TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* VŨ THỊ HƯƠNG GIANG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số HÀ NỘI – 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN VŨ THỊ HƯƠNG GIANG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE Chun ngành: Đại số KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Hà Nội – 2018 LỜI CẢM ƠN Sau thời gian dài nghiêm túc, miệt mài nghiên cứu với giúp đỡ tận tình Thầy Cô giáo bạn sinh viên, đến nay, khóa luận em hồn thành Em xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành, sâu sắc tới Thầy Cô giáo tổ Đại số, Thầy Cơ khoa Tốn, đặc biệt T.S Nguyễn Thị Kiều Nga - người trực tiếp tạo điều kiện, tận tình giúp đỡ bảo cho em suốt thời gian nghiên cứu, hồn thiện khóa luận Mặc dù cố gắng xong hạn chế thời gian kiến thức thân nên khóa luận em khơng thể tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận góp ý từ Thầy Cơ bạn sinh viên để khóa luận em hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 05 năm 2018 Sinh viên Vũ Thị Hương Giang LỜI CAM ĐOAN Khóa luận tốt nghiệp "Phương trình diophantine" hồn thành cố gắng nỗ lực tìm hiểu nghiên cứu với giúp đỡ tận tình giáo - T.S Nguyễn Thị Kiều Nga Trong trình thực em tham khảo số tài liệu viết phần tài liệu tham khảo Vì vậy, em xin cam đoan khóa luận kết nghiên cứu khoa học riêng em, khơng trùng với kết tác giả khác Hà Nội, tháng 05 năm 2018 Sinh viên Vũ Thị Hương Giang Mục lục Lời mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Lý thuyết chia hết 1.1.1 Quan hệ chia hết 1.1.2 Số nguyên tố hợp số 1.1.3 Ước chung lớn 1.1.4 Bội chung nhỏ Đồng dư thức 1.2.1 Định nghĩa đồng dư thức điều kiện tương đương 1.2.2 Một số tính chất đồng dư thức Phương trình diophantine 2.1 Định nghĩa phương trình diophantine 10 2.2 Một số phương pháp giải phương trình diophantine 11 2.2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử 11 2.2.2 Phương pháp sử dụng đồng dư thức 14 2.2.3 Phương pháp đánh giá 16 2.2.4 Phương pháp tham số hóa 19 2.2.5 Phương pháp quy nạp toán học 20 i Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga 2.2.6 Phương pháp lùi vô hạn Fermat 2.2.7 Phương pháp dùng tính chất số phương 24 2.2.8 Một số phương pháp khác giải phương trình diophantine 22 27 Một số dạng phương trình diophantine dạng đặc biệt 30 3.1 3.2 3.3 3.4 Phương trình diophantine tuyến tính 30 3.1.1 Định nghĩa 30 3.1.2 Ví dụ: 32 Phương trình Fermat 34 3.2.1 Bộ số Pythagore 34 3.2.2 Phương trình Fermat 38 Phương trình Pell 41 3.3.1 Phương trình Pell loại 41 3.3.2 Phương trình Pell loại 42 Một số phương trình diophantine qua kì thi học sinh giỏi 44 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 SV: Vũ Thị Hương Giang ii K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Lời mở đầu Phương trình diophantine nghiên cứu từ thời diophantine kỉ thứ mãi đối tượng nghiên cứu Tốn học Phương trình diophantine vấn đề nghiên cứu Số học Đại số Chính mà phương trình diophantine thường có mặt đề thi học sinh giỏi tất cấp Ngồi số dạng phương trình diophantine có cách giải tổng quát, toán liên quan đến phương trình diophantine thường khơng có quy tắc giải tổng quát Tùy vào giả thiết mà toán đưa ra, ta có cách giải riêng Điều đòi hỏi người làm tốn phải có tư tốn học linh hoạt, sáng tạo, từ đem lại hứng thú niềm đam mê Toán học Học sinh nắm "Phương trình diophantine" chìa khóa vàng giải nhiều tốn : Tốn số học, tìm giá trị lớn nhất, tìm giá trị nhỏ nhất, hệ phương trình nghiệm nguyên, Với mong muốn giúp em học sinh Thầy Cơ có nhìn tổng quát số phương trình diophantine, đồng thời với mong muốn tìm hiểu sâu phương trình diophantine, em chọn đề tài "Phương trình diophantine" làm đề tài khóa luận Nội dung khóa luận chia làm chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại cách sơ lược kiến thức liên quan đến phương trình diophantine lý thuyết chia hết đồng dư thức Chương 2: Phương trình diophantine Chương đưa định nghĩa số phương pháp giải phương trình diophantine SV: Vũ Thị Hương Giang K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Chương 3: Một số dạng phương trình diophantine Chương đưa số dạng phương trình cổ điển số toán thực tế giải cách sử dụng phương trình diophantine Do thời gian có hạn lực thân nhiều hạn chế nên khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong đóng góp ý kiến Thầy Cơ giáo bạn để khóa luận hồn thiện Em xin trân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 05 năm 2018 Sinh viên Vũ Thị Hương Giang SV: Vũ Thị Hương Giang K40B-Sư Phạm Toán Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Lý thuyết chia hết Quan hệ chia hết Định nghĩa 1.1 Cho số nguyên tố a, b ∈ Z, b = Số nguyên a gọi chia hết cho số nguyên b hay b chia hết a tồn q ∈ Z thỏa mãn a = b.q Kí hiệu: a chia hết cho b a b b chia hết a b|a Khi a = b.q b gọi ước a Sau ta có tính chất quan hệ chia hết 1|a với ∀a ∈ Z a|a với ∀a ∈ Z, a = Nếu a|b b|c a|c với ∀a, b, c ∈ Z b = Nếu a|b |a| ≤ |b| với ∀a, b ∈ Z b = n Nếu a|bi với a, bi ∈ Z, i = 1, , n a| bi xi với xi ∈ Z i=1 Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Nếu a|b b|a a = b a = −b với a, b ∈ Z a, b = Định lý 1.1 (Phép chia có dư) Với cặp số nguyên a, b ∈ Z, b = 0, tồn cặp số nguyên q, r ∈ Z cho a = bq + r, với ≤ r < |b| 1.1.2 Số nguyên tố hợp số Định nghĩa 1.2 Số tự nhiên p > 1chỉ có hai ước tự nhiên gọi số ngun tố Số tự nhiên q > có ước số dương khác gọi hợp số Số tự nhiên gọi số phương tồn số tự nhiên d cho n = d2 Định lý 1.2 Mỗi số nguyên dương lớn có ước nguyên tố Định lý 1.3 (Định lý số học) Cho n số ngun dương lớn Khi n ln biểu diễn cách dạng n = pα1 pα2 pαk k , k, αi (i = 1, 2, , k) số tự nhiên pi số nguyên tố thỏa mãn < p1 < p2 < < pk Định lý 1.4 (Định lý Euclid) Tồn vô hạn số nguyên tố Định lý 1.5 Giả sử a, b hai số nguyên dương, p số nguyên tố cho ab p Khi a p b p Định lý 1.6 (Định lý Wilson) p số nguyên tố (p − 1)! + chia hết cho p SV: Vũ Thị Hương Giang K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga x x z+x z−x y = = rs, với r = z + , s = z − 2 2 Ta để ý (r, s) = Thật vậy, (r, s) = d d|r, d|s nên Vậy d|(r + s) d|(r − s) = x Điều có nghĩa d|(z, x) = nên d = Áp dụng Bổ đề 3.3 ta thấy tồn số nguyên m, n cho r = m2 , s = n2 Biểu diễn x, y, z thông qua m, n ta có x = r −s = m2 −n2 ; y = √ √ 4rs = 4m2 n2 = 2mn; z = r +s = m2 +n2 Ta có (m, n) = 1, ước chung m n ước x = m2 − n2 , y = 2mn, z = m2 + n2 , nên ước chung (x, y, z) Mà x, y, z nguyên tố nên (m, n) = Mặt khác, m n không đồng thời số lẻ nên m chẵn, n lẻ ngược lại Vậy số Pitago nguyên thủy có dạng nêu Để chứng tỏ ba số x2 = m2 − n2 ; y = 2mn; z = m2 + n2 Trong m, n số nguyên dương, m > n, (m, n) = 1, m khác n mà m không đồng dư n(mod 2) lập thành số Pitago nguyên thủy trước tiên ta nhận xét x2 + y =(m2 − n2 )2 + (2mn)2 =(m4 − 2m2 n2 + n4 ) + 4m2 n2 =m4 + 2m2 n2 + n4 =(m2 + n2 )2 = z Ta chứng minh x, y, z nguyên tố Giả sử ngược lại (x, y, z) = d > Khi tồn số nguyên tố p cho p|(x, y, z) Ta thấy p không chia hết cho x lẻ (do x = m2 − n2 m2 SV: Vũ Thị Hương Giang 37 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga n2 khơng tính chẵn lẻ) Lại p|x, p|z nên p|(z + x) = 2n2 Vậy p|m p|n mâu thuẫn với (m, n) = Do (x, y, z) = 1, tức (x, y, z) số nguyên thủy Ví dụ 3.3 Với m = 5, n = ta tìm x = 21, y = 20, z = 29 số Pitago nguyên thủy 3.2.2 Phương trình Fermat Ta thấy phương trình x + y = z có vơ hạn nghiệm ngun Các số Pitago cho ta vô hạn nghiệm nguyên phương trình x2 + y = z Cứ số mũ biến tăng lên, liệu phương trình xn + y n = z n Với n > có nghiệm nguyên hay khơng? Nếu có số nghiệm hữu hạn hay vô hạn? Định lý 3.3 (Định lý Fermat) Phương trình xn + y n = z n khơng có nghiệm nguyên x, y, z khác n số nguyên, n ≥ Định lý chứng minh năm 1993 A.Wiles Trong phần ta chứng minh Định lý Fermat cho n = Một mấu chốt phương pháp lùi vô hạn Fermat đề xuất Định lý 3.4 Phương trình x4 + y = z khơng có nghiệm ngun x, y, z khác Chứng minh Giả sử phương trình có nghiệm ngun x, y, z khác Do số mũ chẵn nên ta giả sử x, y, z số nguyên dương Giả sử (x1 , y1 , z1 ) nghiệm nguyên dương phương trình với z1 SV: Vũ Thị Hương Giang 38 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga nhỏ Ta giả sử (x1 , y1 ) = Thật vậy, (x1 , y1 ) = d x1 = dx2 , y1 = dy2 với (x2 , y2 ) = 1, x2 , y2 nguyên dương Vì x4 +y = z nên d4 x42 + d4 y24 = z12 Do d4 |z12 suy d2 |z1 Đặt z1 = d2 z2 Khi ta có x42 + y42 = z22 Ta nhận nghiệm phương trình x4 + y = z với x = x2 , y = y2 , z = z2 (x2 , y2 ) = z2 < z1 Do vậy, ta giả thiết (x1 , y1 , z1 ) ba (x21 , y12 , z1 ) ba Pithagore nguyên thủy Ta có (x1 , y1 ) = (y1 , z1 ) = (z1 , x1 ) = (x1 , y1 ) có tính chẵn lẻ khác nhau, chẳng hạn x1 lẻ, y1 chẵn Ta ước chung lớn (z1 − x21 , z1 + x21 ) = Thật vậy, x1 lẻ y1 chẵn nên z1 lẻ Vậy 2|(z1 − x21 , z1 + x21 ) = (2z1 , z1 + x21 ) số nguyên dương chẵn thỏa mãn 2|2z1 Từ suy (z1 − x21 , z1 + x21 ) = Vì y14 = (z1 − x21 )(z1 + x21 ) y1 chẵn, (z1 − x21 , z1 + x21 ) = 2, nên hai số z1 − x21 , z1 + x21 chia hết cho 2, không chia hết cho Vậy y1 = 2ab, z1 − x21 = 2a4 , z1 + x21 = 8b4 z1 − x21 = 8b4 , z1 + x21 = 2a4 , a số nguyên dương lẻ (a, b) = Nếu z1 − x21 = 2a4 , z1 + x21 = 8b4 x21 = 4b4 − a4 ta suy ≡ −1(mod 4) Vô lý Nếu z1 − x21 = 8b4 , z1 + x21 = 2a4 z1 = a4 + 8b4 với < a < z1 4b4 = (a2 −x1 )(a2 +x1 ) Vì (a, b) = nên (a, x1 ) = Do (a2 − x1 , a2 + x1 ) = suy từ (z1 − x21 , z1 + x21 ) = nên ta có biểu diễn a2 − x1 = 2x42 , a2 + x1 = 2y24 với x2 y2 = b Chọn x2 = a, ta nhận x42 + y24 = z22 với < z2 < z1 , mâu thuẫn với giả thiết z1 nhỏ SV: Vũ Thị Hương Giang 39 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Hệ 3.1 Phương trình x4 + y = z khơng có nghiệm nguyên x, y, z khác Chứng minh Đặt t = z Khi x4 + y = t2 Theo Định lý trên, phương trình vơ nghiệm N∗ nên x4 + y = z khơng có nghiệm ngun x, y, z khác Ví dụ 3.4 Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau x−2 + y −2 = z −2 Lời giải Phương trình cho tương đương x2 + y = xy z Suy z|xy x2 + y số phương Đặt x2 + y = t2 đó, t số ngun dương xy Khi đó, phương trình trở thành t = z Gọi d = (x, y, t) x = ad, y = bd, t = cd với a, b, c số nguyên abd dương (a, b, c) = Khi đó, phương trình tương đương z = , c với a2 + b2 = c2 Do a, b, c đôi nguyên tố nên c|d hay d|kc, k nguyên dương Suy a, b, c đôi nguyên tố nên c|d hay d = lc, l nguyên dương Suy x = ad = kac, y = bd = kbc, t = cd = kc2 , z = kab Mặt khác a2 + b2 = c2 Theo công thức nghiệm phương trình Pitago a = m2 − n2 , b = 2mn, c = m2 + n2 Trong m, n hai số nguyên dương nguyên tố nhau, m ≥ n, m + n số lẻ Vậy nghiệm phương trình cho x = k(m4 − n4 ), y = 2kmn(m2 + n2 ), z = 2kmn(m2 − n2 ) SV: Vũ Thị Hương Giang 40 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Trong m, n số nguyên tố nhau, m > n, m + n số lẻ 3.3 3.3.1 Phương trình Pell Phương trình Pell loại Định nghĩa 3.3 Phương trình x2 − dy = Z gọi phương trình Pell loại I Nếu d số phương phương trình Pell loại I vơ nghiệm Nếu d số ngun âm phương trình Pell loại I khơng có nghiệm ngun dương Điều kiện phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương d số ngun dương khơng phương Vấn đề tồn nghiệm nguyên dương (x, y) với x, y ≥ Để giải vấn đề ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.4 Nếu phương trình x2 − dy = có nghiệm nguyên với (x0 , y0 ) với y0 = có vơ hạn nghiệm ngun dương Chứng minh Giả thiết x2 −dy = có nghiệm nguyên (x0 , y0 ) với y0 = Ta có (−x0 , y0 ), (x0 , −y0 ), (−x0 , −y0 ) nghiệm phương trình Khơng hạn chế ta coi x0 , y0 ≥ Ký hiệu xn , yn √ √ n số nguyên thỏa mãn x + y d = (x + y n n 0 d) , với n = 1, 2,   xn = x0 xn−1 + dy0 yn−1 Hay  yn = y0 xn−1 + x0 yn−1 , n ≥ Hiển nhiên xn > xi , yn > yi n > i Mặt khác x2n − dyn2 = (x20 − dy02 )n = Do phương trình cho có nhiều vơ hạn nghiệm ngun dương SV: Vũ Thị Hương Giang 41 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Bổ đề 3.5 Tồn vô số cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn √ |a2 − db2 | < + d √ a Chứng minh Từ kết liên phân số ta có | d − | < b b √ √ √ a+b d a < d + Vậy < d + Do |a2 − db2 | < b b b Kí hiệu P tập tất nghiệm nguyên dương phương trình x2 − dy = Ta P = ∅ công thức xác định tất phần tử thuộc P Ví dụ 3.5 Giải phương trình Pell x2 − 7y = √ Lời giải Biểu diễn dạng liên phân số √ Ta thấy = [2; 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, ] Dãy  {Pi } {Qi }được xác định:     P2 = P1 = P0 = , , ,    Q2 = Q1 = Q0 = √ Do liên phân số biểu diễn tuần hoàn với chu kỳ   P3 =  Q3 = m = số chẵn nên nghiệm nguyên dương nhỏ (Pm−1 , Qm−1 ) = (8, 3) Vậy nghiệm nguyên dương x2 − 7y = xác định theo √ √ công thức x + y = (8 + 7)n , n = 1, 2, 3.3.2 Phương trình Pell loại Xét phương trình x2 − dy = −1 Dễ thấy, d > số phương phương trình Pell loại vơ nghiệm Điều kiện phương trình Pell loại có nghiệm ngun dương d khơng q lớn Đặt vấn đề: Giải phương trình ax2 − by = với a, b ∈ N∗ qua SV: Vũ Thị Hương Giang 42 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga phương trình Pell x2 − aby = Định lý 3.5 Giả sử phương trình ax2 − by = với a, b ∈ N∗ có nghiệm nhỏ (x0 , y0 ), y0 > Nghiệm tổng quát (x n , yn ), n ≥ 0,  xn = x0 un + by0 2 phương trình ax −by = biểu diễn dạng  yn = x0 un + ay0 (un , ) nghiệm tổng quát phương trình u2 − abv = Chứng minh Kiểm tra (xn , yn ) nghiệm ax2 −by = Thật vậy: ax2n − byn2 =a(x0 un + by0 )2 − b(x0 un + ay0 )2 ax2n − byn2 =(ax20 − by02 )(u2n − abvn2 ) = 1.1 = Ngược lại, giả sử (x, y) nghiệm phương trình ax2 − by = Đặt u = a0 x − by0 y, v = y0 x − x0 y Dễ dàng kiếm tra u2 − aby = (ax0 x − by0 y)2 = ab(y0 x − x0 y) = Như vậy, (u, v) = (ax0 x − by0 y, v = y0 x − x0 y) nghiệm phương trình Pell u2 − abv = x = x0 u + by0 v, y = x0 u + ay0 v nghiệm ax2 − by = Ví dụ 3.6 Xác định tất số nguyên dương n để 5n + 6n + số phương Lời giải Giả sử 5n+1 = x2 , 6n+1 = y Khi 6x2 −5y = Nghiệm dương nhỏ phương trình x0 = 1, y0 = Xét phương SV: Vũ Thị Hương Giang 43 K40B-Sư Phạm Tốn , Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga trình giải u2 − 30v = Nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình u = 11, v = nghiệm tổng quát (un , ) √ √ xác định : un + 30 = (11 + 30)n Nghiệm tổngquát (xn , yn ), n ≥ 0, phương trình 6x2 −5y =  xn = un + 5vn biểu diễn , (un , ) nghiệm tổng quát  yn = un + 6vn phương trình u2 − 30v = Ta nhận n = yn2 − x2n 3.4 Một số phương trình diophantine qua kì thi học sinh giỏi Trong phần tác giả chủ yếu sưu tầm số phương trình diophantine qua kì thi học sinh giỏi Tác giả cố gắng tìm lời giải ngắn gọn trình bày cách dễ hiểu giúp người đọc tham khảo q trình ơn luyện Bài 1: Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x3 +y = (x+y)2 Lời giải Phương trình x3 + y = (x + y)2 Tương đương với (x + y)(x2 − xy + y ) − (x + y)2 = Tương đương (x + y)(x2 − xy + y − x − y) = TH1: x + y = ⇔ x = −y (với x, y ∈ Z) TH2: Hay Do x2 − xy + y − x − y = 2x2 − 2xy + 2y − 2x − 2y = (x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = Ta có: = 02 + 12 + 12 = 02 + (−1)2 + (−1)2 = 02 + (−1)2 + (−1)2 SV: Vũ Thị Hương Giang 44 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga     x−y =0    Nên ta có trường hợp thứ x − =      y − = ⇒x=y=2 Xét trường hợp lại ta cặp nghiệm là: (x, y) = (0; 1); (1; 0); ; (1; 2); (2; 1) Vậy nghiệm phương trình (x, y) = {(0; 1); (1; 0); (1; 2); (2; 1); (2; 2); (t, −t)} với t ∈ Z Bài : Tìm số nguyên dương x, y cho (x2 + y )2014 = (xy)2015 Lời giải Giả sử (x, y) nghiệm phương trình Ta có (x2 + y )2014 = (xy)2015 suy x4028 y y 4028 x Do x, y có tập ước nguyên tố Gọi p ước nguyên tố x y ta ký hiệu vp (x) số mũ p phân tích tiêu chuẩn x Giả sử vp (x) = m, vp (y) = n, (m, n ∈ Z+ ) m = n Khi đó, vp ((x2 + y )2014 ) = 4028 min{m, n} vp ((xy)2015 ) = 2015(m + n) Suy 4028 min{m, n} = 2015(m + n) Mà 2015(m + n) ≥ 4030  min{m, n} ≥ 4028 min{m, n}  min(m, n) = Dấu ” = ” xảy ⇔ ⇔ m = n = (Điều vô  m = n lý) Vậy vp (x) = vp (y), với p ước nguyên tố x y Do x, y tập ước nguyên tố nên x = y Do đó, (2x2 )2014 = x4030 ⇔ x2 = 22014 ⇔ x = 21007 SV: Vũ Thị Hương Giang 45 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Vậy x = y = 21007 Bài 3: Chứng minh phương trình (x + 1)2 + (x + 2)2 + + (x + 99)2 = y khơng có nghiệm ngun (x, y, z) với z > Lời giải Ta có y = (x + 1)2 + (x + 2)2 + + (x + 99)2 Tương đương với y = 99x2 + 2(1 + + + 99)x + (12 + 22 + + 992 ) Do y = 99x2 + 2.99.100 99.100.199 + = 33(3x2 + 300x + 50.199) Vì vế phải chia hết 3|y Suy 32 |y Nhưng vế phải không chia hết cho Vậy phương trình cho khơng có nghiệm nguyên với z > Bài 4: Tìm tất số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình x3 − 4xy + y = −1 Lời giải Nhân hai vế phương trình với 27 cộng hai vế với 64 ta được: 27x3 + 27y + 43 − 4.27xy = 37 Sử dụng kết :a3 +b3 +c3 −3abc = (a+b+c)(a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca), phương trình tương đương (3x + 3y + 4)(9x2 + 9y + 16 − 9xy − 12x − 12y) = 37 SV: Vũ Thị Hương Giang 46 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Vì 37 số nguyên tố (9x2 +9y +16−9xy−12x−12y) = (3x−3y)2 +(3x−4)2 +(3y−4)2 +(3y−4)2 ≥ Nên 3x + 3y + = 3x + 3y + = 37 Nếu 3x + 3y + = 9x2 + 9y + 16 − 9xy − 12x − 12y = 37 Suy nghiệm (−1; 0) (0; −1) Nếu 3x + 3y + = 37 9x2 + 9y + 16 − 9xy − 12x − 12y = suy ra, (3x − 3y)2 + (3x − 4)2 + (3y − 4)2 = Điều khơng thể xảy x, y số nguyên khác nên |3x − 3y| ≥ Vậy nghiệm phương trình ban đầu (−1; 0) (0; −1) Bài 5: Tìm tất nghiệm (x, y) nguyên phương trình sau (x + 1)4 − (y − 1)4 = y Lời giải Ta có (x + 1)4 − (x − 1)4 = 8x3 + 8x Giả sử (x, y) nghiệm phương trình x ≥ Khi (2x)3 < (x + 1)4 − (x − 1)4 < (2x + 1)3 Do 2x < y < 2x + (vô lý) Như vậy, (x, y) nghiệm phương trình x phải số ngun khơng dương Ta thấy rằng, (x, y) nghiệm phương trình (−x, −y) nghiệm Do đó, −x phải số nguyên không dương Vậy x = SV: Vũ Thị Hương Giang 47 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga Vậy phương trình cho có nghiệm (0, 0) Bài 6: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x6 + 3x2 + = y Lời giải Phương trình cho tương đương (x3 + 1)2 + (x3 + 1) = y + Hay: (2x3 + 3)2 − 4y = Ta thu phương trình sau   2x3 − 2y + = 1,   2x3 − 2y + = −1,  2x3 + 2y + = 5,  2x3 + 2y + = −5,   2x3 − 2y + = 5,   2x3 − 2y + = −5,  2x3 + 2y + = 1,  2x3 + 2y + = −1, Giải hệ phương trình thu nghiệm phương trình ban đầu (0, 1), (0, −1) Bài 7: Tìm số nguyên x, y khác phương trình sau (x2 + y)(x + y ) = (x − y)3 Lời giải Ta viết phương trình cho dạng phương trình bậc hai ẩn y 2y + (x2 − 3x)y + 3x2 + x = SV: Vũ Thị Hương Giang 48 K40B-Sư Phạm Tốn Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ta có: GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga = (x2 − 3x)2 − 8(3x2 + x) = x(x + 1)2 (x − 8) Phương trình có nghiệm ngun x(x + 1)2 (x − 8) số phương Đặt x(x − 8) = z , Hay (x − 4)2 − z = 16, Tương đương (x − z − 4)(x + z − 4) = 16 Dễ dàng tìm x ∈ {−1; 8; 9} Do nghiệm phương trình ban đầu là: (−1, 1), (8, −10), (9, −6), (9, −21) Bài 8: Tìm tất nghiệm ngun dương khơng âm phương trình x41 + x42 + + x414 = 15999 Lời giải - Nếu n số chẵn Đặt n = 2k, với k nguyên n4 = 16k ≡ 0(mod 16) - Nếu n số lẻ n4 − = (n − 1)(n + 1)(n2 + 1) Vì (n − 1), (n + 1) số chẵn liên tiếp (n2 + 1) số chẵn nên n4 − = (n − 1)(n + 1)(n2 + 1) ≡ 0(mod 16) n4 ≡ 0(mod 16) Do đó, n4 ≡ 1(mod 16) Hoặc Suy ra: x41 + x42 + + x414 ≡ r(mod 16) ≤ r ≤ 14 Mà 1599 = 1600 − = 15(mod 16) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm SV: Vũ Thị Hương Giang 49 K40B-Sư Phạm Tốn Kết luận Khóa luận đạt số kết sau: - Đưa phương pháp giải phương trình diophantine số phương pháp khác: gồm nội dung phương pháp số ví dụ minh họa xếp theo thứ tự đơn giản đến phức tạp - Đề cập đến số dạng phương trình diophantine đặc biệt bao gồm: Phương trình diophantine tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell Trong đưa số ví dụ vận dụng dạng phương trình - Đưa số toán thực tế vận dụng phương trình diophantine để người học, người đọc có cách nhìn áp dụng phương trình diophantine thực tiễn - Cuối số tập có đề thi HSG nhằm giúp cho học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo trình giải tốn Mặc dù em cố gắng khơng thể tránh khỏi thiếu sót Em mong quý Thầy Cơ tồn thể bạn đóng góp ý kiến để khóa luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn! 50 Tài liệu tham khảo [1] Vũ Hữu Bình, Phương trình nghiệm nguyên kinh nghiệm giải, NXB Giáo Dục, 2017 [2] Đàm Văn Nhỉ,(chủ biên) - Lưu Bá Thắng - Phạm Đức Hiệp - Văn Đức Chín - Trần Thị Hồng Nhung - Trần Trung Tình, Lý thuyết số chuyên đề nâng cao, NXB Thơng tin & Truyền thơng,2017 [3] Vũ Hữu Bình, Phương trình tốn với nghiệm ngun, NXB Giáo Dục, 2001 [4] Titu Andreescu - DorinAndrica - Ion Cucurezeanu, An introduction to Diophan - tine equation a problem - based approach, Birkhauser, 2001 [5] Một số viết trang web, diễn đàn: Diendantoanhoc.net, toanthpt.net, wikipedia, 51 ... số phương pháp giải phương trình diophantine Phương trình diophantine thường khơng có cách giải tổng qt Mỗi dạng phương trình có cách giải khác Sau số phương pháp giải phương trình 2.2.1 Phương. .. x0n ) ∈ Zn thỏa mãn (∗) gọi nghiệm phương trình Ví dụ 2.1 Phương trình x7 + x + = phương trình diophantine ẩn Ví dụ 2.2 Phương trình x3 + y + z = phương trình diophantine ẩn SV: Vũ Thị Hương Giang... chất đồng dư thức Phương trình diophantine 2.1 Định nghĩa phương trình diophantine 10 2.2 Một số phương pháp giải phương trình diophantine 11 2.2.1 Phương pháp phân tích thành