Tài liệu Vận dụng tham số hóa vào giải phương trình nghiệm nguyên

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Cao Xuân Nam VẬN DỤNG THAM SỐ HÓA VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2013 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Cao Xuân Nam VẬN DỤNG THAM SỐ HÓA VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ Thái Nguyên - 2013 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Công trình được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: GS.TSKH Hà Huy Khoái Phản biện 2: TS Nguyễn Văn Minh Luận văn sẽ được bảo vệ trước Hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên Vào hồi 7 giờ 30 ngày 27 tháng 9 năm 2013 Có thể tìm hiểu luận văn tại trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên Và thư viện Trường Đại học Khoa Học Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 1 Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 1. Tham số hóa một số đồ thị phẳng 1.1. Đa thức tối tiểu . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Khái niệm đồ thị phẳng trong R2 . . . . . . 1.3. Tham số hóa đường cônic . . . . . . . . . . 1.4. Tham số hóa một vài đồ thị phẳng khác . . 1.5. Định lí Fermat, Định lí Wilson . . . . . . . 1 3 . . . . . 5 5 6 7 11 13 Chương 2. Một số dạng phương trình nghiệm nguyên 2.1. Phương trình Diophantine tuyến tính . . . . . . . . . . 2.1.1. Phương trình Diophantine bậc nhất hai ẩn . . . . 2.1.2. Phương trình Diophantine tổng quát . . . . . . . 2.2. Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Phương trình Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Phương trình Mordell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Xây dựng phương trình nghiệm nguyên qua tham số hóa Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 16 16 21 24 33 37 40 57 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Danh mục các kí hiệu N được kí hiệu cho tập các số tự nhiên. N∗ được kí hiệu cho tập các số tự nhiên dương. Z được kí hiệu cho vành các số nguyên. Q được kí hiệu cho trường các số hữu tỉ. Q∗ được kí hiệu cho tập các số hữu tỉ dương. R được kí hiệu cho trường các số thực. C được kí hiệu cho trường các số phức. K được kí hiệu cho một trong ba trường Q, R hoặc C. K ∗ được kí hiệu cho trường mở rộng của K. Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 3 Mở đầu Số học là một phân nhánh toán học lâu đời nhất và sơ cấp nhất, được hầu hết mọi người thường xuyên sử dụng từ những công việc thường nhật cho đến các tính toán khoa học. Số học giúp chúng ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo. Có thể thấy nhiều bài toán số học được phát biểu một cách đơn giản đến mức mà hầu hết học sinh phổ thông đều có thể hiểu được, nhưng lời giải của nó có thể làm đau đầu cả những nhà toán học xuất sắc. Để hiểu và giải được các bài toán số học phổ thông, thông thường chúng ta chỉ cần rất ít kiến thức toán học, nhưng lại cần nhiều đến khả năng tư duy, trí thông minh và một chút năng khiếu toán học. Chính vì lẽ đó mà Số học là công cụ rất tốt để rèn luyện trí thông minh, tư duy toán học đồng thời là cơ sở để phát hiện ra các tài năng toán học. Số học đã trở thành một bộ phận quan trọng trong chương trình giảng dạy toán ở các lớp chọn và các lớp chuyên toán. Trong Số học, các bài toán về phương trình nghiệm nguyên, ngoài phương trình bậc nhất hai ẩn thì hầu hết đều không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Chính vì thế mà các bài toán về Số học nói chung và phương trình nghiệm nguyên nói riêng thường xuất hiện trong các đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế và các đề thi tuyển sinh vào các lớp chọn, chuyên toán cũng vậy. Mục đích chính của luận văn là nghiên cứu về đồ thị phẳng và ứng dụng của nó trong một số bài toán sơ cấp. Cụ thể tham số hóa một vài đồ thị phẳng, trên cơ sở đó đưa ra hệ thống các bài tập phương trình nghiệm nguyên có cùng phương pháp giải, đó là phương pháp tham số hóa. Ngoài ra luận văn còn đề cập một số dạng phương trình nghiệm nguyên khác. Ngoài phần Mở đầu, phần Kết luận, nội dung luận văn gồm 2 chương: Chương 1. Trình bày khái niệm đồ thị phẳng, tham số hóa một vài đồ Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 4 thị phẳng, nêu Định lí Fermat và Định lí Wilson mà việc chứng minh hai định lí này qua biểu diễn đa thức, không sử dụng lí thuyết nhóm. Chương 2. Trình bày một số dạng phương trình nghiệm nguyên như phương trình Diophantine tuyến tính; phương trình Pell; Phương trình Pythagore; phương trình Mordell và xây dựng phương trình nghiệm nguyên qua tham số hóa. Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư phạm Hà Nội. Từ đáy lòng mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo hướng dẫn của thầy. Em xin trân trọng cảm ơn tới các Thầy Cô trong trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào Tạo trường Đại học Khoa Học. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K5C trường Đại học Khoa Học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tôi xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp trường THPT chuyên Hà Giang đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn thành kế hoạch học tập. Thái Nguyên, ngày 10 tháng 08 năm 2013 Tác giả Cao Xuân Nam Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 5 Chương 1 Tham số hóa một số đồ thị phẳng 1.1. Đa thức tối tiểu Trong mục này K được kí hiệu là một trường con của trường mở rộng K , trong đó K ∗ có thể là C và K chứa các trường số hữu tỉ Q. Ta gọi K là một trường số. ∗ Định nghĩa 1.1. Giả sử K là một trường con của một trường K ∗ . Một phần tử c ∈ K ∗ gọi là đại số trên K nếu c là nghiệm của một đa thức khác 0 lấy hệ tử trong K; c gọi là siêu việt trên K trong trường hợp trái lại. Như vậy ta bảo c là đại số trên K có nghĩa là tồn tại những phần tử ai ∈ K (0 6 i 6 n) không bằng không tất cả, sao cho a0 + a1 c + . . . + an cn = 0. √ Ví dụ 1.1. Trong trường số thực R, 2 là đại số trên trường số hữu tỉ Q, π là siêu trên Q. Định lí 1.1. Mỗi phần tử đại số c trên K đều là nghiệm của một đa thức bất khả quy duy nhất f (x) thuộc vành K[x] với hệ số cao nhất bằng 1. Hơn nữa, tất cả các đa thức p(x) ∈ K[x] nhận c làm nghiệm đều phải chia hết cho f (x). Chứng minh. Vì c là phần tử đại số trên K nên tồn tại đa thức f (x) ∈ K[x] nhận c làm nghiệm. Trong số các đa thức nhận c làm nghiệm ta chọn đa thức f (x) bậc thấp nhất với hệ tử cao nhất bằng 1. Nếu f (x) là đa thức khả quy thì f (x) phân tích được thành tích của hai đa thức g(x) và h(x) với bậc lớn hơn 0 và hệ tử cao nhất cũng bằng 1. Khi đó f (x) = g(x)h(x) với 0 < degg, degh < degf. Vì f (c) = 0 nên g(c)h(c) = 0. Vì K ∗ là một trường nên g(c) = 0, chẳng hạn. Như thế có đa thức g(x) với degg < degf nhận c làm nghiệm: mâu thuẫn với việc chọn của f (x). Điều này chỉ ra f (x) là bất khả quy. Tiếp theo, giả thiết p(x) ∈ K[x] nhận c làm nghiệm. Nếu p(x) = 0 thì p(x) chia hết cho f (x). Nếu p(x) 6= 0 thì ta viết p(x) = q(x)f (x) + r(x) với q(x), r(x) ∈ K[x] và Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 6 degr < degf. Vì f (c) = 0 và p(c) = 0 nên r(c) = 0. Từ việc chọn f (x) suy ra r(x) = 0 hay p(x) chia hết cho f (x). Hệ quả 1.2. Trong vành K[x], phần tử x là phần tử siêu việt trên K. Chứng minh. Ta coi K[x] là một tập con của một trường K ∗ nào đó. Dễ dàng kiểm tra x0 , x, x2 , . . . , xn , . . . là độc lập tuyến tính trên K. Nếu x là phần tử đại số trên K thì x là nghiệm của một đa thức f (x) ∈ K[x], f (x) 6= 0, degf (x) = n > 0. Từ đây suy ra x0 , x, x2 , . . . , xn là phụ thuộc tuyến tính trên K: mâu thuẫn. Định nghĩa 1.2. Đa thức bất khả quy f (x) ∈ K[x] với hệ số cao nhất bằng 1 nhận c làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của c trên K. các nghiệm c1 , . . . , cn của đa thức tối tiểu của c được gọi là các liên hợp của c trên K. 1.2. Khái niệm đồ thị phẳng trong R2 Xét một đồ thị quen biết trong mặt phẳng R2 cho bởi phương trình sau: (`) : y 2 = x2 + x3 . Đây là một đồ thị đi qua gốc tọa độ O(0; 0). Để mô tả các điểm khác nữa trên đồ thị, ta thực hiện phép biến đổi bằng cách đặt y = tx và thay nó vào phương trình đồ thị. Ta có t2 x2 = x2 + x3 . Khi x = 0 ta có điểm O(0; 0). Khi x 6= 0 ta có điểm (t2 − 1; t(t2 − 1)). Điểm này sẽ trở thành điểm gốc tọa độ khi t = 1 hoặc t = −1. Vậy mọi điểm trên đồ thị (`) có tọa độ (t2 − 1; t(t2 − 1)), t ∈ R. Một điều làm ta phải chú ý đó là điểm O(0; 0) sẽ tương ứng với hai giá trị khác nhau của t, còn những điểm khác chỉ tương ứng với một giá trị của t. Định nghĩa 1.3. Giả sử đa thức f = f (x, y) ∈ R[x, y], f 6= 0. Kí hiệu V (f ) là tập tất cả các điểm (a, b) ∈ R2 sao cho f (a, b) = 0. Tập V (f ) được gọi là một đồ thị phẳng trong R2 . Ví dụ 1.2. Một vài đồ thị phẳng dưới đây: (i) (P ) : y = x2 . (ii) (`1 ) : y 2 = x3 − x. (iii) (`2 ) : y 2 = x3 + x2 . Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 7 (iv) (`3 ) : (x2 + y 2 )2 + 3x2 y − y 3 = 0. Định nghĩa 1.4. Đồ thị phẳng V (f ) được gọi là đồ thị phẳng hữu tỉ nếu có hai hàm hữu tỉ ϕ(t), ψ(t) ∈ R(t) của biến t và cả hai không đồng thời thuộc R thỏa mãn f (ϕ(t), ψ(t)) = 0. Đồ thị phẳng hữu tỉ có quan hệ tới việc tìm các nghiệm (a, b) ∈ R2 của phương trình f (x, y) = 0 hoặc tìm các điểm thuộc đồ thị phẳng với tọa độ là những số hữu tỉ hay xác định những điểm không tầm thường với tọa độ nguyên thuộc đa tạp Fermat V : xn + y n − z n = 0, n > 3. Khi biểu diễn đồ thị phẳng V (f ) qua x = ϕ(t), y = ψ(t) ∈ R(t), ta nói rằng đã tham số hóa được V (f ). Việc tham số hóa đồ thị phẳng qua các hàm hữu tỉ như sau: Chọn điểm P ∈ V và viết phương trình tham số của đường thẳng (d) qua P sao cho (d) cắt V tại đúng một điểm thứ hai khác P. Cho (`) : f (x, y) = 0 với f (x, y) là đa thức bất khả quy. Khi có hai hàm hữu tỉ ϕ(t), ψ(t) của biến t và cả hai không đồng thời thuộc R thỏa mãn f (ϕ(t), ψ(t)) ≡ 0 thì điểm (ϕ(t), ψ(t)) được gọi là không điểm tổng quát của (`). Ta thêm ∞ vào R và coi nó như một phần tử. Ta định nghĩa ϕ(∞) = lim ϕ(t) và ψ(∞) = lim ψ(t). Khi đó tọa độ các điểm t→∞ t→∞ của (`) với tọa độ thuộc R ∪ {∞} sẽ có dạng (ϕ(t); ψ(t)), t ∈ R ∪ {∞}. Việc tìm không điểm tổng quát của (`) gắn liền với vấn đề giải phương x y trình f (x, y) = 0 trên Q hay phương trình z d f ( , ) = 0 trên Z, ở đó z z d = deg f (x, y). Định nghĩa 1.5. Cho đồ thị phẳng bất khả quy (`). Những điểm thuộc (`) với tọa độ thuộc Q được gọi là những điểm hữu tỉ của (`). 1.3. Tham số hóa đường cônic Mệnh đề 1.3. Đường thẳng d : ax + by + c = 0 được tham số hóa bởi ( x = x0 + bt t∈R y = y0 − at với ax0 + by0 + c = 0. Mệnh đề 1.4. Đường tròn (C) : x2 + y 2 = 1 là đồ thị phẳng hữu tỉ Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 8 2t 1 − t2 được tham số hóa qua x(t) = , y(t) = với quy ước 1 + t2 1 + t2 2t 1 − t2 x(∞) = lim = 0, y(∞) = lim = −1. t→∞ 1 + t2 t→∞ 1 + t2 Chứng minh. Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; 1) ∈ (C) với hệ số góc −t có phương trình (d) : y = −tx + 1. (d) cắt (C) tại điểm (0; 1) và 2t 1 − t2
2t 1 − t2
điểm At ; . Điểm ; chạy qua tất cả các điểm 1 + t2 1 + t2 1 + t2 1 + t2 thuộc (C), trừ điểm (0; −1). Với quy ước 2t 1 − t2 x(∞) = lim = 0, y(∞) = lim = −1 t→∞ 1 + t2 t→∞ 1 + t2 thì At cũng chạy qua cả điểm (0; −1). Ta chứng minh đa thức p(x, y) = x2 + y 2 − 1 là đa thức bất khả quy 0 0 0 trên R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = (ax + by + c)(a x + b y + c ) với a2 + b2 > 0, a02 + b02 > 0. Trong hai thừa số, ta chỉ cần xét thừa số ax + by + c. Nếu c = 0 suy ra mâu thuẫn. 2 2t 1 − t2 2t 0 01 − t 0 Nếu c 6= 0 thì ta có 0 = (a + b + c)(a + b + c ). 1 + t2 1 + t2 1 + t2 1 + t2 2t 1 − t2 Chẳng hạn a +b + c = 0 ⇔ (c − b)t2 + 2at + b + c = 0 ⇔ 2 2 1 + t 1 + t   c − b = 0 ⇔ a = b = c = 0 : mâu thuẫn. 2a = 0   b+c=0 Vậy đa thức p(x, y) = x2 + y 2 − 1 là đa thức bất khả quy trên R. Mệnh đề 1.5. Đường (parabol (P ) : y 2 = 2px là đồ thị phẳng hữu tỉ x = 2pt2 được tham số hóa qua y = 2pt. Chứng minh. Hiển nhiên, khi cho x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc (P ). Xét y 6= 0. Đặt x = ty và thay vào phương trình đã cho, ta có y 2 = 2pty. Do y 6= 0 nên suy ra y = 2pt. Từ đó suy ra x = 2pt2 . Ta chứng minh đa thức p(x, y) = y 2 − 2px là đa thức bất khả quy 0 0 0 trên R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = (ax + by + c)(a x + b y + c ) với Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 9 a2 + b2 > 0, a02 + b02 > 0. Trong hai thừa số, ta chỉ cần xét thừa số 0 0 0 ax + by + c. Ta có 0 = (a.2pt2 + b.2pt + c)(a .2pt2 + b .2pt + c ). Chẳng hạn a.2pt2 + b.2pt + c = 0, suy ra a = b = 0 : mâu thuẫn. Vậy đa thức p(x, y) = y 2 − 2px là đa thức bất khả quy trên R. x2 y 2 + 2 = 1 là đồ thị phẳng hữu tỉ a2 b 2a2 bt b3 − a2 bt2 được tham số hóa qua x(t) = 2 , y(t) = với quy ước b + a2 t 2 b 2 + a2 t 2 Mệnh đề 1.6. Đường Ellíp (E) : 2a2 bt b3 − a2 bt2 x(∞) = lim 2 = 0, y(∞) = lim 2 = −b. t→∞ b + a2 t2 t→∞ b + a2 t2 Chứng minh. Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; b) ∈ (E) với hệ số góc −t có phương trình (d) : y = −tx + b. (d) cắt (E) tại điểm (0; b) và điểm 2a2 bt b3 − a2 bt2
2a2 bt b3 − a2 bt2
At 2 ; . Điểm At 2 ; chạy qua tất cả b + a2 t2 b2 + a2 t2 b + a2 t2 b2 + a2 t2 các điểm thuộc (E), trừ điểm (0; −b). Với quy ước 2a2 bt b3 − a2 bt2 x(∞) = lim 2 = 0, y(∞) = lim 2 = −b t→∞ b + a2 t2 t→∞ b + a2 t2 thì At cũng chạy qua cả điểm (0; −b). Ta chứng minh đa thức p(x, y) = b2 x2 + a2 y 2 − a2 b2 là đa thức bất khả quy trên R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = (a1 x + b1 y + c1 )(a2 x + b2 y + c2 ) với a21 + b21 > 0, a22 + b22 > 0. Trong hai thừa số, ta chỉ cần xét thừa số a1 x + b1 y + c1 . Nếu c1 = 0 suy ra mâu thuẫn. Nếu c1 6= 0 thì ta có 2a2 bt b3 − a2 bt2 2a2 bt b3 − a2 bt2 0 = (a1 2 + b1 2 + c1 )(a2 2 + b2 2 + c2 ). b + a2 t2 b + a2 t2 b + a2 t2 b + a2 t 2 Chẳng hạn a1 2a2 bt b3 − a2 bt2 + b + c1 = 0 1 2 b 2 + a2 t 2 b + a2 t 2 ⇔ (c1 a2 − b1 a2 b)t2 + a1 2a2 bt + b1 b3 + c1 b2 = 0   2 2  c a − b a b = 0  1 1  c1 − b1 b = 0 ⇔ a1 2a2 b = 0 ⇔ a1 = 0 ⇔ a1 = b1 = c1 = 0 : mâu    3  b1 b + c1 b2 = 0 b 1 b + c1 = 0 thuẫn. Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 10 Vậy đa thức p(x, y) = b2 x2 + a2 y 2 − a2 b2 là đa thức bất khả quy trên R. Chú ý 1.1. Tham số hóa đường tròn và ellíp qua các hàm lượng giác: (i) Đường tròn (C) : x2 + y 2 = 1 còn được tham số hóa qua x = cos t, y = sin t; x2 y 2 (ii) Đường Ellíp (E) : 2 + 2 = 1 tham số hóa qua a b x = a cos t, y = b sin t. x2 y 2 Mệnh đề 1.7. Đường Hypebol (H) : 2 − 2 = 1 là đồ thị phẳng hữu a b a + ab2 t2 2b2 t tỉ được tham số hóa qua x(t) = , y(t) = với quy ước 1 − b2 t2 1 − b2 t2 x(∞) = lim t→∞ a + ab2 t2 2b2 t = −a, y(∞) = lim = 0. t→∞ 1 − b2 t2 1 − b 2 t2 Từ đây suy ra nghiệm hữu tỉ của phương trình x2 − dy 2 = 1, trong đó d là số nguyên và không là số chính phương. Chứng minh. Đường thẳng (d) đi qua điểm (a; 0) ∈ (H) với hệ số góc at có phương trình (d) : x = a(ty + 1). (d) cắt (H) tại điểm (a; 0) và a + ab2 t2 2b2 t
a + ab2 t2 2b2 t
điểm At ; . Điểm A ; chạy qua tất t 1 − b2 t2 1 − b2 t2 1 − b2 t2 1 − b2 t2 cả các điểm thuộc (H), trừ điểm (−a; 0). Với quy ước x(∞) = lim t→∞ a + ab2 t2 2b2 t = −a, y(∞) = lim =0 t→∞ 1 − b2 t2 1 − b 2 t2 thì At cũng chạy qua cả điểm (−a; 0). Chứng minh đa thức p(x, y) = b2 x2 − a2 y 2 − a2 b2 là đa thức bất khả quy trên R tương tự như mệnh đề 1.6. Nghiệm tổng quát của phương trình x2 − dy 2 = 1 là d + t2 2t x= , y = . d − t2 d − t2 m dn2 + m2 2mn Với t = ta có x = , y = , trong đó m, n ∈ n dn2 − m2 dn2 − m2 Z, (m, n) = 1. Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 11 1.4. Tham số hóa một vài đồ thị phẳng khác Ví dụ 1.3. Trong mặt phẳng, đồ thị phẳng Lemniscat cho bởi (L) : (x2 + y 2 )2 = b2 (x2 − y 2 ) là một đồ thị phẳng hữu tỉ được tham số hóa qua b2 t(t2 + b2 ) b2 t(t2 − b2 ) ,y = . x= t4 + b4 t4 + b4 Lời giải. Đặt x2 + y 2 = t(x − y) và thay vào phương trình (L), ta có t2 (x − y)2 = b2 (x2 − y 2 ). Nếu x = y thì x2 + y 2 = 0. Từ x = y và x2 + y 2 = 0 suy ra x = y = 0. Ta có điểm O(0; 0) ∈ (L). Nếu x 6= y, t2 − b 2 2 2 ta có t (x − y) = b (x + y). Ta có y = 2 x khi t2 + b2 6= 0. Vậy 2 t +b 2 2
2 2
t − b t − b 2 2 x2 + 2 x = xt 1 − 2 . Khi x 6= 0, ta có 2 t +b t + b2 x= b2 t(t2 + b2 ) b2 t(t2 − b2 ) , y = . t4 + b4 t4 + b4 Chú ý rằng, khi cho t = 0 ta nhận được điểm O(0; 0). Ta chứng minh đa thức p(x, y) = (x2 + y 2 )2 − b2 (x2 − y 2 ) là đa thức bất khả quy trên R. Thật vậy, giả sử đa thức p(x, y) = f (x, y)g(x, y) với f, g ∈ R[x, y] và deg f, deg g > 1, deg f + deg g = 4. Từ b2 t(t2 + b2 ) b2 t(t2 − b2 ) b2 t(t2 + b2 ) b2 t(t2 − b2 ) f( 4 , ) ≡ 0 và g( 4 , ) ≡ 0 ta t + b4 t4 + b4 t + b4 t4 + b4 suy ra điều giả sử không thể xảy ra. Vậy p(x, y) = (x2 + y 2 )2 − b2 (x2 − y 2 ) là đa thức bất khả quy trên R.  x2 y 2 2 x2 y Ví dụ 1.4. Đồ thị phẳng (`) : + = với abc 6= 0 là đồ thị a2 b2 c2 a3 bt a2 b 2 t 2 phẳng hữu tỉ được tham số hóa qua x = 2 2 , y = . c (t + 1)2 c2 (t2 + 1)2 Lời giải. Nếu x = 0 thì y = 0. Khi x 6= 0, đặt y = a2 b2 t2 a3 bt x= 2 2 và y = 2 2 . c (t + 1)2 c (t + 1)2  x2 b tx. Khi đó a y 2 2 x2 y Việc chứng minh đa thức p(x, y) = 2 + 2 − 2 là đa thức bất khả a b c quy trên R coi như bài tập. Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 12 Ví dụ 1.5. Đồ thị phẳng cho bởi phương trình (L) : x3 + a(x2 + y 2 ) = 0, a 6= 0 là một đồ thị phẳng hữu tỉ được tham số hóa qua x = −at2 − a, y = −at3 − at. Lời giải. Hiển nhiên, khi cho x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc (L). Xét x 6= 0. Đặt y = tx và thay vào phương trình đã cho, ta có x3 + a(x2 + t2 x2 ) = 0. Do x 6= 0 nên suy ra x = −at2 − a. Từ đó suy ra y = −at3 − at. Ta chứng minh đa thức p(x, y) = x3 + a(x2 + y 2 ) là đa thức bất khả quy R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = f (x, y)g(x, y) với f, g ∈ R[x, y] và deg f > 1, deg g > 1, deg f + deg g = 3. Khi đó tối thiểu một trong hai đa thức phải chứa y. Dựa vào bậc của y và chẳng hạn f chứa y với hệ tử khác 0, chỉ cần xét hai trường hợp sau: (i) f = by 2 + h(x), g = c + k(x), b 6= 0. Khi đó x3 + a(x2 + y 2 ) = (by 2 + h(x))(c + k(x)). Vậy bk(x) = 0. Từ đây suy ra k(x) = 0. Do đó deg g < 1 : mâu thuẫn. (ii) f = by + h(x), g = cy + k(x), bc 6= 0. Khi đó x3 + a(x2 + y 2 ) = (by + h(x))(cy + k(x)). Vậy b.k(x) + c.h(x) = 0, h(x)k(x) = x3 + ax2 . Suy ra b.k(x) = −c.h(x) và −c[h(x)]2 = bx3 + abx2 mâu thuẫn, vì vế trái bậc chẵn và vế phải bậc lẻ. Vậy đa thức p(x, y) = x3 + a(x2 + y 2 ) là đa thức bất khả quy R. Ví dụ 1.6. Trong mặt phẳng, đồ thị phẳng Cartes Folium cho bởi (F ) : x3 + y 3 − 3axy = 0, a 6= 0 là một đồ thị phẳng hữu tỉ được tham số hóa 3at 3at2 qua x = 3 ,y = 3 . t +1 t +1 Lời giải. Hiển nhiên, khi cho x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc (F ). Xét x 6= 0. Đặt y = tx và thay vào phương trình đã cho, ta có x(t3 + 1) = 3at. Nếu t = −1 thì 0 = −3a 6= 0 : mâu thuẫn. Vậy t 6= −1 3at 3at2 và x = 3 ,y = 3 . t +1 t +1 Chứng minh đa thức p(x, y) = x3 + y 3 − 3axy là đa thức bất khả quy trên R tương tự ví dụ trên. Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 13 1.5. Định lí Fermat, Định lí Wilson Bổ đề 1.8. Với số nguyên dương n, đặt f (x) = (1 + x)(2 + x) . . . (n + x). Giả sử f (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bn xn . Chứng minh rằng n−1−k 2 (n − k)bk = Cn+1−k + Cn−k n bn−1 + Cn−1 bn−2 + · · · + Ck+2 bk+1 . n+1 Chứng minh. Từ (1 + x)(2 + x) . . . (n + x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bn xn ta suy ra (2+x)(3+x) . . . (n+1+x) = b0 +b1 (x+1)+· · ·+bn (x+1)n qua n(n + 1) việc thay x bởi x+1. Ta có ngay bn = 1, bn−1 = 1+2+· · ·+n = 2! và hệ thức (1+x)(2+x) . . . (n+x)(n+1+x) = b0 (x+1)+b1 (x+1)2 +b2 (x+1)3 +· · ·+bn (x+1)n . Từ (n + 1 + x)f (x) = (x + 1)f (x + 1) suy ra (n+1+x)(b0 +b1 x+· · ·+bn xn ) = b0 (x+1)+b1 (x+1)2 +b2 (x+1)3 +· · ·+bn (x+1)n+1 . Như vậy   bn = 1      (n + 1)bn−1 + bn−2 = C2n+1 bn + C1n bn−1 + C0n−1 bn−2    3 2 1 0   (n + 1)bn−2 + bn−3 = Cn+1 bn + Cn bn−1 + Cn−1 bn−2 + Cn−2 bn−3 ···   n−3 1 0   (n + 1)b2 + b1 = Cn−1 bn + Cn−2 n bn−1 + Cn−1 bn−2 + · · · + C3 b2 + C2 b1 n+1    n−2 1 0   (n + 1)b1 + b0 = Cnn+1 bn + Cn−1 n bn−1 + Cn−1 bn−2 + · · · + C2 b1 + C1 b0    n−1 n 2 1 (n + 1)b0 = Cn+1 n+1 bn + Cn bn−1 + Cn−1 bn−2 + · · · + C2 b1 + C1 b0 và có  bn = 1     n(n + 1)    bn−1 =   2!   3  2bn−2 = Cn+1 + C2n bn−1 ···      (n − 2)b2 = Cn−1 + Cn−2 bn−1 + Cn−3 bn−2 + · · · + C24 b3 n n+1 n−1    1   (n − 1)b1 = Cnn+1 + Cn−1 bn−1 + Cn−2 n n−1 bn−2 + · · · + C3 b2    n−1 n 2 nb0 = Cn+1 n+1 + Cn bn−1 + Cn−1 bn−2 + · · · + C2 b1 . n−1−k 2 Do vậy (n − k)bk = Cn+1−k + Cn−k n bn−1 + Cn−1 bn−2 + · · · + Ck+2 bk+1 . n+1 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 14 Hệ quả 1.9. [MO British 1974] Với số nguyên tố lẻ p, đặt f (x) = (1 + x)(2 + x) . . . (p − 1 + x). Giả sử f (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bp−1 xp−1 . Chứng minh rằng (i) p | bk với k = 1, 2, . . . , p − 2 và p |(b0 + 1). (ii) Với mọi số nguyên n ta có p | (n + 1)(n + 2) . . . (n + p − 1) − np−1 + 1. Từ đó suy ra p | (p − 1)! + 1 và p | np−1 − 1 khi (n, p) = 1. Chứng minh. (i) Qua các công thúc tính toán được ở trên ta có   bp−1 = 1     p(p − 1)   b =  p−2   2!  3 2bp−3 = Cp + C2p−1 bp−2   ···    p−3  1  (p − 2)b1 = Cp−1 + Cp−2  p p−1 bp−2 + Cp−2 bp−3 + · · · + C3 b2   (p − 1)b = Cp + Cp−1 b + Cp−2 b + · · · + C2 b . 0 p p−1 p−2 p−2 p−3 2 1 Sử dụng quy nạp theo k có p | bk với k = 1, 2, . . . , p − 2. Từ hệ thức cuối cùng suy ra hệ thức pb0 = (b0 + 1) + bp−2 + bp−3 + · · · + b1 và như vậy b0 + 1 chia hết cho p. (ii) Vì p | bk với k = 1, 2, . . . , p − 2 và b0 + 1 chia hết cho p nên p | (n + 1)(n + 2) . . . (n + p − 1) − np−1 + 1 với mọi số nguyên n. Từ đó suy ra p | (p − 1)! + 1 và p | np−1 − 1 khi (n, p) = 1. Từ các kết quả trên ta suy ra ba kết quả sau đây: Định lí 1.10. Với số nguyên tố p và với mọi số tự nhiên n thỏa mãn (n, p) = 1, ta luôn có: (i) [Fermat] np−1 ≡ 1( mod p). (ii) [Wilson] (p − 1)! + 1 ≡ 0( mod p). (iii) Nếu số nguyên tố p có dạng 4k + 1 thì Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu  p − 1
2 ! + 1 ≡ 0( mod p). 2 http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 15 Ví dụ 1.7. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q và r thỏa mãn pq + q p = r. Lời giải. Tối thiểu phải có một số nguyên tố chẵn. Số đó phải bằng 2. Vì p, q là hai số nguyên tố nên r 6= 2. Không hạn chế có thể giả thiết q = 2. Vậy p2 + 2p = r. Vì r là số nguyên tố nên p phải là só lẻ. Nếu p 6= 3 thì p2 + 2p ≡ (±1)2 + (−1)p ( mod 3) ≡ 1 − 1( mod 3). Vậy r chia hết cho 3, nhưng p2 + 2p = 3 chỉ thỏa mãn cho p = 1 : mâu thuẫn. Từ đây suy ra p = 3, r = 17. Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 16 Chương 2 Một số dạng phương trình nghiệm nguyên 2.1. Phương trình Diophantine tuyến tính 2.1.1. Phương trình Diophantine bậc nhất hai ẩn Định nghĩa 2.1. Phương trình Diophantine tuyến tính bậc nhất hai ẩn là phương trình có dạng ax + by = c (2.1) trong đó a, b, c là các số nguyên cho trước khác 0, các giá trị x, y cũng nhận các giá trị nguyên. Giải phương trình Diophantine (2.1) tức là tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình (2.1). Định lí 2.1. a) Điều kiện cần và đủ để phương trình (2.1) có nghiệm nguyên là d = (a, b) là ước của c. b) Nếu (x0 ; y0 ) là một nghiệm của phương trình (2.1) thì nó có vô số nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x; y) của nó được xác định bởi công thức  x = x0 + b t d t ∈ Z. (2.2) y = y0 − a t d Chứng minh. a) Điều kiện cần: Giả sử phương trình (2.1) có nghiệm nguyên (x0 ; y0 ). Khi đó ax0 + by0 = c. Nếu d = (a, b) thì rõ ràng d là ước của c. Điều kiện đủ: Giả sử d là ước của c. Ta có, chẳng hạn c = dq. Vì d = (a, b) nên tồn tại các số nguyên k1 , k2 sao cho: ak1 + bk2 = d. Nhân hai vế của đẳng thức trên với q, với chú ý rằng c = dq, ta được: a(k1 q) + b(k2 q) = c. Vậy phương trình (2.1) có một nghiệm là x = k1 q, y = k2 q. Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 17 b) Dễ thấy, mỗi cặp số nguyên (x; y) cho bởi công thức (2.2) với t là số nguyên tùy ý đều là nghiệm của phương trình (2.1). Thật vậy, ta có: b a a(x0 + t) + b(y0 − t) = ax0 + by0 = c. d d Ngược lại, giả sử (x; y) là một nghiệm tùy ý của phương trình (2.1), vì (x0 ; y0 ) cũng là nghiệm của phương trình (2.1) nên ta có đồng thời hai đẳng thức ax + by = c ax0 + by0 = c. Trừ các vế tương ứng của hai đẳng thức trên ta được a(x − x0 ) + b(y − y0 ) = 0 (2.3) hay a(x − x0 ) = −b(y − y0 ). Đẳng thức trên chứng tỏ a(x − x0 ) chia hết cho b. Từ đó cũng suy ra a b (x − x0 ) chia hết cho . d d a b Vì d = (a, b), nên và nguyên tố cùng nhau và từ khẳng định trên d d b suy ra x − x0 chia hết cho . Hay tồn tại số nguyên t sao cho d b x − x0 = t d Vậy b x = x0 + t. d Thay kết quả này vào (2.3) ta được: b a(x0 + t − x0 ) + b(y − y0 ) = 0. d Từ đó suy ra a y = y0 − t. d Đó là điều phải chứng minh. Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/