Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa thức luận văn thạc sĩ toán học

Phép chứng minh Định lý Fermat theo phương pháp Quy nạp lùi vô hạn 13 Chương 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐA THỨC LỜI NÓI ĐẦU Phương trình nghiệm nguyên luôn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGUYỄN THÀNH HUYỀN TRÂN

MéT Sè PH¦¥NG PH¸P GI¶I PH¦¥NG TR×NH NGHIÖM NGUY£N §A THøC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN, 12 – 2011

MỤC LỤC

1.2 Sơ lược về lịch sử của phương trình Fermat 7

1.3 Phép chứng minh Định lý Fermat theo phương pháp Quy nạp lùi vô hạn 13

Chương 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐA THỨC

LỜI NÓI ĐẦU

Phương trình nghiệm nguyên luôn là một đề tài lý thú và khó, đã thu

hút nhiều người quan tâm nghiên cứu và tìm hiểu Các bài toán giải phương

trình nghiệm nguyên thường không có quy tắc giải tổng quát Mỗi phương

trình với dạng riêng của nó đòi hỏi phải có một cách giải đặc thù phù hợp.Điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sángtạo Chính vì thế, bài toán phương trình nghiệm nguyên thường có mặt trongcác kỳ thi học sinh giỏi về Toán cấp quốc gia, quốc tế Việc hệ thống mộtcách tương đối các cách giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề cầnthiết và có ý nghĩa đối với việc giảng dạy và nghiên cứu toán học, đặc biệt đốivới chương trình dạy và học lịch sử toán học trong các nhà trường.

Với lý do như đã nêu, trong luận văn này chúng tôi cố gắng tìm hiểu vàtổng hợp một số vấn đề lịch sử và phương pháp giải các phương trình nghiệmnguyên đa thức Nội dung luận văn gồm hai chương ngoài các phần: Mục lục,

mở đầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo

Chương 1 giới thiệu sơ lược về phương trình nghiệm nguyên đa thức hayphương trình Diophante, trong đó điểm qua một số phương trình Diophante đặcbiệt: Phuơng trình Pythagore, Phương trình Fermat

Từ phương trình Pythagore (Pitago), Fermat đã tạo ra một bài toán khó bất

hủ Đó chính là nội dung của Định lý lớn Fermat nổi tiếng, một trong những câuhỏi lớn nhất của toán học và nhân loại mới nhận được câu trả lời trong thời giangần đây Trong chương này, luận văn giới thiệu một số phương pháp tiếp cậngiải quyết bài toán về phương trình Fermat: Phương pháp quy nạp lùi vô hạn;Phương pháp ứng dụng đường cong phẳng hữu tỉ; Phương pháp chứng minh giảthuyết Shimura - Tanayama về các đường cong Elliptic của Andrew Wiles

Chương 2 giới thiệu một số phương pháp giải phương trình nghiệmnguyên đa thức thông qua những bài tập cụ thể

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy giáoPGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng

và biết ơn sâu sắc đến thầy, người đã dành cho tác giả sự hướng dẫn chu đáo vànghiêm túc trong qúa trình học tập, nghiên cứu và thực hiện luận văn

Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo trong Chuyên ngành Đại

số và Lý thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau Đại học, Trường Đại họcVinh đã hết lòng giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và làm luận văn

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Trường Đại học Sài Gòn đãgiúp đỡ và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứutheo chương trình đào tạo sau đại học liên kết giữa hai trường Đại học Vinh vàĐại học Sài Gòn, tại TP Hồ Chí Minh

Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn không tránh khỏi những thiếu sót.Kính mong sự góp ý của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp

Nghệ An, tháng 12 năm 2011

Tác giả

 x y z, ,  là một bộ số Pitago thì kx ky kz, ,  cũng là một bộ số Pitago với mọi

số nguyên dương k Do đó ta chỉ cần xét các bộ ba số nguyên tố cùng nhau

Bộ ba số Pitago  x y z, ,  được gọi là nguyên thuỷ nếu (x,y,z) =1

1.1.3 Bổ đề Giả sử  x y z, ,  là một bộ số Pitago nguyên thuỷ Khi đó ,x chẵn

y lẻ hoặc x lẻ y chẵn hay x và y không cùng tính chẵn lẻ

Chứng minh Giả sử x y z, ,  là một bộ số Pitago nguyên thuỷ Theo Bổ đề1.1.2, x y ,  1 nên x và y không thể cùng chẵn Nếu x, y cùng lẻ thì z chẵnhay z2 chia hết cho 4 Ta có:

x 2 1 mod 4 , y 2 1 mod 4 

Do đó z2 x2 y2  2 mod 4  

Điều này vô lý với việc z chia hết cho 4 Vậy x, y không cùng tính chẵn lẻ ■

1.1.4 Bổ đề Giả sử r s t, , là các số nguyên dương sao cho r s ,  1 và

2

rs t Khi đó tồn tại các số nguyên h và l sao cho r l2 và s h 2.

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

s >1 Giả sử các phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố có dạng sau:

Từ đó suy ra r l s h 2 ,  2, trong đó l h, là các số nguyên.■

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

1.1.5 Định lý Các số nguyên dương x, y, z lập thành một bộ số Pitago

nguyên thuỷ, với y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương nguyên

tố cùng nhau m, n với m>n, m lẻ n chẵn hoặc m chẵn n lẻ sao cho

Chứng minh Giả sử x, y, z là một bộ số Pitago nguyên thuỷ Bổ đề 1.1.3 cho

thấy x lẻ y chẵn hoặc ngược lại Vì ta đã giả thiết y chẵn nên x, z đều lẻ Do

x m  n 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 không thể cùng lẻ vìnếu ngược lại thì x, y và z đều chẵn, mâu thuẫn điều kiện x y z , ,  1 Vì

lại Vậy mỗi bộ số Pitago nguyên thuỷ có dạng đã nêu

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 thấyrằng p \ 2 vì x lẻ (do x m 2  n2, trong đó m2 và n2 không cùng tính chẵn

lẻ) Lại do p 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 x y z, ,  là một bộ số Pitagonguyên thuỷ ■

Từ Định lý 1.1.5 nói trên, ta có thể thu được các ví dụ về bộ số Pitagonguyên thuỷ Chẳng hạn lấy m  5,n 2 ta có m nmod 2 và m n ,  1,

là một bộ số Pitago nguyên thuỷ

1.2 Sơ lược về lịch sử của phương trình Fermat

Câu chuyện về Định lý cuối cùng hay Định lý lớn Fermat của Fermat làcâu chuyện độc nhất vô nhị trong lịch sử toán học thế giới, khởi nguồn từ cổ đạivới nhà toán học Pitago (Pythagore) Định lý cuối cùng của Fermat, có nguồngốc từ Định lý Pitago: "Trong một tam giác vuông, bình phương cạnh huyềnbằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông"

1.2.1 Phương trình Fermat Ta thấy rằng phương trình x y z  có vô hạnnghiệm nguyên x y z, ,  Các bộ số Pitago cũng cho ta vô hạn nghiệm nguyêncủa phương trình

x2  y2 z2.Tình hình sẽ như thế nào nếu số mũ của các ẩn tăng lên? Nói cách khác,phương trình

x n  y n z n với n 3

có nghiệm nguyên hay không? Nếu có thì số nghiệm là hữu hạn hay vô hạn?

Từ phương trình Pitago, Fermat đã tạo ra một bài toán khó bất hủ Đóchính là nội dung của định lý Fermat nổi tiếng, một trong những câu hỏi lớnnhất của toán học và nhân loại mới nhận được câu trả lời trong thời gian gầnđây

Định lí lớn Fermat Phương trình x n  y n z n với n 3, n Z , không có nghiệm nguyên dương.

Bên lề một cuốn sách Số học của Diophant (xuất bản năm 1963) nhà toánhọc người Pháp Pierre de Fermat (1601 - 1665) đã viết như sau:

“Phương trình x n  y n z n với n 3, n Z không có nghiệm nguyên dương Tôi đã tìm được một cách chứng minh tuyệt diệu điều khẳng định này nhưng vì lề sách quá nhỏ nên không thể viết vào đây.”

Định lý này đã làm hao mòn không biết bao bộ óc vĩ đại của các nhà toánhọc lừng danh trong gần 4 thế kỉ Cho tới đầu thế kỷ 20 các nhà toán học chỉ

chứng minh định lý này là dúng với n = 3, 4, 5, 7 và các bội số của nó Nhà

toán học người Đức Ernst Kummer đã chứng minh định lý này là đúng vớimọi số nguyên tố tới 100 (trừ 3 số nguyên tố là 37, 59, 67)

Nguyên văn bản viết tay của Pierre de Fermat ngày 4/3/1660, hiện lưu giữtại Departmental Archives of Haute- Garonne, Toulouse:

Cuối cùng, vào năm 1993 nó được chứng minh bởi Andrew Wiles (ngườiAnh, sinh năm 1953) sau gần 8 năm ròng nghiên cứu, phát triển chứng minhcác giả thuyết có liên quan bằng việc sử dụng những kiến thức cao nhất củanhiều ngành toán học hiện đại.

1.2.2 Quá trình giải quyết của Andrew Wiles:

- Tháng 6 năm 1993, "Elliptic Curves and Modular Forms", Wiles lần đầutiên công bố là ông đã giải được Định lý lớn Fermat

- Tháng 7 – 8 năm 1993, Nick Katz (đồng nghiệp) trao đổi email với Wiles vềnhững điểm chưa hiểu rõ, trong đó nhắc rằng trong chứng minh của ông có 1 sailầm căn bản

- Tháng 9 năm 1993, Wiles nhận ra chỗ sai và cố gắng sửa Sinh nhật phunhân ngày 6 tháng 10, bà nói chỉ cần quà sinh nhật là một chứng minh đúng.Wiles cố hết sức nhưng không làm được

Andrew Wiles

- Tháng 11 năm 1993, ông gởi email công bố là có trục trặc trong phần đó củachứng minh.

- Sau nhiều tháng thất bại, Wiles sắp chịu thua Trong tuyệt vọng, ông yêucầu giúp đỡ Richard Taylor, một sinh viên cũ của ông, tới Princeton cùngnghiên cứu với ông

- Ba tháng đầu 1994, ông cùng Taylor tìm mọi cách sửa chữa vấn đề nhưng

- Tháng 5 năm 1995 đăng lời giải trên Annals of Mathematics (Đại học

Princeton)

- Tháng 8 năm 1995 hội thảo ở Đại học Boston, giới toán học công nhậnchứng minh là đúng

1.2.3 Đánh giá tình hình cách chứng minh của Andrew Wiles:

Helen G Grundman , giáo sư toán trường Bryn Mawr College:

"Tôi nghĩ là ta có thể nói, vâng, các nhà toán học hiện nay đã bằng lòngvới cách chứng minh Định lý lớn Fermat đó Tuy nhiên, một số sẽ cho là chứngminh đó của một mình Wiles mà thôi Thật ra chứng minh đó là công trình củanhiều người Wiles đã có đóng góp đáng kể và là người kết hợp các công trìnhlại với nhau thành cái mà ông đã nghĩ là một cách chứng minh Mặc dù cố gắngkhởi đầu của ông được phát hiện sau đó là có sai lầm, Wiles và người phụ tá

Nhà toán học Ken Ribet, người đã chứng minh được Giả thuyết epsilon(epsilon conjecture) để cùng với giả thuyết Shimura - Tanayama (do AndrewWiles chứng minh) suy ra được Định lý cuối cùng của Fermat, nói:

“Chỉ có khoảng một phần nghìn nhà toán học có thể hiểu được chứngminh đó Định lý lớn của Fermat đã đặt ra cách đây hơn 350 năm và đã đượcchứng minh chặt chẽ bởi nhà toán học Andrew Wiles, khẳng định rằng phươngtrình

x  y z xyz  n

không có nghiệm nguyên, bằng cách chứng minh giả thuyết Shimura - Tanayama

về các đường cong Elliptic

Chứng minh Định lý cuối cùng của Fermat là một chứng minh rất khó, vậndụng hầu hết những kiến thức của nhiều ngành toán học hiện đại.”

1.2.4 Giả thuyết Fermat tổng quát

Phương trình:

không có nghiệm nguyên khác không.

1.3 Phép chứng minh Định lý Fermat theo phương pháp quy nạp lùi vô hạn

Trong phần này của luận văn, chúng tôi sẽ giới thiệu phép chứng minhĐịnh lí lớn Fermat cho trường hợp n 4 Một trong những mấu chốt của

chứng minh là phương pháp Quy nạp lùi vô hạn do Fermat đề xuất.

1.3.1 Mệnh đề Nếu phương trình x n  y n z n với n 3, n Z có nghiệm nguyên dương thì phương trình x py p z p cũng có nghiệm nguyên dương, với p là ước nguyên tố của n.

Chứng minh Giả sử phương trình x n  y n z n với n 3, n Z có mộtnghiệm nguyên ( , , )a b c , khi đó ta có: a n b n c n Ta viết đẳng thức này lạinhư sau:

1.3.2 Mệnh đề Nếu phương trình x n  y n z n không có nghiệm nguyên dương khi n = 4, hoặc khi n là số nguyên tố 3 thì phương trình x ny n z n

không có nghiệm nguyên dương với mọi số nguyên n 3.

Chứng minh Từ giả thiết của bài toán ta chỉ cần xét với những số nguyên

4

n  và không phải là số nguyên tố

1) Nếu n là số lẻ thì tồn tại ước nguyên tố lẻ p của n Do đó, nếuphương trình x n  y n z n có nghiệm nguyên dương thì theo Mệnh đề 1.3.1

phương trình x py p z p cũng có nghiệm Điều này mâu thuẫn với giả thiết

2) Nếu n là số chẵn thì ta xét hai khả năng sau:

a) n = 4k: Do n > 4 nên k >1 Nếu phương trình x n  y n z n có

nghiệm nguyên dương thì do 4 là ước của n, nên theo Mệnh đề 1.3.1 phươngtrình x4 y4 z4 cũng có nghiệm Điều này mâu thuẫn với giả thiết

b) n = 4k + 2 = 2(2k + 1): Do n > 4 nên 2k + 1 > 2 hay 2k + 1 là số lẻlớn hơn 3 và do đó n có một ước nguyên tố lẻ p Giả sử ngược lại, phươngtrình x n  y n z n có nghiệm nguyên dương thì theo Mệnh đề 1.3.1 phương

trình x py p z p cũng có nghiệm Điều này mâu thuẫn với giả thiết.■

1.3.3 Định lí Phương trình x4 y4 z2 không có nghiệm nguyên dương Chứng minh Giả sử phương trình x4y4 z2 có nghiệm nguyên dương Khi

đó, tồn tại nghiệm xx y0 , y z0 , z0 trong đó z0 là nhỏ nhất Ta có

Dó đó, x x y 1 , y z z1 ,  1 là một nghiệm của phương trình x4 y4 z2 với z1

bé hơn z0 Ta gặp mâu thuẫn

m n,   1,m nmod 2 và

0 2 0

n

1.3.4 Hệ quả Phương trình x4 y4 z4 không có nghiệm nguyên dương.

Chứng minh Giả sử phương trình x4 y4 z4có nghiệm nguyên dương

Chứng minh Với s = 2 Hệ quả 1.3.5 chính là Hệ quả 1.3.4 Giả sử phương

trình x2s y2s z2s,s 3 có nghiệm nguyên dương ( , , )a b c Ta có 2s 2s 2s

1.4 Đường cong phẳng Fermat

Trong chương trình phổ thông chúng ta không hiểu được người ta tìm racác phương trình nghiệm nguyên 2mn,m2  n2 ,m2 n2 của phương trình

cong phẳng khả qui Nếu đa thức f là bất khả qui, thì (l)là đường cong

) , ( )

, (  1   0 

t x

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

a x x

) , ( )

, ( )

) , ( )

Khi f m(  ,  )  0 phương trình trên trở thành phương trình bậc nhỏ hơn m.Khi đó số giao điểm nhỏ hơn m

1.4.3 Đường cong phẳng hữu tỉ Cho đường cong phẳng (l) xác định bởiphương trình f(x,y)  0 (l) được gọi là đường cong phẳng hữu tỉ nếu có hai

hàm hữu tỉ , ( ) (( ))

) (

) ( ) (

t k

t h t t g

t f

 trong đó f(t),g(t),k(t),h(t) là những đa thức 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 (  (t 0), (t0)) thuộc (l) Để nhận được hết các điểm thuộc (l) ta quiước điểm (  (  ),  (  )) với

, ( ) lim (( ))

) (

) ( lim ) (

t k

t h t

g

t f

2

2 1

2 2

Khái niệm đường cong phẳng hữu tỉ có liên quan đến những điểm khôngtầm thường với toạ độ nguyên thuộc đa tạp Fermat V :x n  y n  z n  0 ,n 3.Kết quả sau đây được vận dụng nhiều trong việc xác định tính hữu tỉ củađường cong phẳng trên trường số phức .

1.4.4 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  thì

max deg ( ),deg ( ),deg ( )a x b x c x n abc( ) 1 Vận dụng Định lý Mason này ta chứng minh được một kết quả sau đây:

1.4.5 Định lí Đường cong phẳng Fermat x n y n z n với n  , không là 3

đường cong phẳng hữu tỉ trên R.

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

n n

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 n deg x a( ) Vì

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

Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết n 3 Vậy (l) không là đường cong phẳng hữu tỉ

1.4.6 Mệnh đề Không tồn tại các đa thức nguyên tố cùng nhau a x b x( ), ( )sao cho

18deg ( ) deg ( ) deg ( ) deg ( ) ( ) 1,

3deg ( ) deg ( ) deg ( ) deg ( ) ( ) 1.

a : mâu thuẫn Vậy không có các đa thức

)

(

),

(x b x

a nguyên tố cùng nhau thoả mãn dega(x) 18  b(x) 3<11 dega(x)  1

1.4.7 Mệnh đề Không tồn tại các đa thức f x g x( ), ( )hệ số phức, khác hằng số

và nguyên tố cùng nhau sao cho: