Tài liệu Số lũy thừa hoàn hảo và giả thuyết pillai

  • Số trang: 42 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 110 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 27125 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - - NGUYỄN THÀNH HIẾU SỐ LŨY THỪA HOÀN HẢO VÀ GIẢ THUYẾT PILLAI Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS. TSKH. HÀ HUY KHOÁI THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 1 Mục lục Mở đầu 1 Phương trình nghiệm nguyên 1.1 Phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . 1.2 Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm 2 . . . . . . . . . . . . . . . nguyên 2 Số lũy thừa hoàn hảo và giả thuyết Pillai 2.1 Số lũy thừa hoàn hảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Giả thuyết của Pillai về dãy các số lũy thừa hoàn hảo 2.3 Các vấn đề mở suy ra từ giả thuyết Pillai. . . . . . . 2.4 Ước lượng đẹp của giả thuyết Pillai . . . . . . . . . . 2.5 Giả thuyết abc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Giả thuyết Waring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 4 6 12 17 . . . . . . . . 24 24 24 27 36 37 39 40 41 2 Mở đầu Số học nói chung và Phương trình nghiệm nguyên nói riêng là những lĩnh vực xa xưa nhất của Toán học, chúng cũng là những lĩnh vực còn tồn tại nhiều những bài toán, giả thuyết chưa có câu trả lời. Trong suốt quá trình phát triển của Toán học, Phương trình nghiệm nguyên luôn thu hút được nhiều người quan tâm nghiên cứu và tìm hiểu. Chính việc đi tìm lời giải cho các bài toán hay chứng minh các giả thuyết về phương trình nghiệm nguyên đã làm nảy sinh các lí thuyết, phương pháp khác của toán học. Các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên không có quy tắc giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối với những dạng đơn giản. Mỗi phương trình với dạng riêng của nó đòi hỏi phải có một cách giải đặc trưng phù hợp. Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo cho người làm toán. Chính vì thế bài toán phương trình nghiệm nguyên có mặt trong các kì thi học sinh giỏi Toán quốc gia, quốc tế. Việc hệ thống một cách tương đối các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và đưa ra các vấn đề mở về phương trình nghiệm nguyên là cần thiết đối với việc giảng dạy và nghiên cứu toán học, đặc biệt là trong công tác ôn luyện học sinh giỏi. Với lí do đó, trong luận văn này, trước tiên chúng tôi tổng hợp một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên thông qua các ví dụ cụ thể;. Phần tiếp theo sẽ dành để giới thiệu một số giả thuyết về các vấn đề liên quan đến phương trình nghiệm nguyên đang được quan tâm gần đây. Nội dung luận văn gồm 2 chương. Chương 1: Trình bày một số dạng phương trình nghiệm nguyên cơ bản và một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên thông qua các ví dụ cụ thể. Chương 2: Trình bày về số lũy thừa hoàn hảo, giả thuyết Pillai về số lũy thừa hoàn hảo và một số vấn đề liên quan. 3 Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn nhiệt tình của GS.TSKH. Hà Huy Khoái. Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy, người đã dành cho tôi sự hướng dẫn chu đáo và nghiêm túc trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện luân văn. Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các Thầy Cô khoa Toán trường Đại Học Khoa Học – Đại Học Thái Nguyên cũng như các Thầy Cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2012-2014 đã giúp đỡ và động viên tôi rất nhiều trong quá trình học tập tại trường. Thái Nguyên, ngày 15 tháng 7 năm 2014 Tác Giả Nguyễn Thành Hiếu 4 Chương 1 Phương trình nghiệm nguyên 1.1 Phương trình tuyến tính Định nghĩa 1.1.1. Phương trình Diophantine tuyến tính là phương trình có dạng: ax + by = c, (1) trong đó a, b, c là các số nguyên, đồng thời các biến x, y cũng chỉ nhận các giá trị nguyên. Giải phương trình (1) là đi tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1). Để giải phương trình (1) ta dựa vào định lí sau đây: Định lí 1.1.2. Giả sử a, b là các số nguyên dương, d là ước chung lớn nhất của a và b, d = (a, b). Khi đó phương trình ax + by = c không có nghiệm nguyên nếu d không là ước của c. Nếu d |c thì phương trình có vô số nghiệm. Hơn nữa nếu x = x0 , y = y0 là một nghiệm nào đó của phương trình, thì mọi nghiệm của phương trình có dạng:   a b n, y = y0 − n. x = x0 + d d Trong đó n là số nguyên. Chứng minh. 5 Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình. Do d |a , d |b nên d |c. Như vậy nếu d không là ước của c thì phương trình không có nghiệm nguyên. Giả sử d |c. Khi đó, tồn tại các số nguyên s, t sao cho: d = as + bt. (2) Do d |c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c. Nhân hai vế của (2) với e ta được: c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te). Như vậy, ta có một ngiệm của phương trình cho bởi x = x0 = se, y = y0 = te. Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số nghiệm. Đặt x = x0 + db n, y = y0 − ad n, trong đó n nguyên. Ta thấy cặp (x, y) xác định như trên là một nghiệm, vì ax + by = ax0 + a. db n + by0 − b. da n = ax0 + by0 = c. Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của phương trình phải có dạng nêu trên. Giả sử (x, y) là một nghiệm tùy ý, tức là x, y nguyên và thỏa mãn ax + by = c. Khi đó: (ax + by) − (ax0 + by0) = 0. Suy ra: a(x − x0) + b(y − y0 ) = 0. Tức là: a(x − x0) = b(y0 − y). Chia hai vế của đẳng thức cho d, ta được: a d (x − x0) = db (y0 − y). (3) 6 Do d = (a, b) nên a d và b d . nguyên tố cùng nhau. Từ đó suy ra y0 − y .. ad , tức tồn tại n nguyên sao cho da n = y0 − y. Suy ra y = y0 − da n. Thay giá trị này của y vào phương trình (3) ta được x = x0 + db n. Ví dụ 1.1.3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 5x + 3y = 19 Lời giải. Ta có (5, 3) = 1. Do 1 là ước của 19 nên phương trình đã cho có nghiệm. Dễ thấy x0 = 2, y0 = 3 là một nghiệm của phương trình đã cho. Theo định lí trên, các nghiệm của phương trình có dạng: x = 2 + 3n, y = 3 − 5n, với n là số nguyên. 1.2 Phương trình Fermat 1.2.1. Các bộ số Pitago Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn x2 + y 2 = z 2 được gọi là một bộ số Pitago. Ví dụ {3, 4, 5} , {6, 8, 10} là bộ số Pitago. Rõ ràng rằng, nếu (x, y, z) là bộ số Pitago thì (kx, ky, kz) cũng là một bộ số Pitago với mọi số tự nhiên k. Bộ số Pitago (x, y, z) gọi là nguyên thủy nếu (x, y, z) = 1. Ví dụ {3, 4, 5} , {5, 12, 13} là các bộ số Pitago nguyên thủy, bộ số {6, 8, 10} không nguyên thủy. Bổ đề 1.2.1. Nếu (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy thì (x, y) = (x, z) = (y, z) = 1. Chứng minh. 7 Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x, y) > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p |(x, y). Vì p |x và p |y nên p (x2 + y 2 ) = z 2 . Do p nguyên tố mà p z 2 nên p |z , mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1. Vậy (x, y) = 1. Tương tự ta có (x, z) = (y, z) = 1. Bổ đề 1.2.2. Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Khi đó x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn. Chứng minh. Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Do Bổ đề 1.2.1, (x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x và y cùng lẻ thì ta có x2 ≡ y 2 ≡ 1(mod4), nên z 2 = x2 + y 2 ≡ 2(mod4). Điều này vô lí. Vậy x và y không thể cùng lẻ. Bổ đề 1.2.3. Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và rs = t2 . Khi đó tồn tại các số nguyên h và l sao cho r = l2 và s = h2 . Chứng minh. Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì bổ đề hiển nhiên đúng. Ta giả sử r > 1 và s > 1. Giả sử cách phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố có dạng sau: r = pα1 1 pα2 2 ...pαnn α α n+1 n+2 s = pn+1 pn+2 ...pαmm t = q1β1 q2β2 ...qkβk . 8 Vì (r, s) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong các phân tích của r và α α n+1 n+2 pn+2 ...pαmm = q12β1 q22β2 ...qk2βk s là khác nhau. Do rs = t2 nên pα1 1 pα2 2 ...pαnn pn+1 Từ Định lí cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên tố xuất hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau. Vậy, mỗi pi phải bằng một qj nào đó, đồng thời αi = 2βj . Do đó, mỗi số mũ αi đều chẵn nên αi 2 là số nguyên. Từ đó suy ra r = l2, s = h2 , trong đó l, h là các số nguyên: α /2 α /2 α /2 l = p1 1 p2 2 ...pnn α /2 α /2 α /2 n+1 n+2 h = pn+1 pn+2 ...pmm . Tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy được mô tả trong định lí sau: Định lí 1.2.4. Các số nguyên dương x, y, z lập thành một bộ số Pitago nguyên thủy, 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 x = m2 − n2 y = 2mn z = m2 + n2 . Chứng minh. Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy. Từ Bổ đề 1.2.2 ta thấy x lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại. Vì ta giả thiết y chẵn nên x, z đều lẻ. Do x + z và z − x đều là số chẵn, nên các số r = x+z 2 , s= z−x 2 đều là số nguyên. Vì x2 + y 2 = z 2 nên y 2 = z 2 − x2 = (z + x)(z − x). Vậy:  y 2  z + x   z − x  = = rs. 2 2 2 Để ý rằng (r, s) = 1. Thật vậy, nếu (r, s) = d thì do d |r , d |s nên d |(r + s) = z và d |(r − s) = x. Điều đó có nghĩa là d |(z, x) = 1 nên d = 1. 9 Áp dụng Bổ đề 1.2.3 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho r = m2 , s = n2 . Viết x, y, z thông qua m, n ta có: x = r − s = m2 − n2 √ √ y = 4rs = 4m2n2 = 2mn z = r + s = m2 + n2. 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 thấy rằng p không là ước của 2 vì x lẻ (do x = m2 − n2 trong đó m2 , 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 , p |n: mâu thuẫn với (m, n) = 1. Do đó (x, y, z) = 1 tức là (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. 1.2.2. Phương trình Fermat Ta thấy rằng phương trình x + y = z có vô hạn nghiệm nguyên (x, y, z). Các bộ số Pitago cũng cho ta vô hạn nghiệm nguyên của phương trình x2 + y 2 = z 2 . Vấn đề đặt ra là khi số mũ của các biến tăng lên, liệu rằng phương trình xn + y n = z n với n ≥ 3 có nghiệm nguyên hay không ? nếu có thì số nghiệm là hữu hạn hay vô hạn? Định lí 1.2.5.(Định lí Fermat). Phương trình xn + y n = z n không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0 khi n là số nguyên dương, n ≥ 3. Định lí Fermat được chứng minh năm 1993 bởi A. Wiles, với việc sử dụng những kiến thức cao nhất của nhiều ngành toán học khác nhau. Trong phần này chúng ta sẽ trình bày chứng minh định lí lớn Fermat cho trường hợp n = 4, mà mấu chốt của của chứng minh là phương pháp lùi vô hạn do Fermat đề xuất. 10 Định lí 1.2.6. Phương trình x4 + y 4 = z 2 không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0. Chứng minh. Giả sử phương trình trên có nghiệm nguyên x, y, z khác 0. Vì ta có thể thay biến tùy ý bởi số đối của nó nên ta có thể xem là các số nguyên dương. Ta giả thiết (x, y) = 1. Thật vậy nếu (x, y) = d thì x = dx1, y = dy1 , với (x1, y1) = 1, trong đó x1, y1 là các số nguyên dương. Vì x4 + y 4 = z 2 nên (dx1)4 + (dy1)4 = z 2 , do đó: d4 (x41 + y14 ) = z 2 . Vậy d4 z 2 , suy ra d2 |z , nghĩa là z = d2z1 với z1 là số nguyên dương. Do đó: d4(x41 + y14 ) = (d2z1 )2 = d4z12 , nên x41 + y14 = z12 . Ta nhận được nghiệm x4 + y 4 = z 2 với các số nguyên dương x = x1, y = y1, z = z1 trong đó (x1, y1 ) = 1. Bây giờ ta giả sử x = x0, y = y0, z = z0 là nghiệm của phương trình x4 + y 4 = z 2 trong đó (x0, y0) = 1. Ta sẽ chỉ ra tồn tại nghiệm khác gồm các số nguyên dương x = x1 , y = y1 , z = z1 với (x1, y1) = 1 sao cho z1 < z0 . Vì x40 + y04 = z02 nên (x20)2 + (y02 )2 = z02 , tức là (x20, y02 , z0) là một bộ số Pitago. Hơn nữa, (x20, y02) = 1, vì nếu p là số nguyên tố, p x20 , p y02 thì p |x0 , p |y0 , mâu thuẫn với (x0, y0) = 1. Như vậy (x20, y02, z0 ) là một bộ số 11 Pitago nguyên thủy, theo định lí 1.2.4 tồn tại các số nguyên dương m, n sao cho: x20 = m2 − n2 y02 = 2mn z0 = m2 + n2 , trong đó có thể xem y02 là số chẵn. (nếu cần thì đổi kí hiệu x20 và y02 ). Từ đẳng thức của x20 ta được: x20 + n2 = m2 . Do (m, n) = 1 nên (x0, n, m) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Theo định lí 1.2.4 tồn tại các số nguyên dương r, s sao cho x20 = r2 − s2 n = 2rs m = r2 + s2. Vì m lẻ và (m, n) = 1, ta có (m, 2n) = 1. Do y02 = (2n)m nên tồn tại các số nguyên dương z1 và w với m = z12 , 2n = w2 . Vì w chẵn, w = 2u, trong đó u là số nguyên dương, nên u2 = n = rs. 2 Do (r, s) = 1, tồn tại các số nguyên dương x1, y1 sao cho r = x21 , s = y12 . Chú ý rằng vì (r, s) = 1 nên dễ suy ra (x1, y1 ) = 1. Như vậy x41 + y14 = z12 , trong đó x1 , y1, z1 là các số nguyên dương với (x1, y1) = 1. Hơn nữa ta có z1 < z0 , vì z1 ≤ z14 = m2 < m2 + n2 = z0 . Để kết thúc chứng minh định lí, giả sử x4 + y 4 = z 4 có ít nhất 1 nghiệm nguyên. Do nguyên lí sắp thứ tự tốt, trong số các nghiệm nguyên dương, tồn tại nghiệm nguyên với giá trị z0 bé nhất. Tuy nhiên ta đã chỉ ra rằng, 12 từ nghiệm này ta có thể tìm ra nghiệm khác với giá trị bé hơn của biến z. Từ đó dẫn đến mâu thuẫn. Như vậy ta đã được điều phải chứng minh. 1.3 Phương trình Pell Phương trình Pell là phương trình điôphăng có dạng: x2 − dy 2 = 1 (phương trình Pell loại I). Ngoài ra còn có dạng phương trình Pell âm: x2 − dy 2 = −1 (phương trình Pell loại II). Trong đó d là số nguyên dương không chính phương. Định lí 1.3.1. Giả sử d và n là các số nguyên sao cho d > 0 và d không √ là số chính phương, |n| < d. Khi đó, nếu x2 − dy 2 = n, thì xy là một tổng √ hội tụ riêng của phân số liên tục đơn của d. Định lí 1.3.2. Giả sử d là một số nguyên dương không chính phương. Đặt: αk = √ Pk + d Qk ak = [αk ] Pk+1 = ak Qk − Pk (d−P 2 ) Qk+1 = Qkk+1 , √ với k = 0, 1, 2, ... trong đó α0 = d. Hơn nữa, giả sử √ tụ thứ k của phân số liên tục đơn của d. Khi đó: pk qk là tổng riêng hội p2k − dqk2 = (−1)k−1Qk+1. Để tìm nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại I và II ta dựa 13 vào định lí sau: Định lí 1.3.3. Giả sử d là số nguyên dương không chính phương. Ký √ hiệu qua pk /qk tổng riêng hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của d, k = 1, 2, 3, ... và giả sử n là độ dài chu kì của phân số liên tục này. Khi đó, nếu n chẵn thì các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 − dy 2 = 1 là x = pjn−1, y = qjn−1, j = 1, 2, 3, ...; còn phương trình x2 − dy 2 = −1 vô nghiệm. Khi n lẻ, các nghiệm nguyên của phương trình x2 − dy 2 = 1 là x = p2nj−1, y = q2nj−1, j = 1, 2, 3, ...; các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 − dy 2 = −1 là x = p(2j−1)n−1, y = q(2j−1)n−1, j = 1, 2, 3, .... Chứng minh. Theo định lí 1.3.1 nếu x0, y0 là nghiệm nguyên dương của phương trình x2 − dy 2 = ±1 thì x0 = pk , y0 = qk , trong đó pk /qk tổng riêng hội tụ thứ k √ của phân số liên tục đơn của d. Mặt khác, từ định lí 1.3.2 ta có: p2k − dqk2 = (−1)k−1Qk+1, trong đó Qk+1 như trong phát biểu của định lí 1.3.2 √ Vì chu kì của khai triển liên tục của d là n, ta biết rằng Qjn = Q0 = 1, √ √ với j = 1, 2, 3, ... (do d = P0Q+0 d ). Vì vậy 2 p2jn−1 − dqjn−1 = (−1)jnQjn = (−1)jn. Đẳng thức trên chỉ ra rằng, khi n chẵn, pjn−1, qjn−1 là một nghiệm của phương trình x2 − dy 2 = 1 với j = 1, 2, ...; khi n lẻ x = p2nj−1, y = q2nj−1 với j = 1, 2, 3, ... là một nghiệm của phương trình x2 − dy 2 = 1 và x = p(2j−1)n−1, y = q(2j−1)n−1 với j = 1, 2, 3, ... là một nghiệm của phương trình x2 − dy 2 = −1. 14 Để chỉ ra rằng các phương trình x2 − dy 2 = 1 và x2 − dy 2 = −1 không có nghiệm khác các nghiệm đã tìm được, ta chứng tỏ rằng Qk+1 = 1 suy ra n |k và Qj 6= −1 với j = 1, 2, 3, ... Trước tiên ta nhận xét rằng, nếu Qk+1 = 1 thì αk+1 = Pk+1 + √ d. Vì αk+1 = [ak+1 , ak+2, ak+3, ...], khai triển phân số liên tục của αk+1 là √ tuần hoàn đơn. Do đó ta có −1 < αk+1 = Pk+1 − d < 0. Từ đó suy ra √ Pk+1 = d , nên ta có αk = α0 , n |k . Để chứng tỏ Qj 6= −1 với j = 1, 2, 3, ... ta chú ý rằng từ Qj = −1 suy √ ra αj = −Pj − d. Do αj có khai triển phân số liên tục đơn giản chu kì đơn nên −1 < αj = −Pj − và αj = −Pj − √ d < 0, √ d. Từ hai bất đẳng thức trên ta đễ thấy sự mâu thuẫn. Vậy Qj 6= −1. Vì ta đã tìm được tất cả các nghiệm của phương trình x2 − dy 2 = 1 và x2 − dy 2 = −1 trong đó x, y nguyên dương, nên định lí đã được chứng minh đầy đủ. Ví dụ 1.3.4. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 − 13y 2 = 1. Lời giải. Ta có phân số liên tục đơn của √   13 là 3; 1, 1, 1, 1, 6 . Các nghiệm nguyên dương của phương trình là p10j−1, q10j−1, j = 1, 2, 3, ... trong đó p10j−1/q10j−1 là tổng riêng hội tụ thứ (10j − 1) của khai triển phân số liên 15 tục √ 13. Nghiệm dương bé nhất là p9 = 649, q9 = 180. Định lí sau đây cho phép ta tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell xuất phát từ một nghiệm nguyên dương bé nhất mà không phải √ tìm các tổng hội tụ riêng của khai triển phân số liên tục của d. Định lí 1.3.5. Giả sử x1, y1 là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình Pell x2 − dy 2 = 1, trong đó d là một số nguyên dương không chính phương. Khi đó mọi nghiệm xk , yk được cho bởi √ √ xk + yk d = (x1 + y1 d)k , với k = 1, 2, 3, ... Chứng minh. Ta chỉ ra xk , yk với k = 1, 2, 3, ... là nghiệm của phương trình, đồng thời mỗi nghiệm của phương trình đều có dạng trên. √ √ √ √ Dễ thấy rằng nếu xk +yk d = (x1 + y1 d)k thì xk −yk d = (x1 − y1 d)k √ √ (vì d chỉ xuất hiện ở các lũy thừa lẻ của −y1 d trong khai triển nhị thức). Mặt khác, √ √ x2k − dyk2 = (xk + y√ d)(x − y k k k√ d) k = (x1 + y1 d) (x1 − y1 d)k = (x21 − dy12 )k = 1. Vậy xk , yk là nghiệm với k = 1, 2, 3, .... Ngược lại, giả sử X, Y là một nghiệm nguyên dương khác với xk , yk , k = 1, 2, 3, ... khi đó tồn tại số n sao cho √ √ √ (x1 + y1 d)n < X + Y d < (x1 + y1 d)n+1. √ Nhân bất đẳng thức với (x1 + y1 d)−n ta được : √ n 1 < (x1 − y1 d) (X + Y √ √ d) < x1 + y1 d, 16 √ √ (vì x21 − dy12 = 1 nên x1 − y1 d = (x1 + y1 d)−1). Bây giờ giả sử √ √ √ s + t d = (x1 − y1 d)n(X + Y d). Và chú ý rằng √ √ s − dt = (s − t √ d)(s + t d) √ √ √ = (x1 + y1 d)n (X − Y d)(x1 − y1 d)n(X + Y d) = (x21 − dy12 )n(X 2 − dY 2 ) = 1. 2 2 Ta thấy s, t là nghiệm của phương trình x2 − dy 2 = 1. Hơn nữa, 1 < √ √ √ √ s + t d < x1 + y1 d. Mặt khác, vì s + t d > 1 nên 0 < (s + t d)−1 < 1. Do đó h √ √ i (s + t d) + (s − t d) > 0, s= 1 2 t= 1 √ 2 d h √ √ i (s + t d) − (s − t d) > 0. Điều đó có nghĩa là s, t là nghiệm dương s ≥ x1, t ≥ y1 do x1, y1 √ là nghiệm bé nhất. Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức s + t d < √ x1 + y1 d. Vậy X, Y là xk , yk với k nào đó. Ví dụ 1.3.6. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 − 2y 2 = 1. Lời giải. Ta thấy (x, y) = (3, 2) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình đã cho. Do đó mọi nghiệm nguyên dương của phương trình là xk , yk được cho bởi công thức: √ √ xk + yk 2 = (3 + 2 2)k với k = 1, 2, 3, ... 17 1.4 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 1.4.1. Phân tích ra thừa số Ta sử dụng phương pháp này khi phương trình có các biểu thức chứa ẩn phân tích được thành nhân tử: f (x1, x2, ..., xn) = f1(x1, x2, ..., xn)...fk (x1, x2, ..., xn) = a. Khi đó ta chỉ việc đi giải các hệ phương trình sau :  f1(x1, x2, ..., xn) = d1    ...    fk (x1, x2, ..., xn) = dk trong đó a = d1 ...dk và d1, ..., dk là số nguyên tố. Ví dụ 1.4.1. Tìm x, y nguyên thỏa mãn: x2 + 6xy + 8y 2 + 3x + 6y = 2 (1) Lời giải. Ta có: (1) ⇔ (x + 4y + 3)(x + 2y) = 2 Nghiệm nguyên của (1) là nghiệm nguyên của các hệ phương trình sau:   x + 4y + 3 = 1 x + 4y + 3 = 2 ; ; x + 2y = 2 x + 2y = 1   x + 4y + 3 = −1 x + 4y + 3 = −2 ; x + 2y = −2 x + 2y = −1 Giải các hệ trên ta thu được các nghiệm của phương trình (1) là: (3; −1), (6; −2), (3; −2), (0; −1). Ví dụ 1.4.2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y 2 − x − y = 8 18 Lời giải. Ta có: x2 + y 2 − x − y = 8 ⇔ 4x2 + 4y 2 − 4x − 4y = 32 ⇔ (4x2 − 4x + 1) + (4y 2 − 4y + 1) = 30 ⇔ |2x − 1|2 + |2y − 1|2 = 32 + 52 . Nghiệm của phương trình đã cho là nghiệm của các hệ phương trình sau:  |2x − 1| = 3 ; |2y − 1| = 5  |2x − 1| = 5 |2y − 1| = 3 Giải các hệ trên ta thu được nghiệm của phương trình đã cho là: (x, y) ∈ {(2; 3), (3; 2), (−1; −2), (−2; −1)} . 1.4.2. Sử dụng bất đẳng thức Trong phương pháp này chúng ta sử dụng bất đẳng thức để ước lượng, thu hẹp phạm vi của nghiệm sau đó thay thử lại vào phương trình. Ví dụ 1.4.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 − xy + y 2 = 3. Lời giải. 2 2 Ta có: x2 − xy + y 2 = 3 ⇔ x − y2 = 3 − 3y4 . 2 2 Vì x − y2 ≥ 0 nên 3 − 3y4 ≥ 0 ⇒ −2 ≤ y ≤ 2 ⇒ y ∈ {−2, −1, 0, 1, 2} . Thay lần lượt các giá trị của y vào phương trình để tìm x. Ta có các nghiệm của phương trình đã cho là: (x, y) ∈ {(−1; −2), (1; 2), (−2; −1), (2; 1), (−1; 1), (1; −1)} . Ví dụ 1.4.4. Tìm x, y, z nguyên dương thỏa mãn phương trình : 3(xy + yz + zx) = 4xyz (1) 19 Lời giải. Nhận xét: Vế trái của phương trình là bậc 2, vế phải là bậc 3 nên các nghiệm của phương trình này nếu có sẽ bị chặn trên. Từ đó ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức vào giải quyết bài toán. Ta nhận thấy vai trò của các ẩn x, y, z là như nhau nên ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z. Chia cả hai vế của phương trình cho xyz ta được: 1 1 1 4 + + = . x y z 3 Mặt khác do x ≤ y ≤ z nên: 1 1 1 3 1 1 1 + + ≤ + + = . x y z x x x x Suy ra: 3 4 9 ≥ ⇒x≤ . x 3 4 Do đó x ∈ {1, 2} . Xét x = 1. Ta có: 1 1 1 + = y z 3 2 2 1 1 1 + ≤ ⇒ ≤ ⇒ 4 ≤ y ≤ 6 ⇒ y ∈ {4, 5, 6} . y z y y 3 Với y = 4, y = 5 ta thấy phương trình vô nghiệm. Với y = 6 ta tìm được z = 6. Vậy trường hợp này phương trình (1) có nghiệm là (x, y, z) = (1, 6, 6). Xét x = 2. Ta có: 1 1 5 + = y z 6
- Xem thêm -