề sau

Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là chứng minh:

a31 + a32 + + a3k+ a3k+1 ≥ (a1 + a2 + + ak+ ak+1)2

Vậy bổ đề đã được chứng minh

x1 ≤ xm − (m − 1)

x1, x2, , xm đôi một phân biệt nên dẫn đến x1 = 1, x2 = 2, , xm = m.

{1, 2, , m}

Nhận xét 1.4 Nếu ta bỏ qua yêu cầu phân biệt thì phương trình của

13 + 23 + 23 + 33 + 43 + 63 = (1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 6)2

1.6 PHƯƠNG PHÁP GIẢM VÔ HẠN FERMAT (FMID)Pierre de Fermat (1601 - 1665) khá nổi tiếng với những đóng góp củaông trong ngành toán học Fermat là một luật sư và là ủy viên hội đồng

tại Toulouse.

Fermat đã tác động mạnh mẽ vào nền toán học trên thế giới thông quanhững phát hiện và phương pháp của ông Ông là một trong những nhàtoán học đầu tiên sử dụng phương pháp chứng minh được gọi là "giảm vôhạn"

Phương pháp này trái ngược với phương pháp quy nạp mạnh, áp dụngcho phủ định mệnh đề P(n)

Phương pháp trên thường được gọi là phương pháp giảm hữu hạn.Phương pháp giảm vô hạn Fermat (FMID) được xây dựng như sau:Cho k là một số nguyên không âm Giả sử rằng:

j > k sao cho P(j) đúng

dãy giảm như thế xảy ra

Sau đây là hai trường hợp đặc biệt hữu ích cho việc giải phương trìnhdiophante:

n2 >

Trong một vài tình huống nó là thuận tiện để thay thế biến thể FMID

cho P (n) đúng thì P(n) sai với ∀n < n0.

Giải

phương trình không có nghiệm khác

để thấy rằng x1 > 0, y1 > 0, z1 > 0

Từ x31 + 2y13 = 4z13 kéo theo 2|x1 vì vậy x1 = 2x2, x2 ∈ Z+

Khi đó 4x32 + y13 = 2z13, do đó 2|y1 nên y1 = 2y2, y2 ∈ Z+

x1 > x2, y1 > y2, z1 > z2

Tiếp tục quá trình này, ta xây dựng được một dãy các nghiệm nguyêndương (xn, yn, zn)n≥1 sao cho x1 > x2 > x3 > , y1 > y2 > y3 > , z1 >

z2 > z3 > Điều này mâu thuẫn với Biến thể FMID 1

Giải

Ta sẽ chứng minh rằng phương trình không có nghiệm khác bằng cách

dương nhỏ nhất)

p2|q|x và p2 < q < p1 hay p2|x và p2 < p1 Tiếp tục quá trình này ta xây

Điều này mâu thuẫn với Biến thể FMID 1 Suy ra không tồn tại nghiệm

x khác

xn+2 = 3xn+1 − xn, x0 = 1, x1 = 4

yn+2 = 3yn+1 − yn, y0 = 1, y1 = 2

,

(đúng)

xk+2, xk+1, yk+2, yk+1 vào (xk+3, yk+3) = (3xk+2 − xk+1, 3yk+2− yk+1), ta

tuyến tính bậc hai, do đó số hạng tổng quát của chúng có dạng

√52

√52

√5

√52

√52

Chú ý rằng xn = L2n+1 và yn = F2n+1, trong đó (Fm)m≥1, (Lm)m≥1 làcác dãy Fibonacci và Lucas.

1 = −4 với các số nguyên a1, b1 > 0, vàkhông tồn tại k sao cho (xk, yk) = (a1, b1)

mâu thuẫn với Biến thể FMID 1

Ví dụ 1.26 Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

x2 + y2 + x + y + 1 = xyz

Giải

Chú ý rằng nếu x1 > y1 thì x1 ≥ y1 + 1 và

x21 > y12 + y1 + 1 = x1(y1z1 − x1 − 1) = x1x2

dương (xk, yk, zk) với x1 > x2 > x3 > , mâu thuẫn với Biến thể FMID1

Không khó để thấy rằng cả x và y là lẻ Thay thế

Bắt đầu từ (u1, v1) ta xây dựng các nghiệm (u2, v2) , (u3, v3) , với

v1 ≥ v2 ≥ v3 ≥ Theo Biến thể FMID 2, suy ra

√212

, n ≥ 0

Trong trường hợp này ta có α = 3 +

√21

5 +√

212

− 3 −

√212

5 −√

212

5 +√

212

− 3 −

√212

5 −√

212

Ví dụ 1.27 Giải phương trình:

1 + x1 + 2x1x2 + + (n − 1)x1x2 xn−1 = x1x2 xn

Giải Viết phương trình dưới dạng:

Nhận xét 1.6 Thay các giá trị của x1, x2, , xn vào phương trình banđầu ta nhận ra rằng:

không thể cùng đúng, bởi vì cộng hai bất phương trình trên vế theo vế

sẽ dẫn đến điều mâu thuẫn Vì vậy có ít nhất một trong hai bất phươngtrình: x2 + 3y < (x + 2)2 và y2 + 3x < (y + 2)2 đúng