Tài liệu Tứ giác newton phương trình bậc ba liên kết và nghiệm hữu tỉ của chúng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- ĐINH XUÂN SÁNG TỨ GIÁC NEWTON, PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA LIÊN KẾT VÀ NGHIỆM HỮU TỈ CỦA CHÚNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. Ngô Thị Ngoan THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Lời cảm ơn 1 Lời mở đầu 2 1 Tứ giác Newton và phương trình bậc ba liên kết 1.1 Bài toán mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton . . . . . . . . 4 4 6 2 Nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton 2.1 Công thức nghiệm của Barnett . . . . . . 2.2 Tìm nghiệm hữu tỉ bằng phương pháp đại 2.3 Tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức 2.4 Một số tính chất của tập nghiệm . . . . . 2.5 Về tứ giác Newton và bài toán ngược . . Kết luận Tài liệu tham khảo . . . . . số . . . nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 17 21 25 28 32 33 1 Lời cảm ơn Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Ngô Thị Ngoan. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho công tác và nghiên cứu của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán K12E2 (khóa 2018-2020); Nhà trường và các phòng chức năng của Trường; Khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K12E (khóa 2018–2020) đã luôn động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập, nghiên cứu. Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác và đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu. Thái Nguyên, tháng 9 năm 2019 Tác giả Đinh Xuân Sáng 2 Mở đầu “Làm thế nào các câu hỏi hình học có thể quy về phương trình đại số” là một phần nội dung trong cuốn sách Universal Arithmetick của Isaac Newton, được viết năm 1720. Một trong những vấn đề mà Newton đã xử lý là vấn đề tìm đường kính của một đường tròn có một tứ giác lồi nội tiếp trong nó khi biết độ dài cạnh a, b, c, trong khi cạnh thứ tư d là đường kính. Quá trình giải quyết vấn đề này đã đưa ông đến một mối qua hệ giữa các đại lượng a, b, c và d. Mối quan hệ đó được gọi là phương trình Newton
d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. (1) Năm 1915, P. Bachmann đã đưa ra một phương pháp để tìm kiếm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Newton. Vào tháng 6 năm 1926, N. Anning đã đưa ra bàn luận về phương trình Newton trong một hội nghị Toán học. Bằng cách chia hai vế của phương trình (1) cho d3 , N. Anning đã đưa vấn đề tìm nghiệm của phương trình (1) bằng cách tìm nghiệm của phương trình u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0. (2) Với công thức  (u, v, w) = β 2 + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2 , , 2βγ 2γα 2αβ  , (3) vô số nghiệm hữu tỉ đã được tìm thấy khi ông sử dụng một mối quan hệ hài hòa trong số các cosin của các góc của một hình tam giác. Năm 1955, I. A. Barnett đã xem xét phương trình (2). Ông đã chứng minh rằng tất cả các nghiệm hữu tỉ của nó được đưa ra bởi công thức (3) nếu chúng ta cho phép α, β và γ chạy trên tất cả các số nguyên khác không. Phương pháp của ông, sử dụng đại số tuyến tính thuần túy được mô tả chi 3 tiết trong Chương 2, mà không sử dụng công cụ lượng giác. Việc nghiên cứu của ông hoàn toàn độc lập về mặt ý tưởng với Anning. Năm 2004, gần đây M. Hajja đã giải phương trình (2) bằng việc dùng cosin của các góc trong một tam giác bất kỳ. Ông kết thúc quá trình giải phương trình (2) với kết quả chính xác giống như của Barnett. M. Hajja cũng đã chứng minh rằng các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) đều được đưa ra bởi công thức (3) với α, β, γ hạn chế là độ dài cạnh của một tam giác nhọn. Mục đích của luận văn này là trình bày chi tiết 6 phương pháp đưa ra
phương trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0 (1); trình bày chi tiết chứng minh của I. A. Barnett mô tả cách sử dụng đại số tuyến tính trong việc tìm ra tất cả các nghiệm hữu tỉ của phương trình u2 +v 2 +w2 +2uvw −1 = 0 (2); trình bày phương pháp đại số để tìm ra công thức tham số hóa cho các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) theo kết quả của M. Hajja và J. Sondow. Luận văn còn trình bày chi tiết sự tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức nghiệm trên của phương trình (2) và các thuộc tính của các nghiệm dương của phương trình Newton và đa thức đồng hành của nó. Luận văn gồm hai chương. Chương 1 trình bày vấn đề hình bán nguyệt và 6 phương pháp đưa tới phương trình Newton cùng các kiến thức có liên quan trong quá trình chứng minh các kết quả ở chương 2. Chương 2 là nội dung chính của luận văn. Mục 2.1 trình bày công thức nghiệm của Barnett. Mục 2.2 trình bày phương pháp đại số tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình (2). Mục 2.3 trình bày sự tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức nghiệm trong mục 2.1 và mục 2.2. Mục 2.4 trình bày một số tính chất của tập nghiệm và mục 2.5 trình bày về bài toán ngược từ một bộ nghiệm của phương trình Newton liệu có hay không một tứ giác Newton tương ứng. 4 Chương 1 Tứ giác Newton và phương trình bậc ba liên kết Chương này ta đi tìm hiểu về hình bán nguyệt, vấn đề này là một trong ba ví dụ cốt lõi mà Newton sử dụng để minh họa làm thế nào các vấn đề hình học có thể được chuyển thành ở dạng đại số. Ta tìm hiểu sáu phương pháp tiếp cận khác nhau đưa ra phương trình Newton cùng với đa thức Newton. 1.1 Bài toán mở đầu Trong kì thi Olympic Toán học Trung cấp Anh năm 2010 ’Maclaurin’ có câu hỏi sau: Hình 1. Cho nửa đường tròn đường kính AD có chiều dài AD = 4. Trên nửa đường tròn đó, lấy các điểm B và C , như trong Hình 1, sao cho AB = BC = 1. 5 Tìm chiều dài của đoạn CD. Một trong ba lời giải bài toán trên gợi lại vấn đề trước đây Newton đã đề cập làm thế nào các vấn đề hình học có thể chuyển thành ở dạng đại số. Vấn đề hình bán nguyệt. Hình 2. Hình bán nguyệt. Khi bắt tay vào giải đáp vấn đề hình bán nguyệt, Newton đã có những quan sát thú vị rằng, nếu chúng ta được cho a, d, c và được yêu cầu tìm b. Rõ ràng không phức tạp, sử dụng d để vẽ đường tròn đường kính AD, sau đó dựng các dây cung có độ dài a, c trên đường tròn để xác định vị trí B và C . Tuy nhiên, nếu chúng ta đã cho a, b, c và được yêu cầu tìm d, chúng ta không thể bắt đầu quá trình như trên vì chúng ta không thể vẽ vòng tròn ban đầu! Newton đưa ra sáu phương pháp có thể suy ra phương trình bậc ba thể hiện mối quan hệ a, b, c và d với nhau. Định nghĩa 1.1.1. Một tứ giác Newton là một tứ giác lồi nội tiếp trong một đường tròn về một bên của một đường kính, với một cạnh là đường kính của đường tròn. Hình 3. Tứ giác Newton. 6 Trong hình 3, đa giác ABCD là tứ giác Newton với AD là đường kính, độ dài các cạnh và đường chéo được kí hiệu AB = a, BC = b, CD = c, DA = a, AC = z, BD = y . Newton đã đưa ra mối quan hệ giữa độ dài các cạnh và
nó được gọi là phương trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. 1.2 Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton Phương pháp 1. Tam giác đồng dạng I Hình 4. Tam giác đồng dạng I. Hạ hình chiếu vuông góc của B là E lên đường thẳng CD. Ta có ABD và CEB là hai tam giác vuông đồng dạng dẫn tới p bp 2 ab BD = d2 − a2 , CE = , BE = d − a2 . d d Lại có CD = ED − EC dẫn tới √ CD = BD2 − BE 2 − EC r ab b2 2 2 2 ⇔ c = d − a − 2 (d − a2 ) − d d r 2 b ab ⇔ d2 − a2 − 2 (d2 − a2 ) = c + d d 2
b abc a2 b2 2 2 2 2 2 ⇔d −a − 2 d −a =c +2 + 2 d d d ⇔ d4 − a2 d2 − b2 d2 + a2 b2 = c2 d2 + 2abcd + a2 b ⇔ d4 − a2 d2 − b2 d2 − c2 d2 − 2abcd = 0 
 ⇔ d d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. 7 từ đó ta có phương trình Newton
d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. Ngoài ra, từ BE 2 = BC 2 − CE 2 = BD2 − DE 2 cũng đi tới phương trình trên. Hoàn toàn có thể làm tương tự khi hạ DE vuông góc từ D xuống BC hoặc hạ CE vuông góc từ C xuống BD. Phương pháp 2. Quy tắc Cosin Hình 5. Xét tam giác ABD, theo Định lý Pitago ta có d2 − a2 = BD2 . Xét tam giác BCD, theo Định lý Cosin ta có BD2 = b2 + c2 − 2bc cos (180o − θ) = b2 + c2 + 2bc cos θ. Mà a cosθ = . d Từ đó, với lưu ý d 6= 0 ta có 2abc d ⇔ d3 − a2 d = b2 d + c2 d + 2abc ⇔ d3 − (a2 + b2 + c2 )d − 2abc = 0. d2 − a2 = b2 + c2 + 8 Bổ đề 1.2.1. (Định lý Ptoleme thuận) Nếu một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn thì tích của hai đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện. Chứng minh. Gọi ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Hình 6. Trên cung nhỏ BC , ta có các góc nội tiếp ∠BAC = ∠BDC, và trên cung AB , ta có ∠ADB = ∠ACB . Lấy 1 điểm K trên AC sao cho ∠ABK = ∠CBD; Từ ∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD suy ra ∠CBK = ∠ABD. Do vậy tam giác ABK đồng dạng với tam giác DBC , và tương tự có tam giác ABD đồng dạng với tam giác KBC . Suy ra: AK CD CK DA = ; = ; AB BD BC BD Từ đó AK.BD = AB.CD, CK.BD = BC.DA; Cộng hai đẳng thức trên theo vế tương ứng ta có AK.BD + CK.BD = AB.CD + BC.DA ⇔ (AK + CK) .BD = AB.CD + BC.DA ⇔ AC.BD = AB.CD + BC.DA. 9 Phương pháp 3. Dùng Định lý Ptoleme thuận Hình 7. Theo Định lý Ptoleme thuận ta có AD.BC + AB.CD = AC.BD hay √ √ db + ac = d2 − c2 . d2 − a2

⇔ (db + ac)2 = d2 − c2 d2 − a2 ⇔ d2 b2 + 2abcd + a2 c2 = d4 − a2 d2 − c2 d2 + a2 c2 ⇔ d4 − a2 d2 − c2 d2 − d2 b2 − 2abcd = 0 
 ⇔ d d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. từ đó ta có phương trình Newton
d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. Phương pháp 4. Tam giác đồng dạng II Hình 8. Tam giác đồng dạng II. 10 Trong lời giải này, ta giả sử a 6= c. Kéo dài BC và AD cắt nhau tại F như hình vẽ. Tương tự ta cũng có thể sử dụng giao điểm của AB với CD kéo dài. Ta đặt AF = e. Hai tam giác ABF và CDF đồng dạng, ta có CF = a(e − d) ce , BF = . a c Vì vậy b = BF − CF = a(e − d) ce − . c a Từ đó ta có abc = a2 (e − d) − c2 e
⇔ abc = a2 − c2 e − a2 d, hay e= a2 d + abc . a2 − c 2 Trong tam giác ABF , ta có BF 2 = AB 2 + AF 2 − 2ABAF cos θ, hay a a2 (e − d)2 = a2 + e2 − 2ae · . 2 c d a2 d + abc vào đẳng thức cuối ta thu được Thế e = 2 a − c2  2 2 a d + abc  2 2 a2 −d a d + abc a2 d + abc a a2 − c 2 2 =a + − 2a 2 · c2 a2 − c2 a − c2 d  2 2  2 2 a d + abc a2 c2 a2 d + abc c d + abc 2 2 2 2 ⇔a =a c + c −2 2 − c2 a2 − c2 a d a2
− c2

2 ⇔ d(cd + ab)2 = d a2 − c2 + d(ad + bc)2 − 2 a2 d + abc a2 − c2 ⇔ c2 d3 + a2 b2 d = c4 d + a2 d3 + b2 c2 d − a4 d − 2a3 bc + 2abc3



⇔ c2 − a2 d3 + a2 − c2 b2 d − c4 − a4 d + 2abc a2 − c2 = 0

 ⇔ c2 − a2 d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. Từ đó ta có phương trình Newton. 11 Phương pháp 5. Diện tích Hình 9. Quay lại với hình 3 ở phương pháp 1, ta ký hiệu area(ABCD) là diện tích của hình ABCD. Như trong hình 9 ta có: area (ABCD) = area (BAD) + area (BCD) 1 1 = AB.BD + CD.BE 2 2 1 √ 2 1 b√ 2 = a d − a2 + c · d − a2 2 2 d ad + bc √ 2 d − a2 . = 2d Tương tự, bằng việc sử dụng đường chéo AC , ta nhận được area (ABCD) = area (ABC) + area (ADC) cd + ab √ 2 = d − c2 . 2d Từ các công thức trên ta có: √ √ (ad + bc) d2 − a2 = (cd + ab) d2 − c2

⇔ (ad + bc)2 d2 − a2 = (cd + ab)2 d2 − c2



⇔ a2 d2 + 2abcd + b2 c2 d2 − a2 = c2 d2 + 2abcd + a2 b2 d2 − c2 ⇔ a2 d4 + 2abcd3 + b2 c2 d2 − a4 d2 − 2a3 bcd − a2 b2 c2 = c2 d4 + 2abcd3 + a2 b2 d2 − c4 d2 − 2abc3 d − a2 b2 c2 ⇔ a2 d4 + b2 c2 d2 − a4 d2 − 2a3 bcd = c2 d4 + a2 b2 d2 − c4 d2 − 2abc3 d 12


⇔ a2 d4 − c2 d4 + b2 c2 d2 − a2 b2 d2 + c4 d2 − a4 d2
+ 2abc3 d − 2a3 bcd = 0



⇔ a2 − c2 d4 + c2 − a2 b2 d2 + c2 − a2 c2 + a2 d2
+ c2 − a2 2abcd = 0

 ⇔ d a2 − c2 d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. Từ đó ta có phương trình Newton. Phương pháp 6. Làm thế nào để không làm điều đó Trong phương pháp này, Newton chủ yếu sử dụng vị trí của các điểm B và C trong hình 10 để tính BC = b. Phụ đề "Làm thế nào để không làm điều đó!" muốn nêu lại ý tưởng của Newton về phương pháp này: "Đối với những phương pháp xây dựng mới có thể tạo ra những khó khăn hơn những phương pháp đã được sử dụng từ trước". Hình 10. Từ B và C lần lượt hạ các hình chiếu vuông góc xuống AD là R và S . Kẻ CT vuông góc với BR tại T . a a2 Ta có AR = a cos θ mà cos θ = nên AR = . d d c2 Tương tự SD = . d Khi đó a2 + c2 RS = T C = d − . d Lại có s BT = BR − CS = 4 a2 − a − d2 s c2 − c4 . d2 13 Từ đó ta có b2 = BC 2 = T C 2 + BT 2 hay  2 a +c d 2 2 r 4 r 4 !2 a c + a2 − 2 − c 2 − 2 d d p

2 ⇔ b2 d2 = d2 − a2 − c2 + a2 d2 + c2 d2 − a4 − c4 − 2ac (d2 − a2 ) (d2 − c2 ) p
⇔ b2 d2 = d4 − a2 + c2 d2 + 2a2 c2 − 2ac (d2 − a2 ) (d2 − c2 ) p
⇔ 2ac (d2 − a2 ) (d2 − c2 ) = d4 − a2 + c2 d2 + 2a2 c2 − b2 d2

2 ⇔ 4a2 c2 d4 − a2 d2 − c2 d2 + a2 c2 = d8 + a2 + c2 d4 + 4a4 c4

+b4 d4 − 2 a2 + c2 d6 + 4a2 c2 d4 − 2b2 d6 − 4 a2 + c2 a2 c2 d2
+2 a2 + c2 b2 d4 − 4a2 c2 b2 d2
2
⇔ d8 + a2 + c2 d4 + b4 d4 − 2 a2 + c2 d6 − 2b2 d6
2 4 2 2 +2 a + c b d − 4a2 c2 b2 d2 = 0 h i
4
2 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ d d − 2 a + b + c d + a + b + c d − 4a b c = 0. b2 = d − Phân tích thành tích, ta thu được 

 d2 d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc d3 − a2 + b2 + c2 d + 2abc = 0. Với vai trò a, b, c, d là cạnh của tứ giác lồi với d là đường kính thì d2 và
biểu thức d3 − a2 + b2 + c2 d + 2abc luôn nhận giá trị dương. Từ đó ta có phương trình Newton. 14 Chương 2 Nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton Trong chương 1 đã trình bày các lời giải khác nhau để đưa ra phương
trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0 (1) từ một bài toán hình học. Với d 6= 0 ta chuyển phương (1) về dạng (2) u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0 bằng việc chia cả hai vế của phương trình (1) cho d3 . Tiếp theo tôi sẽ trình bày tập nghiệm hữu tỉ của những phương trình này. 2.1 Công thức nghiệm của Barnett Định lý 2.1.1. Các nghiệm hữu tỉ của phương trình u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0 (2) được cho bởi công thức   2 β + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2 (u, v, w) = , , , α, β, γ ∈ Z\{0} 2βγ 2γα 2αβ (3) và các nghiệm (±1, s, ∓s), (s, ±1, ∓s), (s, ±s, ∓1), s ∈ Q (4) Chứng minh. Giả sử (u,v,w ) là một nghiệm của phương trình (2). Nếu w = ±1, từ (2) ta có u2 + v 2 ± 2uv = 0 hay (u ± v)2 = 0 ⇔ v = ∓u. 15 Tương tự ta xét lần lượt với v = ±1 và u = ±1 ta thu được các nghiệm của phương trình (2) cho bởi công thức (±1, s, ∓s), (s, ±1, ∓s), (s, ±s, ∓1), s ∈ Q Như vậy các nghiệm của phương trình (2) có một trong ba tọa độ là ±1 được cho bởi (4). Nếu (u,v,w ) là một nghiệm của phương trình (2) bằng ±1. Ta xét hệ phương trình cho bởi công thức      x 0 v      M  y  =  0  , ở đây M =  −1 z 0 mà không có u,v,w nào sau:  u −1  w v . w −1 u Ta có det(M ) là u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1. Khi det(M ) = 0, hệ có nghiệm không tầm thường (x, y, z) = (α, β, γ) 6= (0, 0, 0). Như vậy, ta có:    αv + βu − γ = 0    αv + βu = γ βw + γv − α = 0 ⇔ βw + γv = α (∗)     αw + γu − β = 0 αw + γu = β Nếu bất kỳ hai tọa độ nào của (α, β, γ) bằng 0, giả sử α = β = 0, thì γ = 0, ta có mâu thuẫn. Nếu có đúng một trong các tọa độ là 0, giả sử α = 0, β 6= 0, γ 6= 0, từ hệ ta có βu = γ, βw + γv = 0, γu = β. β γ khi đó u = = , dẫn tới u = ±1, ta lại có mâu thuẫn. Như vậy không có β γ tọa độ của (α, β, γ) bằng 0. Ta viết lại (*) dưới dạng       u γ β α 0       L  v  =  α , ở đây L =  0 γ β  w β γ 0 α Ta nhận xét rằng, vì det (L) = 2αβγ 6= 0 nên áp dụng quy tắc Cramer, 16 với     D1 =        D2 =        D3 =     γ α 0 
 α γ β  = α β 2 + γ 2 − α2 ;  β 0 α  β γ 0 
 0 α β  = β γ 2 + α2 − β 2 ;  γ β α  β α γ 
 0 γ α  = γ α2 + β 2 − γ 2 ;  γ 0 β  ta suy ra  (u, v, w) = β 2 + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2 , , 2βγ 2γα 2αβ  , α, β, γ ∈ Z\{0}. Ngược lại với các số nguyên α, β, γ ∈ Z\{0} bất kì ta có các bộ u, v, w được cho bởi công thức trên thỏa mãn phương trình (2), đồng thời các bộ u, v, w cho bởi (4) cũng thỏa mãn phương trình (2). Dựa vào định lý trên ta có công thức nghiệm của phương trình Newton cho dưới dạng tham số như sau. Hệ quả 2.1.2. Các nghiệm (a, b, c, d) của phương trình Newton
d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0 được tham số hóa bởi (a, b, c, d) = t



β 2 + γ 2 − α2 α, γ 2 + α2 − β 2 β, α2 + β 2 − γ 2 γ, 2αβγ , (5) trong đó α, β, γ là các số nguyên khác 0 và t là số hữu tỷ bất kỳ, cùng với các nghiệm có dạng t (±1, s, ∓s, 1) , t (s, ±1, ∓s, 1) , t (s, ±s, ∓1, 1) , s, t ∈ Q, (6) và các nghiệm (a, b, c, 0) , a, b, c ∈ Q, abc = 0. (7) 17 Chứng minh. Tập hợp các nghiệm (a, b, c, 0), a, b, c ∈ Q, abc = 0 có được từ
việc lấy d = 0 trong (1) d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0. Nếu d 6= 0 trong (1), ta chia hai vế của phương trình (1) cho −d3 ta có  a 2  b 2  c 2 abc + + + 2 3 = 0. −1 + d d d d Ta đặt a b c u = ,v = ,w = , d d d ta có phương trình u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0. Do đó, các nghiệm (a, b, c, d) của phương trình (1) được đưa ra bởi công thức: (a, b, c, d) = (ru, rv, rw, r), trong đó (u, v, w) là nghiệm của phương trình u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0 với r 6= 0. Các nghiệm (u, v, w) của phương trình (2) ở dạng (3) trong Định lý 2.1.1 cho ta các nghiệm của phương trình (1) là t (±1, s, ∓s, 1) , t (s, ±1, ∓s, 1) , t (s, ±s, ∓1, 1) , s, t ∈ Q. Bằng cách đặt r = 2αβγ ta có (a, b, c, d) = (2αβγu, 2αβγv, 2αβγw, 2αβγ), khi đó các nghiệm (u, v, w) của phương trình (2) trong công thức  2  β + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2 (u, v, w) = , , . 2βγ 2γα 2αβ cho ta các nghiệm của phương trình (1) ở dạng (5). Ở đây α, β, γ ta xét thuộc tập số nguyên khác 0. 2.2 Tìm nghiệm hữu tỉ bằng phương pháp đại số Ở mục trước, ta đã trình bày công thức nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton dựa và công cụ đại số tuyến tính. Ở mục này, ta sẽ tìm hiểu về 18 một phương pháp khác để đưa ra công thức nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton
d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0, hoặc phương trình tương đương với phương trình Newton là

(ac + bd)2 = d2 − a2 d2 − c2 . (8) Sự tương đương của 2 phương trình trên đã được trình bày trong chương 1, trong phần phương pháp số 3 xác định phương trình Newton. Để thuận lợi hơn, và tôn trọng trật tự tự nhiên theo ký tự Alphabet a, b, c, d ta viết lại (8) về dạng

(ab + cd)2 = d2 − a2 d2 − b2 . (9) Sự tương đương giữa (8) và (9) ta có thể kiểm tra trực tiếp nhưng cũng có thể giải thích bằng cách (8) và (1) tương đương trong đó vế trái của (1) là biểu thức đối xứng với a, b, c. Định lý 2.2.1. Các nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton được cho bởi công thức   1 − st s − t 4st − (1 − st)(s − t) r, r, r, r , (a, b, c, d) = 1 + st s + t (1 + st)(s + t) trong đó r, s, t ∈ Q thỏa mãn rst(1 + st)(s + t) 6= 0, cùng với các nghiệm (6) và (7). Do đó các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) được tham số hóa bởi   1 − st s − t 4st − (1 − st)(s − t) , , , s, t ∈ Q, st(1 + st)(s + t) 6= 0 1 + st s + t (1 + st)(s + t) cùng với các nghiệm (±1, s, ∓s), (s, ±1, ∓s), (s, ±s, ∓1), s ∈ Q. Chứng minh. Với các trường hợp d = 0, d = ±a, d = ±b, d = ±c sẽ cho ta các nghiệm của (9) có được ở dạng t (±1, s, ∓s, 1) , t (s, ±1, ∓s, 1) , t (s, ±s, ∓1, 1) , s, t ∈ Q, hoặc (a, b, c, 0) , a, b, c ∈ Q, abc = 0.