Một vài vấn đề về phương trình Diophantine (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC KHÁNH

MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC KHÁNH

MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành:

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


i

Mục lục
Mở đầu

1

1 Giải phương trình Diophantine
1.1 Phương trình Diophantine . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Vành chính Z . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Phép chia với dư . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Khái niệm phương trình Diophantine . . . . .
1.1.4 Phương trình Diophantine có điều kiện . . . .
1.1.5 Tổng các số chính phương . . . . . . . . . . . .
1.2 Một vài phương pháp giải phương trình Diophantine .
1.2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử . . . . .
1.2.2 Phương pháp đồng dư . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Phương pháp tham số hóa . . . . . . . . . . .
1.2.5 Phương trình nghiệm hữu tỷ qua tham số hóa .
1.2.6 Chứng minh phương trình nhiều vô hạn nghiệm
1.2.7 Công thức tính nghiệm . . . . . . . . . . . . .
1.3 Một vài phương trình cổ điển . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Phương trình Pythagoras . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Phương trình Mordell . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3 Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Hệ phương trình Pell

2.1 Hệ phương trình Pell . . . .
2.1.1 Tiêu chuẩn Legendre
2.1.2 Hệ phương trình Pell
2.2 Phương trình ba hệ số tổ hợp

. . . . .
. . . . .
. . . . .
liên tiếp

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
4
5
8
11
13
13
15
16
18
21
26
28
29
29
32
34

.
.

.
.

40
40
40
41
42


ii

Kết luận

45

Tài liệu tham khảo

46


1

MỞ ĐẦU
Số học nói chung và Phương trình Diophantine nói riêng là những lĩnh vực
cổ xưa nhất của Toán học, và cũng là 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 Diophantine 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 Diophantine đã làm nảy sinh các lý thuyết, phương

pháp khác của Toán học. Các bài toán về phương trình Diophantine không có
quy tắc giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối với các dạng đơn giản. Mỗi
phương trình với dạng riêng của nó đòi hỏi một cách giải đặc trưng phù hợp.
Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy mền dẻo, linh hoạt hơn cho người làm
toán.Chính vì thế, trong hầu hết các kỳ thi quan trọng như thi học sinh giỏi
Toán quốc gia, quốc tế, thi Olympic toán..., các bài toán liên quan đến phương
trình Diophantine cũng hay được đề cập đến và thường là những bài toán khó.
Việc hệ thống một cách tương đối các phương pháp giải phương trình Diophantine và đưa ra các vấn đề mở về phương trình Diophantine là cần thiết
đối với việc giảng dạy và nghiên cứu toán học, đặc biệt là công tác ôn luyện
học sinh giỏi. Với lý do đó, trong luận văn này, tôi trình bày khái niệm phương
trình Diophantine, hệ phương trình Pell và tổng hợp một số phương pháp giải
phương trình và hệ phương trình này.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia làm hai chương đề cập
đến các vấn đề sau:
Chương 1: Giải phương trình Diophantine.
1.1 Phương trình Diophantine.
1.2 Một vài cách giải phương trình Diophantine.
1.3 Một vài phương trình cổ điển.
Chương 2: Hệ phương trình Pell
2.1 Trình bày Hệ phương trình Pell.


2

2.2 Trình bày Phương trình ba hệ số tổ hợp liên tiếp.
Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn nhiệt tình của PGS.TS. Đàm
Văn Nhỉ. Tôi bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy, người đã dành
cho tôi sự hướng dẫn chu đáo, nghiêm túc trong qua trình học tập, nghiên cứu
và thực hiện luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các Thầy Cô khoa Toán trường Đại Học

Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên,các Thầy, Cô tham gia giảng dạy khóa Cao
học 2013 - 2015,Trường THPT Lý Tự Trọng và bạn bè đồng nghiệp đã giúp đỡ
tạo điều kiện cho tôi hoàn thành bản luận văn này.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 4 năm 2015

Vũ Ngọc Khánh


3

Chương 1
Giải phương trình Diophantine
1.1

Phương trình Diophantine

1.1.1

Vành chính Z

Định nghĩa 1.1.1. Miền nguyên R được gọi là một vành chính nếu mỗi iđêan
của R đều là một iđêan chính.
Ta sẽ sử dụng kết quả về vành Euclide để chỉ ra rằng, vành Z là một vành chính,
có nghĩa: Mỗi iđêan của Z đều do một phần tử sinh ra. Do vậy, ta sẽ bắt đầu
bằng khái niệm vành Euclide.
Định nghĩa 1.1.2. Cho miền nguyên R. Ánh xạ δ : R∗ → N, x → δ(x), từ tập
các phần tử khác 0 của R đến tập các số tự nhiên N thỏa mãn hai điều kiện sau
đây:
(1) Với mọi a, b ∈ R∗ và a|b thì δ(a)

δ(b).

(2) Với mọi a, b ∈ R, b = 0, có tồn tại q, r ∈ R sao cho a = qb + r với hoặc r = 0
hoặc δ(r) < δ(b) khi r = 0
được gọi là một ánh xạ Euclide.
Định nghĩa 1.1.3. Miền nguyên R được gọi là một vành Euclide nếu có một
ánh xạ Euclide tác động lên tập R∗ .
Bổ đề 1.1.4. Mỗi vành Euclide đều là một vành chính.
Chứng minh: Giả sử R là vành Euclide với ánh xạ Euclide δ : R∗ → N. Vì R
là vành Euclide nên nó là một miền nguyên. Giả sử I là một iđêan của R. Nếu
I = 0 thì I = (0) là một iđêan chính. Nếu I = 0 thì có phần tử a ∈ I, a = 0. Đặt


4
I ∗ = I \ {0}. Vì δ(I ∗ ) ⊂ N nên có a0 ∈ I ∗ thỏa mãn δ(a0 )

δ(x) với mọi x ∈ I ∗ .

Vì a0 ∈ I nên iđêan (a0 ) ⊆ I. Bây giờ ta chỉ ra I = (a0 ). Thật vậy, giả sử a ∈ I.
Do a0 = 0 và R là vành Euclide nên tồn tại q, r ∈ R sao ch a = qa0 + r với r = 0
hoặc δ(r) < δ(a0 ). Nếu r = 0 thì r ∈ I ∗ và δ(r) < δ(a0 ) : mâu thuẫn. Vậy r = 0 và
a = qa0 . Từ đây suy ra a ∈ (a0 ). Do a được lấy tùy ý nên I = (a0 ) và như vậy R

là một vành iđêan chính.
Hệ quả 1.1.5. Vành Z là một vành chính.
Chứng minh: Vành Z là một miền nguyên. Ánh xạ δ : Z∗ → N, n → |n|, là một
ánh xạ Euclide. Do vậy, vành Z là một vành Euclide. Theo Bổ đề 1.1.4, vành Z
là một vành iđêan chính.

1.1.2

Phép chia với dư

Định nghĩa 1.1.6. Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b = 0. Số a được gọi là chia hết
cho số b hay b chia hết a nếu có c ∈ Z thỏa mãn a = bc.
.
Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a .. b hoặc nói
b chia hết a và viết b|a. Khi a = bc thì b được gọi là một ước của a..

Ví dụ 1.1.7. Chứng minh rằng, tồn tại vô số số nguyên n thỏa mãn n4 + 1871
chia hết cho 1952.
Bài giải: Vì n4 + 1871 = n4 − 81 + 1952 nên n4 + 1871 chia hết cho 1952 khi và
chỉ khi n4 − 81 chia hết cho 1952 hay (n − 3)(n + 3)(n2 + 9) chia hết cho 1952. Ta
chỉ cần lấy n = 1952k ± 3 với k ∈ Z.
Định lý 1.1.8. Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b = 0, luôn luôn tồn tại duy
nhất một cặp số nguyên q, r ∈ Z sao cho a = qb + r, trong đó 0
Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| sao cho n|b|
−|a||b|

−|a|

r < |b|.

a, n ∈ Z}. Vì |b|

1 nên

a. Do đó −|a||b| ∈ T. Vậy T = ∅. Vì T là tập bị chặn trên nên

T có một số lớn nhất m|b|. Từ m|b|

a ta suy ra r = a − m|b|

0 và r ∈ Z.

Ta lại có (m + 1)|b| = m|b| + |b| > m|b|. Do tính lớn nhất của m|b| trong T nên
(m + 1)|b| > a. Như vậy |b| > a − m|b| = r và ta có a = qb + r với 0

Tính duy nhất: Giả sử có hai sự biểu diễn a = qb+r với 0
với 0

r < |b|.

r < |b| và a = q1 b+r1

r1 < |b|. Trừ vế cho vế, ta có r − r1 = b(q1 − q). Từ |r − r1 | < |b| ta suy ra

|q1 − q||b| < |b|. Vậy q = q1 và hiển nhiên r = r1 .


5

Hệ quả 1.1.9. Với biểu diễn a = qb + r, 0

r < |b|, có (a, b) = (b, r).

Ví dụ 1.1.10. Đặt an = 12011 + 22011 + · · · + n2011 với n ∈ N∗ . Chứng minh rằng
an không chia hết cho n + 2.

Bài giải: Ta có

2an = [n2005 + 22005 ] + [(n − 1)2005 + 32005 ] + · · · + [22005 + n2005 ] + 2.

Vậy 2an = (n + 2)d + 2, d ∈ N∗ và ta suy ra an không chia hết cho n + 2.

1.1.3

Khái niệm phương trình Diophantine

Một vấn đề khá cổ điển trong Số học là giải phương trình đa thức với hệ số
nguyên trong tập Z. Đó là giải phương trình nghiệm nguyên hay còn gọi là
phương trình Diophantine. Để hiểu rõ bài toán này, trước tiên ta nhắc lại một
vài khái niệm.
Định nghĩa 1.1.11. Cho đa thức f (x1 , . . . , xn ) với các hệ số là các số hữu tỉ
hoặc các số nguyên. Phương trình f (x1 , . . . , xn ) = 0 được gọi là phương trình
Diophantine. Giải phương trình Diophantine f (x1 , . . . , xn ) = 0 tức là tìm tất cả
các số hữu tỉ, các số nguyên hay các số nguyên không âm α1 , . . . , αn để sao cho
f (α1 , . . . , αn ) = 0.

Cho b, a1 , a2 , . . . , an ∈ Z và các số ai không đồng thời bằng 0. Phương trình dạng
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b, (D1 ), được gọi là phương trình Diophantine bậc nhất

hay phương trình Diophantine tuyến tính. Ta có ba kết quả chính và một vấn
đề mở sau đây.
Định lý 1.1.12. Phương trình (D1 ) có nghiệm nguyên (zi ) khi và chỉ khi b chia
hết cho d = (a1 , . . . , an ). Có thể chọn nghiệm nguyên (zi ) thỏa mãn điều kiện
|zi |

|b| + (n − 1) max{|aj | | j = 1, . . . , n}, ∀i. Đặc biệt, nếu (a1 , . . . , an ) = 1 thì

(D1 ) có nghiệm nguyên với mọi số nguyên b.

Chứng minh: Đặt (a1 , . . . , an ) = d. Nếu (D1 ) có nghiệm thì b phải chia hết
cho d; còn nếu b không chia hết cho d thì (D1 ) vô nghiệm. Vậy, không làm mất
tính tổng quát, ta có thể giả thiết d = 1, b = 0. Vì vành Z là vành các iđêan
chính và (a1 , . . . , an ) = 1 nên tồn tại các số nguyên α1 , . . . , αn ∈ Z thỏa mãn
a1 α1 + a2 α2 + · · · + an αn = 1 và như thế a1 bα1 + a2 bα2 + · · · + an bαn = b. Điều


6

này chứng tỏ phương trình (D1 ) nhận x1 = bα1 , . . . , xn = bαn làm một nghiệm
nguyên.
Tiếp theo, giả sử x1 , . . . , xn là một nghiệm nguyên của phương trình (D1 ). Ta
zi < |an |, i = 1, . . . , n − 1, với qi , zi nguyên. Đặt

biểu diễn xi = qi an + zi , 0
n−1

n

n−1

ai qi . Vậy b =

zn = xn +
i=1

i=1

n−1

ai (qi an + zi ) + an (zn −

ai xi =
i=1

n

ai q i ) =
i=1

ai zi .
i=1

Điều này chứng tỏ (zi ) là nghiệm của (D1 ). Ta có |zi | < |an | cho mọi i = 1, . . . , n−1;
n−1

còn cho zn ta có |an zn | = |b −

ai zi |

|b| + (n − 1)|an | max{|aj | | j = 1, . . . , n}.

i=1

Chia cho |an |, ta được |zi |

|b| + (n − 1) max{|aj | | j = 1, . . . , n}, i = 1, . . . , n.

Định lý 1.1.13. Cho b, a1 , a2 , . . . , an ∈ Z và các số ai không dồng thời bằng 0.

Nếu b chia hết cho (a1 , a2 , . . . , an ) thì phương trình (D1 ) có nhiều vô hạn nghiệm
nguyên.
Chứng minh: Theo Định lý 1.1.12, khi b chia hết cho (a1 , a2 , . . . , an ) thì phương
trình (D1 ) có nghiệm nguyên (α1 , . . . , αn ). Vì a1 , a2 , . . . , an không đồng thời bằng
0 nên tồn tại ai = 0. Không hạn chế có thể giả thiết an = 0. Xét x1 = α1 +
n−1

ai ti với các ti ∈ Z. Khi đó

an t1 , . . . , xn−1 = αn−1 + an tn−1 và xn = αn −
i=1

n

ai xi = b hay (x1 , . . . , xn ) là nghiệm của (D1 ). Vì các ti nhận các giá trị tùy ý
i=1

thuộc Z nên (D1 ) có nhiều vô hạn nghiệm.
Ví dụ 1.1.14. Giải phương trình tuyến tính sau đây trong tập Z :
3x + 4y + 5z = 6.

Bài giải: Vì(3, 4, 5) = 1, mà 6 ˙: 1, nên phương trình đã cho có nghiệm. Trong Z5
ta xét 3x + 4y = 1 hay 3x + 4y = 1 + 5t. Dễ dàng nhận được x0 = −1 + 3t, y0 = 1 − t.
Nghiệm tổng quát của 3x + 4y = 1 + 5t là x = −1 + 3t + 4u, y = 1 − t − 3u. Dễ
dàng suy ra z = 1 − t. Tóm lại, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
x = −1 + 3t + 4u, y = 1 − t − 3u, z = 1 − t với t, u ∈ Z.

Ví dụ 1.1.15. Số nghiệm nguyên không âm của phương trình tuyến tính x1 +
· · · + xk = n bằng

n+k−1
k−1

.

Bài giải: Ký hiệu số nghiệm nguyên không âm của phương trình là Nk (n). Ta
có N1 (n) = 1. Tính N2 (n), tức là tính số nghiệm nguyên không âm của phương
trình x1 + x2 = n. Phương trình này có các nghiệm (0, n), (1, n − 1), ..., (n, 0) nên
N2 (n) = n + 1 =

n+1
1

. Để tính N3 (n) ta xét phương trình x1 + x2 + x3 = n. Cho


Luận văn đầy đủ ở file: Luận văn full