Một số phương trình diphantine và các bài toán liên quan

NGUYỄN THỊ HẢI YẾNMỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2017... NGUYỄN THỊ HẢI YẾNMỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE VÀ CÁC BÀI TOÁN

NGUYỄN THỊ HẢI YẾN

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An - 2017

NGUYỄN THỊ HẢI YẾN

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60 46 01 04

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

TS ĐÀO THỊ THANH HÀ

Nghệ An - 2017

MỤC LỤC

1 Phương trình DIOPHANTINE tuyến tính và các

1.1 Phương trình Diophatine tuyến tính 81.2 Một số bài toán 11

2 Một số phương trình Diophantine bậc hai và các

2.1 Bộ ba Pytago và các bài toán liên quan 172.2 Một số phương trình Diophantine bậc hai thường gặp khác 26

Tài liệu tham khảo 34

MỞ ĐẦU

Phương trình nghiệm nguyên (phương trình giải trên tập số nguyên) haycòn gọi là phương trình Diophantine – được lấy tên một nhà toán học HyLạp sống ở Alexandria vào thế kỷ thứ III

Về lịch sử phát triển, phương trình Diophantine trải qua một quá trìnhlịch sử lâu dài Luôn thu hút những người yêu toán học trong mọi thời đại,

từ Euclid, Diophantus, qua Fibonacci, rồi đến Fermat, Euler, Lebesgue vàthời hiện đại là Gelfold, Matiasevic, Serpinsky

Thông qua việc giải phương trình Diophantine các nhà toán học đã tìm rađược rất nhiều tính chất của số nguyên, số hữu tỉ, số đại số và cũng như tronghình học Giải phương trình nghiệm nguyên đã đưa đến sự ra đời của nhiều

lý thuyết như lý thuyết xấp xỉ Diophantine, thặng dư bình phương Nhưphương trình x2 + y2 = z2 có ý nghĩa rất nhiều trong giải toán lượng giác vàtrong hình học Phương trình nghiệm nguyên được đánh giá là bài toán khó

do tính không mẫu mực của nó

Trong phạm vi luận văn này, chúng tôi trình bày một số dạng phươngtrình Diophatine thường gặp và một số bài toán liên quan Tài liệu thamkhảo chính của chúng tôi là [3]

Luận văn được chia làm 2 chương

Chương 1 Phương trình Diophantine tuyến tính và các bài toán liên quan.Chương này trình bày khái niệm về phương trình Diophantine tuyến tính,

về một số phương trình Diophantine tuyến tính thường gặp trong thực tế vàthuật toán Euclid để giải phương trình Diophantine tuyến tính Trình bày

những kỹ thuật để giải phương trình Diophantine tuyến tính, chẳng hạn đểgiải phương trình Diophantine tuyến tính

Chương 2 Phương trình Diophantine bậc hai và các bài toán liên quan.Đầu tiên đưa ra công thức nghiệm phương trình Diophantine nổi tiếng

Nghệ An, tháng 07 năm 2017

Tác giả

CHƯƠNG 1

PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE TUYẾN TÍNH

VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN

Ở đây ta có bài toán:

Giả sử giá của con búp bê là 7 USD, và một bộ tàu đồ chơi là 18 USD.Một cửa hàng chỉ bán búp bê và tàu, và tổng số tiền thu được là 208 đô la.Hỏi có bao nhiêu mỗi loại đã được bán?

Để giải bài toán này ta gọi x, y lần lượt là số búp bê và bộ tàu mà cửahàng bán được Khi đó có được phương trình

7x + 18y = 208

là phương trình bậc nhất hai ẩn, trong khi chúng ta đã được học cần sốphương trình bằng với số ẩn để giải những bài toán như thế này Nhưng ởđây điều kiện của x, y là số nguyên dương nên ta có thể lập luận để giải nhưsau:

Vì y phải là số nguyên, giá trị (29 − y) cũng là số nguyên, vậy phân thức

5 − 4y

7 cũng phải là số nguyên Đặt phân thức đó là a, sau đó thực hiện một

số phép toán với phương trình thu được:

a = 5 − 4y

7

7a = 5 − 4y4y = 5 − 7a

y = 5 − 7a

4 = 1 − a +

1 − 3a4

Đặt b = 1 − 3a

4

4b = 1 − 3a3a = 1 − 4b

a = 1 − 4b

3 = −b +

1 − b3

Nghiệm thu được:

x = 22 + 18c

y = 3 − 7c

Nếu c = 0 ta nhận được nghiệm ta có với bài toán trước là x = 22 và

y = 3 Nhưng chú ý rằng với bất kỳ giá trị nguyên nào khác của c sẽ cho mộtnghiệm khác Ta thấy những giá trị dương của c sẽ cho y giá trị âm, nhưngnếu c = −1, ta có một nghiệm khác là x = 4 và y = 10 Dễ dàng thấy rằng

cả hai cặp (x, y) là nghiệm đúng của bài toán đã cho Nếuc ≤ −2, các giá trịcủa x trở thành âm, vì vậy không thêm nghiệm nào nữa Phương trình này

là một ví dụ phương trình Diophantine tuyến tính hai ẩn

1.1 Phương trình Diophatine tuyến tính

Nếu r 6= 0 thì (a, b) = (b, r) Chuyển sang bước 2.

Bước 2: Lấy b chia cho r

b = rq1 + r1, 0 6 r1 < r

Nếu r = 0 thì (b, r) = (rq1, r) = r

Nếu r1 6= 0 thì (b, r) = (r, r1) Chuyển sang bước 3

Bước 3: Chia r cho r1

Quá trình tiếp tục nhưng không vô hạn vì ta có dãy giảm ngặt các số tựnhiên

với a, b, c ∈ Z có nghiệm nguyên khi và chỉ khi ƯCLN(a, b) chia hết c

Chứng minh (⇒) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x0, y0).Khi đó ax0 + by0 = c

Gọi d = ƯCLN(a, b) Ta có a d, b d,

do đó ax0 d, by0 d, nên ax0 + by0 d hay c d

(⇐) c d = ƯCLN(a,b) nên ∃c1 ∈ Z: c = dc1

Do d = ƯCLN(a, b) nên ∃u, v ∈Z: d = au + bv

suy ra c = (au + bv)c1 = a(uc1) + b(vc1)

Vậy (x, y) = (uc1, vc1) là một nghiệm nguyên của phương trình

Cũng nhận thấy rằng một kết quả: Nếu (x, y) là nghiệm của phương trình

với a, b, c ∈ Z có nghiệm nguyên (x0, y0) thì phương trình sẽ có vô số nghiệm

và tập nghiệm được xác định như sau:

trong đó d là ƯCLN(a, b)

1.1.5 Định nghĩa Một phương trình có dạng

a1x1 + a2x2 + + anxn = c (1.1)

có nghiệm nguyên, trong đó a1, a2, , an, c là các số nguyên cho trước, các số

a1, a2, , an không đồng thời bằng không được gọi là phương trình Diophantinetuyến tính

1.1.6 Định lí Phương trình (1.1) có nghiệm nguyên nếu và chỉ nếu

ƯCLN(a1, a2, , an)là ước của c

Trong trường hợp phương trình có nghiệm, có thể chọn n − 1 nghiệm saocho mỗi nghiệm là một tổ hợp tuyến tính của những n − 1 nghiệm này

Chứng minh Giả sử d = ƯCLN(a1, a2, , an)

Nếu c là không chia hết cho d, thì (1.1) là không có nghiệm nguyên, vì vớicác số nguyên bất kỳ số x1, x2, , xn vế trái phương trình (1.1) chia hết cho

d, vế phải phương trình (1.1) không chia hết cho d

Ta cần chứng minh rằng ƯCLN(x1, x2, , xn) là một tổ hợp tuyến tính vớicác hệ số nguyên x1, x2, , xn

Trường hợp n = 2 được suy ra Định lí 1.1.3

Vì ƯCLN(x1, x2, , xn) = ƯCLN (ƯCLN (x1, x2, , xn−1), xn)

ƯCLN(x1, x2, , xn)là một tổ hợp tuyến tính củaxn và ƯCLN(x1, x2, , xn−1).Bằng qui nạp ta có

ƯCLN(x1, x2, , xn) là một tổ hợp tuyến tính x1, x2, , xn−1, xn.Sau đó, quy nạp ƯCLN(x1, x2, , xn) là một tổ hợp tuyến tính của

Áp dụng Định lí 1.1.4 ta có nghiệm nguyên của phương trình là:

một điểm khác trên đồ thị với tọa độ nguyên Một phép thử nhanh sẽ chứngminh điều này Phương trình là:

7x + 18y = 208

Nếu ta cộng 18 vào giá trị x, giá trị vế trái tăng thêm 7.18 Nếu ta giảm

7 ở giá trị y, giá trị vế trái giảm đi 7.18 Như vậy giá trị ở vế trái sẽ khôngthay đổi

Đường thẳng này có hệ số góc âm và cắt qua góc phần tư thứ nhất và

đi qua một số điểm có tọa độ nguyên dương ở đó Điều này có thể khôngđúng với đồ thị của phương trình Diophantine tuyến tính khác Những đườngthẳng với hệ số góc dương có thể có vô số nghiệm mà cả x lẫn y dương, vàcũng có những phương trình không có nghiệm nào như vậy Rất đơn giản đểlập ra những phương trình như thế này với bất cứ tính chất nào ta muốn.1.2.2 Ví dụ Ở một cửa hàng thú cưng, chuột bán với giá 5 USD, cá 3 USD

và dế 10 cent Có 100 con vật đẫ được bán ra và tổng số tiền thu được là 100USD Hỏi đã có bao nhiêu chuột, cá và dế đã được bán ?

Nếu x, y, z lần lượt biểu diễn số chuột, cá và dế ta có 2 phương trình(nhưng 3 ẩn):

Nếu ta lấy phương trình thứ 2 trừ đi phương trình đầu, ta thu được một

phương trình Diophantine tuyến tính quen thuộc với hai biến

49x + 29y = 900

May mắn là ƯCLN (49, 29)=1 mà 1 |900, vì thế phương trình này cónghiệm (mặc dù có thể không phải là những nghiệm mà mọi giá trị đềukhông âm)

Hãy tìm ƯCLN(49, 29), sử dụng thuật toán Euclid

1 là số dư cuối cùng khác 0, vì vậy ƯCLN (49, 29) = 1

Như trên ta sẽ tìm một nghiệm riêng cho phương trình đơn giản hơn là:

49x + 29y = 1

Và sau đó ta nhân cả x và y với 900 để tìm một nghiệm cho phương trìnhban đầu Gọi i, j, là những giá trị nguyên của những phân thức ta có đượctrong quá trình giải phương trình Diophantine

Nếu t ≤ 403 thì x nhận giá trị âm Nếu t ≥ 405 thì y nhận giá trị âm.

Vì có tất cả 100 con vật nên z = 80, và ta có thể dễ dàng thử lại là

x = 16, y = 4, z = 80 là đáp số của bài toán

1.2.3 Ví dụ Cho a và b là các số nguyên dương với ƯCLN(a, b) = 1 thì

g(a, b) = ab − a − b

với g(a, b) là số nguyên dương lớn nhất N sao cho phương trình ax + by = N

không có nghiệm không âm

Giải Giả sử N > ab − a − b

Theo Định lí 1.1.4 nghiệm của phương trình ax + by = N có dạng

(x, y) = (x0 + bt, y0 − at), t ∈ Z

không có nghiệm nguyên không âm.

Thật vậy, giả sử phương trình

ax + by = ab − a − b

có nghiệm nguyên không âm thì khi đó

ab = a(x + 1) + b(y + 1)

Do ƯCLN(a, b) = 1,nêna|(y +1)vàb|(x+1), trong đóy +1 ≥ avàx+1 ≥ b

Vì thế ab = a(x + 1) + b(y + 1) ≥ 2ab, mâu thuẫn

Do đó g(a, b) ≥ ab − a − b

Vậy g(a, b) = ab − a − b

CHƯƠNG 2

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE BẬC

HAI VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

2.1 Bộ ba Pytago và các bài toán liên quan

Một trong các phương trình Diophantine nổi tiếng nhất là phương trìnhPytagore

Bộ ba Pytago cũng chính là số đo ba cạnh trong tam giác vuông với độdài cạnh là số nguyên dương Phương trình này biết đến từ thời Babylon cổđại

Chú ý đầu tiên là nếu bộ ba số nguyên (x0, y0, z0) thoã mãn phương trình(2.1) thì các bộ số (kx0, ky0, kz0), k ∈ Z cũng thoã mãn phương trình (2.1).

Điều này lý giải tại sao ta chỉ cần tìm nghiệm(x, y, z) của phương trình (2.1)với ƯCLN(x, y, z) = 1 Điều này tương đương với x, y, z đôi một nguyên tốcùng nhau

Một nghiệm(x0, y0, z0) với x0, y0, z0 đôi một nguyên tố cùng nhau được gọi

là nghiệm nguyên thủy Rõ ràng là trong một nghiệm nguyên thủy có đúngmột số chẵn là x0, hoặc y0

Sở dĩ ở đây trong mỗi nghiệm (x, y, z)của phương trình (2.1) có một trongcác số x, y phải chẵn là vì:

Nếu x, y cùng lẻ thì khi đó z2 = x2 + y2 ≡ 2(mod 4), điều này mâu thuẫn

2.1.1 Định lí Bất kỳ nghiệm nguyên thủy (x, y, z) của phương trình (2.1)

là số nguyên dương với y là chẵn đều có dạng

x = m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2 (2.2)trong đó m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với m > n, m + n

lẻ

Chứng minh Đồng nhất thức

m2 − n2
2

+ (2mn)2 = m2 + n2
2

chỉ ra rằng bộ ba (2.2) là một nghiệm đúng của phương trình (2.1) và y chẵn

Vì x lẻ, không mất tính tổng quát chúng ta giả sử rằng m lẻ, n chẵn

Ngoài ra nếu ƯCLN m2 − n2, 2mn, m2 + n2
= d ≥ 2

thì 2m2 = m2 + n2
+ m2 − n2
và 2n2 = m2 + n2
− m2 − n2
chia hếtcho d

Vì m, n nguyên tố cùng nhau nên dẫn đến d = 2 Như vậy, m2 + n2 chẵn,mẫu thuẫn với m chẵn, n lẻ Điều đó dẫn đến d = 1, Vậy nghiệm phươngtrình (2.1) là nguyên thủy

Ngược lại, khi (x, y, z) là nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.1) với

Có nghĩa là, a2 = bc Khi b và c là nguyên tố cùng nhau nên suy ra rằng

b = m2 và c = n2, với m, n là số nguyên dương

Chúng ta có m + n là lẻ và

x = b − c = m2 − n2, y = 2mn, z = b + c = m2 + n2

Bộ ba (x, y, z) có dạng (2.2) được gọi là nguyên thủy Để liệt kê tất cả cácnghiệm nguyên thủy của phương trình (2.1) ta gắn các giá trị 2, 3, 4 cho

m sau đó mỗi giá trị này ta lấy các số nguyên nsao cho nguyên tố cùng nhauvới m và nhỏ hơn m

Ở đây ta có bảng gồm 20 nghiệm nguyên thủy đầu tiên trên dựa vào quytắc trên Cột cuối cùng chỉ diện tích

2.1.2 Hệ quả Nghiệm nguyên của phương trình Pytago (2.1) có dạng tổngquát:

x = k m2 − n2

, y = 2kmn, z = k m2 + n2
(2.3)với k, m, n ∈ Z

Ta có thể mở rộng phương trình (2.1) thành phương trình

x2 + y2 + z2 = t2

Nghiệm nguyên dương (x, y, z, t) của phương trình trên biểu thị các cạnh

và đường chéo của hình hộp chữ nhật Ta muốn tìm tất cả các trường hợp

với l, m, nlà các số nguyên dương, nlà ước của l2 + m2 và nhỏ hơn√

vì vậy các số nguyên l, m, n được xác định duy nhất bởi (x, y, z, t)

Định lí 2.3 không chỉ nêu sự tồn tại nghiệm phương trình (2.4) mà còn chỉ

ra cách tìm nghiệm của nó

Để tránh sự lặp lại, ta có thể loại bỏ các cặp (l, m) với l < m và chỉ xétvới những số với x là số lẻ

Vì vậy ta bỏ tất cả các nghiệm với x, y, z, t đều chẵn

Và sau đây là 10 bộ nghiệm đầu của phương trình

2.1.4 Chú ý (1) Một cách quen thuộc để có "Bộ tứ Pytago" là

x = l2 + m2 − n2, y = 2ln, z = 2mn, t = l2 + m2 + n2

trong đó l, m, n là các số nguyên dương

Ta cũng biết rằng không phải tất cả các bộ tứ Pytago đều được tạo ra theocách này, chẳng hạn (3, 36, 8, 37) là một ngoại lệ Mặt khác họ nghiệm nàykhá giống với họ nghiệm phương trình (2.1)

(2) Các công thức tạo ra tất cả các bộ tứ Pytago của các số nguyên

và độ dài xk+1 của đường chéo tương ứng Tất cả các nghiệm nguyên dương

(x1, x2, , xk, xk+1) với ƯCLN(x1, x2, , xk) = 1 của phương trình (2.6) chobởi

Điều này có nghia z |xy vàx2 + y2 là số chính phương

Hay x2 + y2 = t2, với t là số nguyên dương và t = xy

với a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau.

Từ phương trình (2.9) ta suy ra c |d nghĩa là d = kc, k ∈ Z+

với m, n là các số nguyên dương thoả mãn Định lí 2.1.1

Vậy nghiệm của phương trình (2.7) là:

Vấn đề đặt ra, giải phương trình a2 + b2 = 19972 nghiệm nguyên dương

1997 là số nguyên tố nên ƯCLN(a, b) = 1

Theo bộ ba Pytago, có hai số nguyên dươngm > n sao cho ƯCLN(m, n) = 1

và

a = m2 − n2, b = 2mn, c = 1997 = m2 + n2

Vì m2, n2 ≡ 0, 1, −1(mod 5), 1997 ≡ 2(mod 5) nên m, n ≡ ±1(mod 5)

Vì m2, n2 ≡ 0, 1(mod 3), 1997 ≡ 2(mod 3) nên m, n ≡ 2(mod 3)

2.2 Một số phương trình Diophantine bậc hai thường

trong đó m, n, p, q là các số nguyên và ƯCLN(n, p) = 1

Chứng minh Phương trình tương đương là x

Do x, y, z, w nguyên dương nên x+z ≥ 2, x+w ≥ 2và N > x+z, N > x+w

Vì vậy, giả sử N là số nguyên tố thì (N, x + z) = 1

2.2.3 Ví dụ Nếu có hai cặp số nguyên dương không phân biệt thứ tự (x, y)

Chúng ta tiếp tục kiểm tra phương trình Diophantine sau đây

x2+axy+y2 = z2 (2.11)với a là một số nguyên cho trước Phương trình Pytago là trường hợp đặcbiệt của phương trình này khi a = 0

2.2.4 Định lí Tất cả nghiệm nguyên của phương trình (2.11) cho bởi côngthức:

với m, n ∈Z là nguyên tố cùng nhau và k ∈ Q sao cho (a2 − 4)k ∈ Z

Chứng minh Lưu ý rằng hai họ nghiệm được đưa ra của phương trình (2.11)

Ngược lại, cần chứng tỏ mọi nghiệm của phương trình (2.11) chính là (2.12)

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

với hai số nguyên m, n khác không Hay tương đương với hệ:

Hay q là ước chung của an2 − 2mn, m2 − n2, amn − m2 − n2

Vì vậy q |a( an2 − 2mn) + 2(m2 − n2) + (amn − m2 − n2) = (a2 − 4)n2 Vìbất kì số nguyên nào chia hết n thì không chia hết m2 − n2,(do (m, n) = 1),

vì vậy q không phải là ước của n nên q a2 − 4 hay (a2 − 4)k ∈ Z

với m, n ∈ Z nguyên tố cùng nhau và k ∈ Q sao cho (a2 − 4b)k ∈ Z

Tổng quát, chọn k ∈ Z ta được nghiệm ngyên nhưng không phải là tất cả

nghiệm nguyên tương ứng với k nguyên Chẳng hạn, với a = 0, b = −21 thì

họ nghiệm (2.15) là

x = k m2 + 21n2
, y = −2kmn, z = k(21n2 − m2)

Nhưng bộ ba (x, y, z) = (5, 1, 2) không có dạng trên

(3) Sử dụng các nhận xét trên, chúng ta có thể tìm được tập nghiệm củaphương trình Diophantine

x2+uxy + vy2 = z2

là (x, y, z, u, v), với u = a, v = b.a, b ∈ Z, và x, y, z được đưa ra trong (2.15).(4) Trong trường hợp nghiệm nguyên dương của phương trình (2.11) cóthể được viết là

Với m, n ∈ Z∗+, m > n là nguyên tố cùng nhau và k ∈ Q+ sao cho 3k ∈Z

Các nghiệm (2.18)cho tất cả các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) là chiều dàicạnh của một tam giác có góc đối diện với z là 1200

Trường hợp a = −1 Phương trình 2.11 trở thành

x2 − xy + y2 = z2 (2.19)

Với m, n ∈ Z∗+, m > n nguyên tố k ∈ Q+ cho 3k ∈Z

Các nghiệm (2.18)cho... ∈Z

Các nghiệm (2.18)cho tất ba số nguyên dương (x, y, z) chiều dàicạnh tam giác có góc đối diện với z 1200

Trường hợp a = −1 Phương trình 2.11 trở thành

x2...

Nhưng ba (x, y, z) = (5, 1, 2) khơng có dạng

(3) Sử dụng nhận xét trên, tìm tập nghiệm củaphương trình Diophantine

x2+uxy + vy2 = z2

là (x, y,