Luận văn Một số lớp phương trình nghiệm nguyên bậc hai

Trong luận văn này tôi đã hoàn thành được những việc sau: Trình bày những kiến thức cơ bản về thặng dư bậc hai, biểu diễn số nguyên dương thành tổng của hai, của bốn số chính phương, một số tính chất cơ bản của liên phân số. Trình bày một số lớp phương trình nghiệm nguyên bậc hai. Cuối cùng đã nêu ra một số phương pháp thường được sử dụng để giải phương trình nghiệm nguyên bậc hai ở phổ thông. Những năm gần đây vẫn có nhiều kết quả mới đạt được trong quá trình nghiên cứu các phương trình nghiệm nguyên khác nhau. Hướng phát triển tiếp theo của đề tài là nghiên cứu tiếp những phương trình nghiệm nguyên bậc hai mà hiện nay chưa có lời giải cụ thể.

pdf63 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 31/07/2018 | Lượt xem: 85 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Một số lớp phương trình nghiệm nguyên bậc hai, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
+1 và 2 2n x y  . Đặt d = (x,y),a = x/d, b = y/d, 2/m n d , thì (a,b) = 1 và 2 2m a b  . Giả sử kp là lũy thừa lớn nhất của p chia hết d. Thế thì m chia hết cho 2 2 1j kp   với 2j-2k+1 là số nguyên dương, vậy p|m. Nhưng |p a vì nếu p|a thì 2|p b m a  , và điều này vô lý với (a,b) = 1. Gọi z là số nguyên mà az b (mod p). Thế thì 2 2 2 2 2 2( ) (1 )m a b a az a z      (mod p). Vì p|m nên 2 2| (1 )p a z . Nhưng ( , ) 1a p  nên 2|1p z , hay 2 1(mod ).z p và điều này không xảy ra khi 3p  (mod 4). Giả sử phân tích của n không có thừa số nguyên tố dạng 4 3k  với số mũ lẻ. Khi đó ta có 2n t u trong đó u không có thừa số nguyên tố dạng 4 3k  . Trang 16 Theo bổ đề 1.4. mỗi thừa số nguyên tố không có dạng 4 3k  , đều là tổng của hai số chính phương và hệ thức 2 2 2 2 2 2( )( w ) ( w) ( w )r s v rv s r sv      ta suy ra u là tổng của hai số chính phương. Giả sử 2 2u x y  , khi đó ta có 2 2) .( ( )n tx ty   1.2.2. Biểu diễn số nguyên dƣơng thành tổng bốn số chính phƣơng Bổ đề 1.5. Nếu m, n đều là tổng của bốn số chính phương thì tích mn cũng là tổng của bốn số chính phương. Chứng minh. Giả sử 2 2 2 2m x y z t    và 2 2 2 2n a b c d    . Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) mn x y z t a b c d ax by cz dt bx ay dz ct cx dy az bt dx cy bz at                         Bổ đề 1.6. Nếu p là số nguyên tố thì có các số nguyên x, y, z, t sao cho 2 2 2 2x y z t p    . Chứng minh. Trường hợp 2p  hiển nhiên ta có 2 2 2 21 1 0 0 2 p     . Trước hết ta chứng tỏ rằng nếu p là số nguyên tố lẻ thì có các số nguyên x, y, z với 0 , 2 p x y  sao cho 2 2 1x y zp   . Vì 2 2x y (mod p) kéo theo x y  (mod p) nên các số 2 2 2 10 ,1 ,..., 2 p       là đôi một không đồng dư mod p. Cũng vậy, các số 2 2 2 11 0 , 1 1 ,..., 1 2 p             đôi một không đồng dư mod p. Thang Long University Library Trang 17 Vì 2 2 2 2 2 2, 1 1 0 ,1 ,..., 1 0 , 1 1 ,..., 1 2 2 p p                         có cả thảy 1p  số nên có 0 , 2 p x y  sao cho 2 2 1x y zp   . Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho phương trình 2 2 2 2x y z t mp    có nghiệm nguyên (x; y; z; t). Hiển nhiên m < p vì 2 2 2 2 2 2. 1 1 0 2 1 2 p mp x y p               Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng m = 1. Giả sử m > 1. Nếu m chẵn thì tất cả các số x, y, z, t đều là số chẵn hoặc đều là số lẻ, hoặc hai trong chúng là số chẵn và hai số còn lại là số lẻ. Như vậy, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng : (mod2)x y và (mod2).z t Khi đó các số ( ) / 2;( ) / 2;( ) / 2;x y x y z t   ( ) / 2z t đều là các số nguyên và 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y z t z t m p                                 điều này vô lý với giả thiết về tính nhỏ nhất của m. Bây giờ giả sử m là số lẻ. Gọi a, b, c, d là các số nguyên sao cho: a x (mod m), b y (mod m), c z (mod m), d t (mod m) và ., , , 2 2 2 2 2 2 2 2 m m m m m m m m a b c d            Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2(mod ).a b c d x y z t m       Trang 18 Do đó 2 2 2 2a b c d km    với k là số nguyên nào đó. Nhưng 2 2 2 2 2 20 4 2 m a b c d m             nên 0 k m  . Nếu 0k  ta có a b c d   cũng như x y z t   (mod m). Khi đó 2 |m mp hay |m p ; và điều này không xảy ra vì 1 m p  . Thế thì 0k  . Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )( ) . .x y z t a b c d mp km m kp        Theo định lý 1.8. ta có 2 2 2 2 2. ( ) ( ) ( ) ( z ) m kp ax by cz dt bx ay dz ct cx dy az bt dx cy b at                 Từ a x (mod m), b y (mod m), c z (mod m), d t (mod m) ta có 2 2 2 2 0ax by cz dt x y z t        (mod m) 0bx ay dz ct yx xy xz yt        (mod m) 0cx dy az bt zx ty xz yt        (mod m) 0dx cy bz at tx zy yz xt        (mod m). Suy ra ( ) /X ax by cz dt m    ; ( ) / ;Y bx ay dz ct m    ( ) /Z cx dy az bt m    ; ( ) /T dx cy bz at m    là các số nguyên. Thang Long University Library Trang 19 Ta có 2 2 2 2 2 2 m kp X Y Z T kp m      , và điều này vô lý với giả thiết về tính nhỏ nhất của m. Định lý 1.7. Mọi số nguyên dương đều là tổng của bốn số chính phương. Chứng minh. Khi 1n  là hiển nhiên. Khi 1n  thì n là tích của các số nguyên tố. Theo bổ đề 1.5. và bổ đề 1.6. ta suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2. Biểu diễn thành tổng các số chính phương: a. Số 5825 thành tổng của hai số chính phương. b. Số 299 thành tổng của bốn số chính phương. Lời giải. a. Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5825 25.233 5 (13 8 ) (4 3 )(13 8 ) 65 40 28 71 7 76 .             b. Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 299 13.23 (2 2 2 1 )(3 3 2 1 ) 17 3 1 0 15 6 3 1 15 7 5 0 16 5 3 3 .                         1.3. Một số tính chất của liên phân số Định nghĩa 1.3. Cho 0a là số nguyên, còn 1 2, ,..., na a a là các số nguyên dương. Khi đó đại lượng  0 1 2; , ,..., na a a a được kí hiệu như sau: Trang 20  0 1 2 0 1 2 3 1 1 ; , ,..., 1 1 1 ... 1 n n n a a a a a a a a a a         gọi là liên phân số hữu hạn có độ dài n . Với mỗi k n ,  0 1 2; , ,...,k kC a a a a được gọi là giản phân thứ k của liên phân số đã cho. Định nghĩa 1.4. Cho 0 1 2, , ,...a a a là dãy vô hạn các số nguyên với 0, 1.ia i  Với mỗi *k đặt  0 1 2; , ,...,k kC a a a a . Khi đó tồn tại giới hạn lim k k C    . Ta gọi số  là giá trị của liên phân số vô hạn  0 1 2; , ,...a a a , và kí hiệu  0 1 2; , ,...a a a  . Định nghĩa 1.5. Ta gọi liên phân số vô hạn  0 1 2; , ,...a a a  là tuần hoàn nếu dãy  na tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó tức là: Tồn tại các số nguyên dương m và k sao cho với mọi n m ta có n n ka a  số nguyên dương k được gọi là chu kì của liên phân số  0 1 2; , ,...a a a  . Khi đó ta viết 0 1 2 1 1 1; , ,..., , , , .m m m m ka a a a a a a         Tính chất 1. Mỗi số hữu tỷ đều có thể biểu diễn dưới dạng một liên phân số hữu hạn. Thang Long University Library Trang 21 Tính chất 2. Cho liên phân số hữu hạn  0 1 2; , ,..., na a a a . Giả sử hai dãy số nguyên dương 0 1 2, , ,..., np p p p và 0 1 2, , ,..., nq q q q được xác định như sau: 0 0 1 0 1 2 2 1 0 1 2 ; 1; ; ... ;k k k k p a p a a p a p p p a p p         0 1 1 2 2 1 0 1 2 1; ; ; ... .k k k k q q a q a q q q a q q        Khi đó giản phân thứ k ,  0 1 2; , ,...,k kC a a a a được cho bởi công thức: .kk k p C q   Tính chất 3. Với mọi 1,2,...,k n , thì 1 1 1 ( 1) . k k k k kp q p q       Tính chất 4. Giả sử  kC là dãy giản phân của liên phân số hữu hạn độ dài n :  0 1 2; , ,..., na a a a . Khi đó ta có mối liên hệ sau: 1 1 1 ( 1)k k k k k C C q q       với 1 k n  2 2 ( 1)kk k k k k a C C q q      với 2 k n  .  Tính chất 5. Với các giản phân kC của liên phân số hữu hạn  0 1; ,..., na a a ta có các dãy bất đẳng thức sau: 1) 1 3 5 ...C C C   2) 0 2 4 ...C C C   3) Mỗi giản phân lẻ 2 1jC  đều lớn hơn dãy giản phân chẵn 2 jC . Trang 22  Tính chất 6. Với mọi 0,1,...,k n thì ( , ) 1k kp q  (tức là kp và kq là nguyên tố cùng nhau).  Tính chất 7.  0 1 2; , ,...a a a  là một số vô tỷ. Ngược lại mỗi số vô tỷ đều biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một liên phân số vô hạn.  Tính chất 8. Với  0 1 2; , ,..., na a a a  , mọi k nguyên dương ta luôn có: 1 1 k k k C q q     .  Tính chất 9. Số vô tỉ  có biểu diễn liên phân số tuần hoàn khi và chỉ khi nó là số vô tỉ bậc hai (tức  là nghiệm của một tam thức bậc hai với hệ số nguyên)  Tính chất 10. Nếu d là số không chính phương thì biểu diễn liên phân số của d là tuần hoàn và có dạng  1 2; , ,..., ,2nd a a a a a với a d    . Hơn nữa dãy 1 2( , ,..., )na a a là đối xứng tức là 1 2 1 3 2, , ,...n n na a a a a a    . Chẳng hạn biểu diễn liên phân số vô hạn của 17, 21, 29, 31 là : 17 4;8 ; 21 4;1,3,1,8 ; 29 5;2,1,1,2,10 ; 31 5;1,1,3,5,3,1,1,10 .                 Thang Long University Library Trang 23 CHƢƠNG 2. MỘT SỐ LỚP PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN BẬC HAI 2.1. Phƣơng trình dạng 2 2 1x dy  (với d là số nguyên dương). Xét phương trình 2 2 1x dy  (2.1), trong đó d nguyên dương. Ta thấy nếu (x;y) là một nghiệm của (2.1) thì (x;-y), (-x;y), (-x;-y) cũng là nghiệm của (2.1). Vì vậy sau đây ta chỉ yêu cầu tìm nghiệm x, y nguyên dương. Phương trình (2.1) có tên gọi là phương trình Pell loại 1 (xem 5 ). Bổ đề 2.1. Cho d là số vô tỉ, khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên dương (p; q): 2 1p d q q   Chứng minh. Theo tính chất của liên phân số vô hạn (trang 22, mục 1.3. tính chất 8) ta có: 1 1 : k k k k p k q q q      với  . Mà theo cách xác định  kq , thì: 1 1 1 1 2k k k k k k k kq a q q a q q q         Vì thế với mọi k ta có: 2 1 1 1 1k k k k k k k p q q q q q q       Chọn ; ;p p q q d k k    , ta có: 2 1 . p d q q    Trang 24 Bổ đề 2.2. Tồn tại vô số cặp số nguyên dương ( ; )p q sao cho: 2 2 1 2p dq d   Chứng minh. Thật vậy theo bổ đề 2.1, tồn tại vô số cặp số nguyên dương ( ; )p q sao cho: 2 1 1 0 0. p d q d p q q q q         Mà   2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 . p q d p q d q d q d p q d q d q q d d q q p dq d                   Định lý 2.1. ( Điều kiện tồn tại nghiệm) Nếu d là số nguyên dương không chính phương thì phương trình (2.1) có nghiệm nguyên dương. Chứng minh. Giả sử d là số không chính phương. Từ bổ đề 2.1. tồn tại vô số cặp số nguyên dương ( ; )x y sao cho : 2 2 .1 2x dy d   Đặt 1 2 ;1 2I d d       . Với mỗi số k I kí hiệu  * 2 2( ; ) : .kA x y x dy k    Do đó tồn tại k I để kA  . Suy ra tồn tại  1 1 2 2; ( ; ) kx y x y A  để 1 2x x (mod k ), 1 2y y (mod k ) và Thang Long University Library Trang 25 2 2 2 2 1 1 2 2 .x dy x dy k    Xét tích 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1( )( ) ( )x y d x y d x x dy y d x y x y      (2.2) Vì 2 2 1 2 1 2 1 1 0x x dy y x dy    (mod k ) 1 2 2 1 1 1 1 1 0x y x y x y x y    (mod k ) Vậy tồn tại ,u v sao cho 1 2 1 2x x dy y ku  (2.3) 1 2 2 1x y x y kv  (2.4) Từ (2.2), (2.3), (2.4) suy ra 1 1 2 2( )( ) ( )x y d x y d k u v d    ; 1 1 2 2( )( ) ( ).x y d x y d k u v d    Nhân vế với vế hai đẳng thức trên với nhau và chú ý rằng  1 1 2 2; ( ; ) kx y x y A   2 2 2 2 1 1 2 2 ,x dy x dy k    ta được 2 2 2 2 2 2( ) 1.k k u dv u dv     Ta chứng minh , 0u v  . Rõ ràng 0u  . Nếu trái lại 0v  thì 1u   suy ra Trang 26   1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 1 2 ( )( ) ( )( ) , . x y d x y d k x dy x y d x y d x y d x y d x x y y                   Ta có mâu thuẫn. Vậy ( ; )u v là nghiệm nguyên dương của (2.1). Định lý 2.2. (Công thức nghiệm) Kí hiệu ( ; )a b là nghiệm nhỏ nhất của phương trình 2 2 1x dy  (nghĩa là nếu ( ; )u v là nghiệm bất kì thì ;a u b v  ) Khi đó dãy số  ;n nx y cho bởi     2 n n n a b d a b d x     ;     2 n n n a b d a b d y d     cho ta tất cả các nghiệm của phương trình (2.1). Dãy nghiệm  ;n nx y có thể xác định theo công thức truy hồi 0 1 2 1 0 1 2 1 1, , 2 . 0, , 2 n n n n n n x x a x ax x y y b y ay y              Chứng minh. Ta có    , n n n n n nx y d a b d x y d a b d      (2.5) Suy ra    2 2 2 2 n n nx dy a db   . Thang Long University Library Trang 27 Đảo lại giả sử (x ;y) là nghiệm bất kì của (2.1). Ta chứng minh tồn tại *n để ;n nx x y y  . Vì d không chính phương nên điều này tương đương tồn tại *n để :   . n n nx y d x y d a b d     Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trái lại   *, . n x y d a b d n     Khi đó tồn tại *m sao cho:     1 . m m a b d x y d a b d       Nhân hai vế với   m a b d ta được :   1 m x y d a b d a b d     Do (2.5) ta có       m m mx y d a b d x y d x y d         .m m m mxx dyy x y y x v v d      Do đó ,m m m mu xx dyy v x y y x    . Vậy 1 .u dv a bd    (2.6) Ta có Trang 28       2 22 2 2 2 2 2 1.m m m m m mu dv xx dyy d x y y x x dy x dy         Lại có , m mx y d x y d  nên 0u  . Hơn nữa    1u v d u v d   và 1 u v d  nên 0 1 0u v d u v d v       . Vậy  ;u v là nghiệm của (2.1) do đó ,a u b v a b d u v d      trái với (2.6). Từ định lí trên ta thấy việc tìm nghiệm của phương trình (2.1) quy về việc tìm nghiệm nhỏ nhất ( ; )a b của nó. Cách đơn giản nhất là thử trực tiếp : Thay lần lượt 1,2,3...y  vào biểu thức 21 dy cho tới khi nào được số chính phương thì dừng lại. Vì phương trình (2.1) có nghiệm nên chắc chắn quá trình này sẽ dừng lại sau b phép thử. Khi đó nghiệm nhỏ nhất là ( ; )a b với 21 .a db  Tuy nhiên nếu nghiệm nhỏ nhất (a;b) với b lớn thì cách thử này không khả thi. Chẳng hạn với phương trình 2 261 1x y  thì nghiệm nhỏ nhất là : ( ; ) (1766319049;226153980).a b  Sau đây ta sẽ trình bày một thuật toán sử dụng liên phân số để tìm nghiệm nhỏ nhất ( ; )a b của phương trình (2.1). Định lý 2.3. Cho phương trình 2 2 1x dy  (2.1) + Biểu diễn d thành liên phân số 1 2; , ,..., ,2nd a a a a a    + Nếu chu kì n là số chẵn ta tính giản phân thứ 1n  Thang Long University Library Trang 29 1 1 1 .nn n p C q     Khi đó  1 1;n np q  là nghiệm nhỏ nhất của (2.1). + Nếu chu kì n là số lẻ ta tính giản phân thứ 2 1n  2 1 2 1 2 1 .nn n p C q     Khi đó  2 1 2 1;n np q  là nghiệm nhỏ nhất của (2.1). Ví dụ 2.1. Giải các phương trình nghiệm nguyên dương sau: a. 2 223 1.x y  b. 2 27 1.x y  Lời giải. a. Bằng cách thế 1,2,3...y  vào 223 1y  ta thấy: Với 21: 23 1 24y x    loại. Với 22: 23.4 1 93y x    loại. Với 23: 23.9 1 208y x    loại. Với 24: 23.16 1 369y x    loại. Với 25: 23.25 1 576y x    nên x = 24. Suy ra nghiệm nhỏ nhất của phương trình là (24; 5). Trang 30 Vậy tập hợp nghiệm  ;n nx y của phương trình được xác định bởi công thức:        24 5 23 24 5 23 24 5 23 24 5 23 ; . 2 2 23 n n n n x yn n         Hoặc theo hệ thức truy hồi sau: 1 1 1 1 1 1 24; 5 24 115 ; 5 24n n n n n n x y x x y y x y           với 2.n  b. Biểu diễn liên phân số của 7                   0 0 0 1 1 1 1 0 0 2 2 2 1 1 3 3 3 2 2 4 4 4 0 3 3 . 1 7 2 ; 2 7 1 1 7 2 1 37 2 1 1 3 7 1 1 27 2 7 1 1 3 1 1 2 7 1 1 37 1 7 1 1 2 1 1 3 7 2 4 2 7 1 7 1 1 3 x a x x x x a x x x x a x x x x a x x x x a a x x                                                         Suy ra 0 1 3 3 47 ; , , , 2;1,1,1,4a a a a a        . Trong đó 4n  chính là chiều dài của chu kì liên phân số của 7 . Vậy ta tính giản phân 3 1 8 2 1 3 1 1 1 1 C      Thang Long University Library Trang 31 Suy ra nghiệm nhỏ nhất của phương trình là (8;3). Vậy tập hợp nghiệm nguyên dương  ;n nx y của phương trình được xác định bởi công thức:        8 3 7 8 3 7 8 3 7 8 3 7 ; ; 1,2,3... 2 2 7 n n n n n nx y n          2.2. Phƣơng trình dạng 2 2 1x dy   (với d là số nguyên dương). Xét phương trình 2 2 1x dy   (2.7), trong đó d nguyên dương. Ta thấy nếu (x;y) là một nghiệm của (2.7) thì (x;-y), (-x;y), (-x;-y) cũng là nghiệm của (2.7). Vì vậy ta cũng chỉ yêu cầu tìm nghiệm x,y nguyên dương của phương trình. Phương trình (2.7) có tên gọi là phương trình Pell loại 2. Định lý 2.4. Điều kiện cần để (2.7) có nghiệm là d không là số chính phương và d không có ước nguyên tố dạng 4 3k  . Chứng minh. Nếu 2,d m *m thì (2.7) trở thành    1.my x my x   Vì 0my x  nên suy ra 1 0my x my x x      Vậy (2.7) không có nghiệm (nguyên dương). Nếu d có ước nguyên tố dạng 4 3p k  , giả sử  ;x y là nghiệm. Khi đó 2 2 2 2 11 | 1 1(mod ) 1x dy p x x p p               . Trang 32 Điều này vô lý vì 4 3p k  thì 1 2 12 1 ( 1) ( 1) 1. p k p              Định lý 2.5. Nếu d p là số nguyên tố thì (2.7) có nghiệm khi và chỉ khi 2p  hoặc 4 3p k  . Chứng minh. Nếu (2.7) có nghiệm thì từ định lý 2.4. suy ra 2p  hoặc 4 3.p k  Đảo lại nếu 2p  thì phương trình 2 22 1x y   có nghiệm    ; 1;1x y  . Xét 1(mod4)p  và phương trình 2 2 1.x py  Gọi  ;a b là nghiệm phương trình 2 2 1x py  , tức là 2 21a pb  . Nếu a chẵn thì b lẻ do đó    2 21 4 1 2 4b mod a p mod     . Mâu thuẫn vì một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có thể dư 0,1. Vậy a lẻ và b chẵn. Đặt 1 12a 1, 2a b b   , ta có     2 21 1 11 1 1 .a a pb a a pb      Do p nguyên tố và  1 1, 1 1a a   nên 2 2 1 1, 1a u a pv   hoặc 2 1 ,a pu 2 1 1 .a v  Nếu 2 2 2 2 1 1, 1 1a u a pv u pv       . Vậy (u;v) là nghiệm của phương trình 2 2 1.x py   Nếu 2 2 2 21 1, 1 1a pu a v v pu      . Vậy (v;u) là nghiệm của phương trình 2 2 1.x py  Suy ra 2 1 11 2a 1v a a v a       . Mâu thuẫn. Thang Long University Library Trang 33 Định lý 2.6. Gọi (a;b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình 2 2 1.x dy  Khi đó (2.7) có nghiệm khi và chỉ khi hệ phương trình 2 2 2 a x dy b xy      (2.8) có nghiệm nguyên dương. Hơn nữa nếu hệ trên có nghiệm nó sẽ có nghiệm duy nhất. Nghiệm duy nhất  1 1;x y này chính là nghiệm nhỏ nhất của (2.7). Chứng minh. Giả sử (2.7) có nghiệm. Gọi  1 1;x y là nghiệm nhỏ nhất của (2.7). Đặt 2 21 1 1 1, 2u x dy v x y   . Ta chứng minh ,u a v b  do đó  1 1;x y chính là nghiệm của (2.8). Ta có   2 2 2 2 2 1 1 1u dv x dy    nên  ;u v là nghiệm của phương trình 2 2 1.x dy  Suy ra ,u a v b  . Ta có   2 2 2 21 1 1( 1) 1a db x dy          2 2 1 1 1 1 1.ax dby d ay bx      Dễ thấy    2 21 1 1 1 0ax dby ay bx    . Do  1 1,x y là nghiệm của (2.7) nên   2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 ( 1) 2 2 ax dby x a x d b y x abdx y x a d b y abdx y x db d b y abdx y              Trang 34  2 21 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) , . b x dy ax y bu av b u a v b dv v db b v b v u a                 Đảo lại giả sử (u;v) là nghiệm hệ phương trình (2.8). Ta có       2 222 2 2 2 2 21 2 1a db u dv d uv u dv        hoặc 2 2 1.u dv  Nếu 2 2 1u dv  thì (u;v ) là nghiệm của 2 2 1x dy  do đó 2 2.u a u dv   Mâu thuẫn. Vậy 2 2 1u dv   do đó (2.7) có nghiệm ( ; )u v . Tiếp theo ta chứng minh ( ; )u v là nghiệm nhỏ nhất của (2.7). Giả sử 1 1( ; )x y là nghiệm nhỏ nhất của (2.7). Theo chứng minh trên ta có     2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 ; 2 2 2 2 ; . a u dv x dy b uv x y u dv uv x dy x y u v d x y d u x v y                     Định lý 2.7. Phương trình 2 2 1x dy   có nghiệm khi và chỉ khi trong biểu diễn d thành liên phân số  1 2; , ,..., ,2nd a a a a a chu kì n là số lẻ. Trong trường hợp đó  1 1;n np q  là nghiệm nhỏ nhất của phương trình. Ở đó 1 1 1 n n n p C q     là giản phân thứ 1n  . Định lý 2.8 (Công thức nghiệm) Giả sử phương trình 2 2 1x dy   có nghiệm. Gọi ( ; )  là nghiệm nhỏ nhất của nó. Khi đó dãy 1( ; )n n nx y   cho bởi Thang Long University Library Trang 35 2 1 2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ; 2 2 n n n n n n d d d d x y d                   cho ta tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình. Chứng minh. Giả sử ( ; )n nx y cho bởi công thức trên. Khi đó       2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1. n n n n n n n n n x y d d x y d d x dy d                      Giả sử ( ; )x y là một nghiệm của (2.7). Ta có       x y d d x db y x d s t d             ở đó ,s x dy t y x              2 22 2 2 2 2 2 ( 1)( 1). s dt x dy d y x x dy d                   Vậy ( ; )s t là nghiệm của phương trình 2 2 1x dy  . Gọi ( ; )a b là nghiệm nhỏ nhất của nó. Theo công thức nghiệm của phương trình (2.1) và định lý 2.7. tồn tại *n sao cho:   x y d d s t d               2 2 2 2 2 1 2 , . n n n n n n n n n a b d d d d d x y d d x y d x x y y                                  Trang 36 Ta gọi phương trình 2 2 1x dy  là phương trình liên kết của phương trình 2 2 1x dy   . Ví dụ 2.2. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: a. 2 213 1.x y   b. 2 25 1.x y   Lời giải. a. Xét phương trình 2 213 1x y  ta tìm được nghiệm nhỏ nhất của phương trình là (649;180). Hệ phương trình 2 213 649 2 180 x y xy      có nghiệm nghiệm duy nhất (18;5). Suy ra (18;5) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình đã cho và tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là  ;n nx y  , xác định bởi công thức:         2 1 2 1 2 1 2 1 18 5 13 18 5 13 2 18 5 13 18 5 13 2 13 n n n n n n x y                    với 1,2,3...n  b. Phương trình 2 25 1x y  có nghiệm nhỏ nhất là (9;4). Xét hệ phương trình 2 25 1 2 4 x y xy       giải hệ ta được nghiệm duy nhất (2;1). Suy ra (2;1) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình đã cho và tập nghiệm của phương trình đã cho là  ;n nx y  , xác định bởi công thức: Thang Long University Library Trang 37         2 1 2 1 2 1 2 1 2 5 2 5 2 2 5 2 5 2 5 n n n n n n x y                    , 1,2,3...n  2.3. Phƣơng trình 2 2 2x y z  Xét phương trình 2 2 2x y z  (2.9) hay còn gọi là phương trình Pitago (xem  5 ). Bộ ba số nguyên dương ( ; ; )x y z thỏa mãn phương trình được gọi là bộ ba Pitago. Bộ ba Pitago ( ; ; )x y z được gọi là nguyên thủy nếu ( ; ; ) 1x y z  . Sau đây ta sẽ đi tìm tập hợp tất cả các bộ ba Pitago, nghĩa là tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Bổ đề 2.3. Nếu ( ; ; )x y z là bộ ba Pitago nguyên thủy thì ( , ) ( , ) ( , )x y x z y z  1 và ,x y không cùng tính chẵn lẻ. Chứng minh. Giả sử ( , ) 1x y  và p là ước nguyên tố chung của ,x y thì 2 2 2 2| | | ( , , )p x y z p z p x y z    mâu thuẫn. Vậy ( , ) 1x y  tương tự có ( , ) 1,( , ) 1x z y z  .Vì ( , ) 1x y  nên ,x y không cùng chẵn. Nếu ,x y cùng lẻ thì 2 2 1x y  (mod 4) 2 2z  (mod 4) mâu thuẫn. Vậy ,x y không cùng tính chẵn lẻ. Định lý 2.9. Tập hợp tất cả các bộ ba Pitago ( ; ; )x y z được cho bởi: 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) x t m n y tmn z t m n         hoặc 2 2 2 2 2 ( ). ( ) x tmn y t m n z t m n        Trong đó *, , ; ;( , ) 1t m n m n m n   và ,m n khác tính chẵn lẻ. Trang 38 Chứng minh. Dễ thấy ( ; ; )x y z cho bởi công thức trên thì 2 2 2x y z  . Ngược lại giả sử ( ; ; )x y z là bộ ba Pitago. Trường hợp ( , , ) 1:x y z  Theo bổ đề 2.3. thì ,x y khác tính chẵn lẻ. Không giảm tính tổng quát giả sử x lẻ, y chẵn do đó z lẻ. Ta có 2 2 2 ( )( ).y z x z x z x     Vì x,z lẻ nên *2 , 2 , 2 , , ,z x k z x h y s k h s      thay vào phương trình (2.9) ta được 2s kh ta có ,z k h x k h    . Theo bổ đề 2.3. có ( , ) 1x z  suy ra ( , ) 1k h  . Vậy tồn tại m,n sao cho 2 2, ,k m h n s mn   . Vậy 2 2 2 2, 2s 2 ,x k h m n y mn z k s m n          . (2.10) Giả sử ( , ) 1m n  và p là ước nguyên tố chung của ,m n hay | , |p m p n thì 2 2 2 2| , | | , |p m p n p x p z mâu thuẫn. Vậy ( , ) 1m n  vì z lẻ nên ,m n khác tính chẵn lẻ. Trường hợp ( ; ; )x y z là bộ ba số Pitago bất kì: Đặt 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1( , , ) , , ,( , , ) 1,t x y z x tx y ty z tz x y z x y z        theo (2.10): 2 2 2 2 1 1 1( ); 2 ; ( ).x tx t m n y ty tmn z tz t m n         Ví dụ 2.3. Giải các phương trình nghiệm nguyên dương sau : a. 2 2 22 .x y z  b. 4 4 2.x y z  Lời giải. Thang Long University Library Trang 39 a. Rõ ràng ,x y cùng tính chẵn lẻ. Đặt , 2 2 x y x y u v     , khi đó     2 22 2 2 2 2 22x y u v u v z u v z         . Phương trình này có nghiệm là : 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) u t m n v tmn z t m n         hoặc 2 2 2 2 2 ( ) ( ) u tmn v t m n z t m n        với *, , ;( , ) 1; ; ,t m n m n m n m n   khác tính chẵn lẻ. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là : 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) 2 . ( ) x t m n mn y t m n mn z t m n            b. Giả sử phương trình 4 4 2x y z  có nghiệm nguyên dương. Gọi 0 0 0( ; ; )x y z là nghiệm nguyên dương sao cho 0z nhỏ nhất. Khi đó ta có: + 0 0( , ) 1x y  Thật vậy gọi p là ước nguyên tố chung của 0 0,x y . Ta có 4 4 4 2 0 0 0|p x y z  2 0|p z 2 4 4 2 0 1 0 1 0 1 1 1 1, , .x px y py z p z x y z       Vậy 1 1 1( ; ; )x y z cũng là nghiệm của phương trình 4 4 2x y z  với 1 0z z . Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của 0z . + 2 2 0 0 0( , , ) 1x y z  Giả sử 0y chẵn 0x lẻ khi đó ta có Trang 40 2 2 2 0 2 0 2 2 0 2 x m n y mn z m n         trong đó *, ; ;( , ) 1m n m n m n   . Từ 2 2 20x m n  suy ra 0( ; ; )x n m là bộ ba Pitago nguyên thủy nên ta cũng có 2 2 0 2 2 2 x a b n ab m a b         trong đó *, ; ;( , ) 1a b a b a b   . Đặt 0 12y y , từ 2 0 2y mn ta có 2 2 0 14y y 2 22 4 ( )mn ab a b   2 2 21 ( )y ab a b abm    . Lại có ( , ) 1 ( , )a b a m   2 1( , ) 1 ,b m a a   2 2 1 1, .b b m m  Thay vào 2 2m a b  ta được 2 4 41 1 1 .m a b  Vậy 1 1 1( ; ; )a b m là nghiệm của phương trình 4 4 2x y z  với 21 1m m m   2 2 0m n z  . Mâu thuẫn với cách chọn 0 0 0( , , )x y z . Vậy phương trình 4 4 2x y z  không có nghiệm nguyên dương. 2.4. Phƣơng trình dạng 2 2x y n  (với n nguyên dương). Xét phương trình 2 2x y n  với n là số nguyên dương. Nếu n là số nguyên tố thì phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 4 3n k  với k . Nếu n là hợp số thì phương trình có nghiệm khi và chỉ khi mọi ước nguyên tố của n dạng 4 3k  có lũy thừa chẵn trong phân tích tiêu chuẩn. Ví dụ 2.4. Giải các phương trình nghiệm nguyên dương sau: a. 2 2 18818.x y  Thang Long University Library Trang 41 b. 2 210 53 38 1765.x y xy   Lời giải. a. Ta có 2 2 2 2 2 2 218818 97 .2 (72 65 ).2 97 97 7 137       . Do 0, 0x y  nên ta có 2 2 18818x y   97 97 7 . 137 137 7 x y x y x y             Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là: (97; 97); (7; 137); (137; 7). b. Ta có 2 2 2 210 1 3 ;53 7 2 ;38 2(7.3 2.1)      mà 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 2( )ax by cx dy a c x b d y ab cd xy         . Do đó 2 2 2 210 53 38x 1765 (3 7 ) ( 2 ) 1765x y y x y x y        . Mà 2 2 2 2 2 2 2 21765 5.353 (1 2 )(8 17 ) 1 42 26 33        . Mặt khác , 0 3 7 2x y x y x y     . Do đó Trang 42 3 7 42 1 2 1 x y y       hoặc 3 7 33 1 2 26 x y y       Giải các hệ trên ta được nghiệm duy nhất của phương trình là : ( ; ) (7;3)x y  . 2.5. Phƣơng trình dạng 2 2 2 2x y z t n    (với *, , , ,x y z t n   ) Với mọi *n phương trình 2 2 2 2x y z t n    luôn có nghiệm nguyên. Ví dụ 2.5. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: a. 2 2 2 2 23.x y z t    b. 2 2 2 2 57.x y z t    Lời giải. a. Ta nhận thấy 23 là số nguyên tố chỉ có một cách duy nhất biểu diễn thành tổng của bốn bình phương là: 2 2 2 223 3 3 2 1 .    Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: ( 3; 3; 2; 1)    và các hoán vị của chúng. b. Ta thấy 57 chỉ có đúng hai cách phân tích khác nhau thành tổng của bốn bình phương đó là: 2 2 2 2 2 2 2 257 6 4 2 1 4 4 4 3        . Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là: ( 6; 4; 2; 1);( 4; 4; 4; 3)        và các hoán vị của chúng. 2.6. Phƣơng trình dạng 2 0x py n   (với n nguyên, p là số nguyên tố). Định lý 2.10. Phương trình 2 0x py n   (với n nguyên, p là số nguyên tố, ( , ) 1n p  ) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi n là thặng dư bậc hai modulo p . Thang Long University Library Trang 43 Chứng minh. Ta có 2 2 20 (mod ).x py n x py n x n p         Như vậy để chứng minh phương trình trên có nghiệm nguyên hoặc không có nghiệm nguyên ta chỉ việc tính kí hiệu Legendre n p       . Nếu 1 n p       thì phương trình đã cho có nghiệm. Nếu 1 n p        thì phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 2.6. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: a. 2 71 7 0.x y   b. 2 17 98 0.x y   Lời giải. a. Do 7 và 71 đều là số nguyên tố nên áp dụng luật thuận nghịch bậc hai ta có : 7 71 1 1. 71 7 7                        Từ đó suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b. Ta có 217 117 12 82 98 2.7 2 1 2 ( 1) ( 1) 1. 17 17 17 17 17                                  Như vậy phương trình đã cho có nghiệm và khi đó nó có đúng hai họ nghiệm. Trang 44 Mà 2 250(mod17) 1(mod17)x x    phương trình đồng dư này có hai nghiệm là 1(mod17).x   Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm nguyên là : 2 17 1 50 17 x t x y        và 2 17 1 50 17 x t x y        với .t Thang Long University Library Trang 45 CHƢƠNG 3. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN BẬC HAI Ở PHỔ THÔNG 3.1. Phƣơng pháp phân tích 3.1.1. Đƣa về phƣơng trình ƣớc số Đây là kĩ thuật cơ bản nhất trong giải phương trình nghiệm nguyên. Khi gặp các phương trình nghiệm nguyên dạng đa thức, ta thường cố gắng thêm bớt các hằng số để đưa về dạng A1.A2An = c, với c là hằng số. Sau đó tìm hết các khả năng phân tích ra thừa số của c. Đưa phương trình ban đầu về các hệ đơn giản. Ví dụ 3.1. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: a. ( ) ,p x y xy  với x, y nguyên dương và p là số nguyên tố. b. 2 22 3 3 5 15.x y xy x y     c. 2 2 2011.x y  Lời giải. a. Ta có 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )( )p x y xy xy py px p p x p y p p           . Vì p là số nguyên tố nên ước số nguyên của 2p chỉ có thể là 21, ,p p   . Hơn nữa do 0y  nên phương trình tương đương với 2 2 2 2 1 1 2 . 2 1 1 x p x p y p p y p p x p p x p y p p y p x p p x p p y p y p                                              Trang 46 Vậy các nghiệm nguyên dương là : 2 2( 1; );(2 ;2 );( ; 1).p p p p p p p p    b. Phương trình đã cho được viết dưới dạng 2 23( 1) 2 5 15x y x y y a a       ( với a là số sẽ chọn sau) Ta có 2 2 9 4y y a     . Vì ta chỉ quan tâm đến nghiệm nguyên của phương trình nên cần chọn a sao cho  là bình phương nhị thức. Vì vậy chọn 2a  , khi đó phương trình có dạng : ( 2)( 2 1) 17x y x y     2 1 2 2 1 1 1 2 1 12 2 1 17 15 . 2 17 30 2 1 1 15 2 17 36 2 1 1 17 x y x x y y x y x x y y x y x x y y x y x x y y                                                                        Vậy phương trình có nghiệm nguyên là : ( 2;1);(12; 15);(30; 15);( 36;17).    c. Ta có 2 2 2011 ( )( ) 2011.x y x y x y      Do 2011 là số nguyên tố nên ước nguyên của 2011 chỉ có thể là 1, 2011.  Từ đó suy ra các nghiệm nguyên (x ;y) của phương trình là : (1006; 1005); (1006; -1005); (-1006; -1005); (-1006; 1005). Thang Long University Library Trang 47 3.1.2. Tách giá trị nguyên Phương pháp này thường áp dụng đối với những phương trình có thể biểu diễn dễ dàng một ẩn theo các ẩn còn lại. Khi đó thường sử dụng tính chất sau : Nếu ,a b và a b  thì |b a . Ví dụ 3.2. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: a. 2 3 5 0.x xy x y     b. 24 2 4 3 0.x xy x y     Lời giải. a. Ta có 2 23 5 0 ( 1) 3 5.x xy x y y x x x          Nếu 1,x   phương trình không nghiệm đúng. Nếu 1,x   phương trình có dạng 7 2 1 y x x     suy ra ( 1) | 7x  hay 1 7 6 1 7 8 . 1 1 0 1 1 2 x x x x x x x x                         Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là: (6;7);( 8; 5);(0; 5);( 2;7).    b. 2 24 2 4 3 0 (2 1) 4 4 3.x xy x y y x x x           Vì x nên 2 1 0x   suy ra 2 2 1 . 2 1 y x x      Do x nên để y thì (2 1) | 2x  hay Trang 48 0 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 3 2 x x x x x x x x                      loại 1 2 x  và 3 2 x   . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là: (0; 3);( 1;3)  . 3.2. Phƣơng pháp sử dụng tính chất chia hết và chia có dƣ Nội dung chính của phương pháp này chính là xét số dư từng vế của một phương trình. Nếu hai vế của phương trình cùng chia cho một số mà được hai số dư khác nhau thì phương trình đó không có nghiệm nguyên. Phương pháp này tỏ ra rất hiệu quả khi cần chứng minh một phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm. Ví dụ 3.3. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: a. 2 2 8z 6x y   . b. 29 2x y y   . c. 2 22 4 19 3 .x x y   Lời giải. a. Do ,x y nguyên nên 2 (mod8)x a ; 2 (mod8)y b , với ,a b là các số 0,1,4. Vì thế với mọi ,x y nguyên ta có 2 2 (mod8)x y c  . Ở đây c là các số 0;1;2; 4;5 . Mà 8 6 6(mod8)z   . Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên. b. Ta có: 29 2 9 2 ( 1).x y y x y y       Thang Long University Library Trang 49 Ta thấy 9 2 2(mod3)x   suy ra ( 1) 2(mod3).y y   Chỉ có thể xảy ra trường hợp: 3 1, 1 3 2y k y k     với k . Khi đó 9 2 (3 10)(3 2) 9 9 ( 1) ( 1). x k k x k k x k k           Thử lại ta thấy ( 1), 3 1x k k y k    thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy tập nghiệm của phương trình là 2( ; ) ( ;3 1)x y k k k   với k là số nguyên tùy ý. c. Ta có 2 2 2 22 4 19 3 2 4 2 21 3 .x x y x x y        Ta thấy 22( 1) 0x   (mod 2) nên phương trình có nghiệm nguyên nếu: 23(7 ) 0(mod2)y  suy ra y lẻ. Mặt khác có 27 0y  nên chỉ có thể 2 1y  khi đó 22( 1) 18x   ta được 2, 4x x   . Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: (2;1);(2; 1);( 4;1);( 4; 1).    3.3. Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá miền giá trị của các biến, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều thì ta có thể dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá được miền giá trị của biến số cần vận dụng linh hoạt các tích chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức Ví dụ 3.4. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: a. 2 2 26 13 4(25 ).x xy y y    Trang 50 b. 2 22 2 2 3 .x y xy x y    c. 2 2 3.x xy y   d. 2 2 2( 1) 3( 1).x y x y     Lời giải. a. Ta có 2 2 2 2 26 13 4(25 ) ( 3 ) 4(25 )x xy y y x y y        . Suy ra 2 25y  và 225 y là số chính phương. Do đó  2 0;9;16;25y  hay  0, 3, 4, 5y    . Từ đó ta có các nghiệm nguyên của phương trình là : (10;0);( 10;0);(17;3);(1;3);( 17; 3);( 1; 3);(6;4);(18;4);( 18; 4);( 6; 4); (15;5);( 15; 5).            b. Ta có 2 2 2 22 2 2 3 2( 1) 2 3 0.x y xy x y x y x y y          Khi đó ' 2 2 2( 1) 2 3 5 1y y y y y         . Phương trình có nghiệm nguyên nếu: ' 5 29 5 290 2 2 y        . Do y Z nên  0;1;2;3;4;5y . Thay lần lượt các gí trị của y vào phương trình và tìm x ta được các nghiệm nguyên của phương trình đã cho là: (0;0); (7; 5); (5; 5) c. Ta có Thang Long University Library Trang 51 2 2 2 2 33 3 . 2 4 y y x xy y x             Ta thấy   2 23 0 3 0 2 2 2; 1;0 . 2 4 y y x y y                  Thay vào phương trình tìm x và thử lại ta được tập nghiêm của phương trình là :            1; 2 ; 1; 2 ; 2; 1 ; 2;1 ; 1;1 ; 1; 1 .      d. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số ( ; ;1)x y và (1;1;1) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 1) (1 1 1 )( 1 ) 3( 1).x y x y x y          Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.x y  Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( ; ) (1;1).x y  3.4. Phƣơng pháp xuống thang ( lùi vô hạn ) Phương pháp này dùng để chứng minh một phương trình ( , , ,...) 0f x y z  nào đó ngoài nghiệm tầm thường ... 0x y z    thì không còn nghiệm nào khác. Phương pháp này được diễn giải như sau : Bắt đầu bằng việc giả sử 0 0 0( ; ; ;...)x y z là nghiệm của phương trình ( , , ,...) 0f x y z  . Nhờ những biến đổi; suy luận số học ta tìm được một bộ nghiệm khác 1 1 1( ; ; ;...)x y z có quan hệ với bộ nghiệm đầu tiên bởi một tỉ số k nào đó chẳng hạn 0 1 0 1, ,...x kx y ky  Rồi lại tìm được bộ nghiệm 2 2 2( ; ; ;...)x y z thỏa mãn 1 2 1 2, ,...x kx y ky  Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến 0 0 0, , ,...x y z chia hết cho sk với s là một số tự nhiên tùy ý. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 0 0 0 ... 0x y z    . Ví dụ 3.5. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: a. 2 2 23 .x y z  Trang 52 b. 2 25 0.x y  Lời giải. a. Gọi 0 0 0( ; ; )x y z là một nghiệm của phương trình trên tức là : 2 2 2 0 0 03x y z  . Do 203 0(mod3)z  nên ta suy ra 2 2 0 0 0(mod3)x y  . Mà 2 0 0;1(mod3)x  , 2 0 0;1(mod3)y  nên 2 2 0 0 0(mod3)x y  khi và chỉ khi 0 0(mod3)x  và 0 0(mod3)y  . Đặt 0 1 0 13 , 3x x y y  ta được 2 2 2 1 1 03( )x y z  . Rõ ràng 0 0(mod3)z  , đặt 0 13z z ta được 2 2 2 1 1 13x y z  . Từ đó nếu 0 0 0( ; ; )x y z là một nghiệm của phương trình trên thì 1 1 1( ; ; )x y z cũng là một nghiệm. tiếp tục lý luận trên thì 1 1 1, ,x y z đều chia hết cho 3. Ta lại tìm được nghiệm tiếp theo là 2 2 2( ; ; )x y z với 2 2 2, ,x y z đều chia hết cho 3. Tiếp tục và dẫn đến: 0 0 0, ,x y z đều chia hết cho 3 k với k tùy ý. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 0 0 0 0x y z   . Vậy phương trình đã cho có nghiêm nguyên duy nhất là: ( ; ; ) (0;0;0).x y z  b. Giả sử 0 0( ; )x y là nghiệm của phương trình 2 25 0x y  . Ta có 2 2 0 0 05 0 5x y x    đặt 0 15x x thì 2 2 2 2 1 0 1 0(5 ) 5 0 5 0x y x y     . Suy ra 0 5y  đặt 2 2 0 1 1 15 5 0y y x y    . Vậy nếu 0 0( ; )x y là nghiệm của phương trình đã cho thì 0 0; 5 5 x y      cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta được 0 0; 5 5k k x y      với k nguyên dương bất kì cũng là nghiệm của phương trình. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 0 0 0x y  . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( ; ) (0;0).x y  Thang Long University Library Trang 53 3.5. Phƣơng pháp tham số Phương pháp này thường được áp dụng đối với những phương trình có vô số nghiệm nguyên mà các nghiệm nguyên của nó cùng phụ thuộc vào một hay một số tham số. Ví dụ 3.6. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau: a. 2.xy z b. .xz yz xy  Lời giải. a. Ta có thể giả sử ( , , ) 1x y z  . Thật vậy, nếu bộ ba số 0 0 0( ; ; )x y z thỏa mãn phương trình và có ước chung lớn nhất là d . Giả sử 0 1;x dx 0 1,y dy 0 1z dz thì 1 1 1( ; ; )x y z cũng là nghiệm của phương trình. Với ( , , ) 1x y z  , từ phương trình ta suy ra , ,x y z đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d . Từ 2z xy mà ( , ) 1x y  nên 2 2 *, , ,x a y b a b N   . Suy ra 2 2 2z a b do đó z ab . Vậy ta có 2 2, ,x na y nb z nab   với , ,n a b là số nguyên dương tùy ý sao cho ( , ) 1a b  . Thử lại thấy bộ số nguyên dương ( ; ; )x y z có dạng trên là nghiệm. Vậy tập hợp tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 2xy z là : 2 2 x na y nb z nab        với , ,n a b là số nguyên dương tùy ý sao cho ( , ) 1a b  . Trang 54 b. Ta có ( ) xy xz yz xy x y z xy z x y         (Vì ,x y nguyên dương). Đặt ( , )d x y , ta có ,x dm y dn  với ( , ) 1m n  . Khi đó ( , ) 1mn m n  , do đó từ xy dmn z x y m n     ta suy ra |m n d tức là ( )d k m n  với *k . Do đó nghiệm của phương trình được cho bởi : ( ); ( );x km m n y kn m n z kmn     , với *, , .k m n Ví dụ 3.7. Chứng minh rằng phương trình 1xy yz zx   có vô số nghiệm nguyên. Lời giải. Ta thấy với , 1x t y t   có ngay 2 1z t t   . Chọn t , phương trình đã cho có vô hạn nghiệm nguyên có dạng: 2 1 1 x t y t z t t          . Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên. 3.6. Phƣơng pháp quy nạp Đây là phương pháp tỏ ra rất hiệu quả khi ta cần chứng minh một phương trình nào đó có n nghiệm nguyên ( hoặc có ít nhất n nghiệm nguyên hoặc có không quá n nghiệm nguyên). Phương pháp quy nạp được sử dụng đối với những phương trình chứa tham số tự nhiên. Ví dụ 3.8. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì phương trình 2 215 4nx y  (3.1) có ít nhất n nghiệm tự nhiên. Thang Long University Library Trang 55 Lời giải. Gọi ( )P n là mệnh đề phương trình (3.1) có ít nhất n nghiệm tự nhiên. Với 1n  thì (2;0) là nghiệm của phương trình (3.1). Với 2n  thì phương trình (3.1) có hai nghiệm là (4;0) và (1;1) . Vậy (1)P , (2)P đúng. Ta thấy, nếu 0 0( ; )x y là nghiệm của phương trình (3.1) thì 0 0(2 ;2 )x y là nghiệm của phương trình 2 2 115 4nx y   (3.2) Giả sử ( )P n đúng với 2n  và (3.1) có ít nhất một nghiệm lẻ ( ; )a b , tức là a và b lẻ. Khi đó phương trình (3.2) có n nghiệm mà cả x và y đều chẵn. Ta chỉ cần chứng minh (3.2) có ít nhất một nghiệm ( ; )x y với x , y lẻ. Thật vậy, ta có   2 2 2 1 2 2 2 15 15 4 15 4 . 2 15 15 2 2 2 na b a b a b a b a b                             Mặt khác . 2 2 a b a b a     Mà a lẻ nên trong hai số trên phải có đúng một số lẻ, giả sử là . 2 a b Khi đó 15 8 2 2 a b a b b     lẻ. Suy ra 15 ; 2 2 a b a b        là một nghiệm tự nhiên lẻ của (3.2). Trang 56 Vậy (3.2) có ít nhất 1n  nghiệm tự nhiên hay ( 1)P n  đúng. Ví dụ 3.9. Chứng minh rằng với 3n  , phương trình 2 27 2nx y  (3.3) có ít nhất một nghiệm nguyên dương ( ; )x y với x và y đều lẻ. Lời giải. Với 3n  , phương trình (3.3) có nghiệm ( ; ) (1;1).x y  Giả sử (3.3) có nghiệm nguyên dương lẻ ( ; ) ( ;b)x y a khi 3n k  . Ta chứng minh phương trình (3.3) có nghiệm nguyên dương lẻ khi 1.n k  Thật vậy, ta có 2 27 2ka b  mà 2 2 2 2 2 2 17 77 7 2(7 ) 2 . 2 2 2 2 ka b a b a b a b a b                                  Do đó 7 ; 2 2 a b a b        là các nghiệm nguyên dương của phương trình (3.3) khi 1.n k  Mặt khác 2 2 a b a b a     lẻ. Trong hai số trên có đúng một số lẻ, giả sử là . 2 a b Lại có 7 4 2 2 a b a b a     chẵn nên 7 2 a b lẻ. Do đó phương trình (3.3) có ít nhất một nghiệm nguyên dương lẻ khi 1.n k   Thang Long University Library Trang 57 Bài tập đề nghị Bài 1. Tìm tất cả số nguyên tố p để phương trình 2 216x y p  có nghiệm nguyên dương. Bài 2. Cho p là một số nguyên tố lẻ biện luận theo p số nghiệm của phương trình 2 23 0x py a   Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau : a. 2 13 3 0.x y   b. 2 71 7 0.x y   Bài 4. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau: a. 2 219 28 729.x y  b. 2 2 1954.x y  c. 2 2 200010.2011x y  Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình các phương trình a. 9.x xy y   b. 3 6 52 0.xy x y    c. 2 212 0.x x y   Bài 6. Giải phương trình nghiệm nguyên a. 2 23 2 2 2 8 0.x y xy x y      b. 6 5 18 2x y xy   với x, y nguyên dương. Trang 58 Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên tố p để phương trình 2 24 4 5x xy y p   có nghiệm nguyên. Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình ( ) 3n x y xy  có nghiệm nguyên dương. Bài 9. Chứng minh rằng với 3n  , phương trình 2 27 2nx y  Có ít nhất 1 2 n      nghiệm nguyên dương ( ; ).x y Bài 10. Chứng minh rằng phương trình 2 2 2 59nx y z   luôn có nghiệm nguyên dương với mọi số nguyên dương n . Hƣớng dẫn hoặc đáp số Bài 1. Nếu phương trình có nghiệm nguyên dương thì 2(mod8).p x Vì x lẻ nên 1(mod8).p  Ngược lại, giả sử 1(mod8).p  Suy ra tồn tại *, :m n 2 2 .m n p  Giả sử n chẵn, 2 22 4 .n v p m v    Vì m lẻ nên 2 21(mod8) 4 8 2 .m v v y    Từ đó 2 216 .p m y  Bài 2. Nếu p = 3 thì hiển nhiên phương trình đã cho có nghiệm Thang Long University Library Trang 59 2 2( ; ) (3 ; 3 ), .x y t a t t    Nếu 3,p  tacó 3 1 1 12 2 2 2 3 3 ( 1) ( 1) . 3 3 p p a p p p p                            Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 1(mod12)p   và khi đó nó có đúng hai họ nghiệm. Bài 3. a. 3 11 2 ( 1) 1. 11 3 3                          Phương trình đã cho có nghiệm. Mà phương trình đồng dư 2 3(mod13)x  có hai nghiệm là: 4(mod13);x  4(mod13).x   Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm là: 2(13 4;13 8 1)t t t   ; 2(13 4;13 8 1).t t t   b. 7 71 1 1. 71 7 7                        Phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 4. a. Phương trình vô nghiệm. b. Phương trình vô nghiệm. c. 1000 1000 1000 1000(2011 ;3.2011 );(3.2011 ;2011 ). Bài 5. a. (1;4); (4;1); (-3;-6);(-6;-3); (0;9); (9;0); (-2;-11); (-11;-2). b. (0;52); (-1;-56). c. (0;0); (-12;0); (-16;8); (4;8); (4;-8). Bài 6. a. (2;-8); (2;2); (0;-4); (0;2); (-2;6); (-2;-4). b. (19;4); (8;6); (4;14); (3;36). Trang 60 Bài 7. Giả sử phương trình có nghiệm ( ; ).x y Vì p lẻ nên y lẻ, do đó 2x y lẻ suy ra 2(2 ) 1(mod8).x y  Vì y lẻ nên 2 1(mod8).y  Do đó 2 2 2 24 4 5 (2 ) 4 5(mod8).p x xy y x y y       Đảo lại, giả sử 5(mod8) 1(mod4).p p   Khi đó tồn tại *, :m n 2 2.p m n  Giả sử m lẻ, n chẵn 2 22 4 ;n y p m y    y phải lẻ vì nếu không 2 1(mod8).p m  Đặt . 2 m y x    Ta có 2 2 2 2 2 2(2 ) 4 4 4 5 .p m n x y y x xy y        Bài 8. Ta thấy 3n k phương trình có nghiệm 2 .x y k  Nếu n không chia hết cho 3 và có dạng (3 1)n m k  thì ; (3 1)x mk y mk k   là nghiệm. Đảo lại, giả sử phương trình có nghiệm và n không chia hết cho 3. Ta chứng minh n có ước nguyên tố dạng 3 1.k  2( ) 3 (3 )(3 ) .n x y xy x n y n n      Nếu tất cả các ước nguyên tố của n có dạng 3 1k  thì n có dạng 3 1k  và khi đó 3x n có dạng 3 1k  và do đó có ước nguyên tố dạng 3 1k  . Vậy p không là ước của n do đó không là ước của 2.n Mâu thuẫn. Bài 9. Dùng phương pháp quy nạp ( xem ví dụ 3.9). Bài 10. Với 1n  , ta có 1 1 1( ; ; ) (1;3;7)x y z  là một nghiệm nguyên dương của phương trình. Với 2n  , ta có 2 2 2( ; ; ) (14;39;42)x y z  là một nghiệm nguyên dương của phương trình. Thang Long University Library Trang 61 Với 1n  ta xây dựng bộ số nguyên dương như sau : 2 2 259 , 59 , 59 .n n n n n nx x y y z z     Khi đó ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 59 ( ) 59 , 1. k k k k k k kx y z x y z k            Từ đó ta có + Nếu 3n  và n là số lẻ tức 2 1n k  thì 1 1 1( ; ; ) (1.59 ;3.59 ;7.59 )k k kn n nx y z    là một nghiệm nguyên dương của phương trình. + Nếu 3n  và n là số chẵn tức 2n k thì ( ; ; ) (14.59 ;39.59 ;42.59 )k k kn n nx y z  là một nghiệm nguyên dương của phương trình. Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm nguyên dương với mọi số nguyên dương .n Trang 62 KẾT LUẬN Trong luận văn này tôi đã hoàn thành được những việc sau: Trình bày những kiến thức cơ bản về thặng dư bậc hai, biểu diễn số nguyên dương thành tổng của hai, của bốn số chính phương, một số tính chất cơ bản của liên phân số. Trình bày một số lớp phương trình nghiệm nguyên bậc hai. Cuối cùng đã nêu ra một số phương pháp thường được sử dụng để giải phương trình nghiệm nguyên bậc hai ở phổ thông. Những năm gần đây vẫn có nhiều kết quả mới đạt được trong quá trình nghiên cứu các phương trình nghiệm nguyên khác nhau. Hướng phát triển tiếp theo của đề tài là nghiên cứu tiếp những phương trình nghiệm nguyên bậc hai mà hiện nay chưa có lời giải cụ thể. Thang Long University Library Trang 63 TÀI LIỆU THAM KHẢO  1 . Vũ Hữu Bình (2014), 9 chuyên đề số học trung học cơ sở, NXB Giáo dục Việt Nam, Hà Nội.  2 . Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2002), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội.  3 . Đàm Văn Nhỉ, Đặng Đình Hanh, Lưu Bá Thắng (2014), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 9, NXB Giáo dục Việt Nam, Hà Nội.  4 . Phạm Minh Phương, Trần Văn Tấn, Nguyễn Thị Thanh Thủy (2014), Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học cơ sở - Số học, NXB Giáo dục Việt Nam, Hà Nội.  5 . Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy (2010), Bài giảng số học, NXB Giáo dục Việt Nam, Hà Nội.  6 . Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2014), Cơ sở lí thuyết số và Đa thức, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfc00450_1881_4302.pdf