ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ VÂN
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE
ĐỐI VỚI ĐA THỨC VÀ HÀM HỮU TỶ
TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,
ĐẶC TRƯNG KHÔNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên, Năm 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ VÂN
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE
ĐỐI VỚI ĐA THỨC VÀ HÀM HỮU TỶ
TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,
ĐẶC TRƯNG KHÔNG
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
TS. VŨ HOÀI AN
Thái Nguyên, Năm 2014
Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành tại Khoa sau đại học, Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo TS. Vũ Hoài An.
Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến thầy, người đã hướng dẫn
giúp đỡ tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn. Nhân dịp này, tôi xin trân
trọng cảm ơn ban lãnh đại khoa Toán trường Đại học Khoa học, Khoa sau đại
học - Đại học Thái Nguyên, các thầy cô giáo đã trang bị kiến thức, tạo điều
kiện thuận lợi cho tôi trong thời gian học tập. Cảm ơn GS. TSKH. Hà Huy
Khoái, GS. TSKH. Nguyễn Tự Cường, PGS. TS. Lê Thị Thanh Nhàn, GPS.

1.3.1 Hàm độ cao, hàm đếm của hàm hữu tỷ trên trường đóng
đại số, đặc trưng không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.3.2 Các định lý nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trường
đóng đại số, đặc trưng không . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2 Phương trình Diophantine đối với đa thức và hàm hữu tỷ trên
trường đóng đại số, đặc trưng không 26
1
2.1 Phương trình kiểu Fermat - Waring đối với đa thức và hàm hữu
tỷ trên trường đóng đại số, đặc trưng không . . . . . . . . . . . . 26
2.2 Phương trình P (f)=Q(g) đối với đa thức và hàm hữu tỷ trên
trường đóng đại số, đặc trưng không . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.1 Phương trình hàm P (f)=Q(g) cho hàm hữu tỷ trên K . 30
2.2.2 Đa thức duy nhất cho các hàm hữu tỷ . . . . . . . . . . . . 36
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Sự phát triển của số học, đặc biệt là trong những thập kỷ gần đây, chịu
ảnh hưởng rất lớn của sự tương tự giữa số nguyên và đa thức. Nói cách khác,
khi có giả thiết nào đó chưa chứng minh được đối với số nguyên, người ta cố
gắng chứng minh sự kiện tương tự cho đa thức. Điều đó thường dễ làm hơn, có
lẽ nguyên nhân chủ yếu là vì, đối với đa thức, ta có phép tính đạo hàm, trong
khi một khái niệm tương tự chưa có đối với số nguyên. Ngoài ra, còn có hướng
nghiên cứu theo tình huống ngược lại: Từ các kết quả đối với đa thức, người
ta cố gắng chứng minh sự kiện tương tự cho các số nguyên.
Phương trình Diophantine là vấn đề kinh điển và rất khó của số học. Trong
toán học phổ thông, phương trình Diophantine đối với số nguyên là chuyên đề
bồi dưỡng học sinh giỏi toán, cũng thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh
giỏi toán, báo Toán học và tuổi trẻ, các tài liệu toán học nâng cao dành cho

n
+y
m
=1; x
n
+y
m
+z
p
=0;
P (f )=Q(g),
với P, Q là các đa thức và f, g là hàm hữu tỷ.
3. Kết quả nghiên cứu
Luận văn tổng hợp trình bày về phương trình Diophantine đối với số
nguyên, đối với đa thức trên trường số phức. Trình bày tổng quan về phương
trình Diophantine đối với hàm phân hình p-adic. Tổng hợp, xem xét và trình
bày áp dụng của hai Định lý chính đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại
số, đặc trưng không vào phương trình Diophantine đối với đa thức và hàm hữu
tỷ trên trường đóng đại số, đặc trưng không.
Luận văn là tài liệu tham khảo có ích cho giáo viên toán trung học phổ
thông, học viên cao học chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp.
Luận văn tương tự các kết quả về phương trình hàm trong [8] và trình
bày các kết quả trong [1]. Cụ thể là:
Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.2, Định lý 2.1.4 là tương tự các Định lý 2.30,
Định lý 2.32 và Định lý 2.33 ở trong [8].
Trình bày các kết quả trong [1] qua các Định lý 2.2.1, Định lý 2.2.2, 2.2.4,
2.2.7 đã được đưa ra trong [1].
4. Bố cục luận văn
Luận văn được chia làm hai chương cùng với phần mở đầu, kết luận và
tài liệu tham khảo.

Đối với 2 số nguyên cũng như đối với 2 đa thức thì có thể định nghĩa
ƯCLN. Hơn nữa, trong cả 2 trường hợp, ƯCLN này tìm được bằng thuật
toán Euclide.
Mỗi số nguyên có thể phân tích thành các thừa số nguyên tố, mỗi đa thức
có thể phân tích thành tích các đa thức bất khả quy.
Mỗi số nguyên tố có giá trị tuyệt đối của nó, cũng như mỗi đa thức khác
không đều có bậc.
Chúng ta có thể kéo dài bản danh sách này. Ở đây chúng tôi đi vào một vài sự
kiện tương tự khó thấy hơn. Ta để ý đến sự tương tự giữa phân tích ra thừa
só nguyên tố và phân tích bất khả quy. Nếu giả thiết K là trường đóng đại số
7
thì mỗi đa thức f(x)∈K[x] có thể phân tích được dưới dạng
f(x)=p
α
1
1
p
α
2
2
. . . p
α
n
n
trong đó p
i
(x)=x −a
i
, a
i

của (1). Gọi d =(x
0
, y
0
), suy ra 
x
0
d
,
y
0
d
=1.
Ta có: x
2
0
=2ky
2
0
⇒
x
0
d

2
=2k
y
0
d


2
−y
2
⋮4.
Nếu x ≡0 (mod 2), y ≡1 (mod 2) thì k =x
2
−y
2
≡−1 (mod 4).
Nếu x ≡1 (mod 2), y ≡0 thì k =x
2
−y
2
≡1 (mod 4).
Vậy k ≢2 (mod 4).
Ngược lại, giả sử k ≢2 (mod 4).
k chẵn thì k = 4m, khi đó x = m +1, y = m −1 là nghiệm nguyên của
phương trình.
k lẻ thì k =2n +1, khi đó x =n +1, y =n là nghiệm nguyên của phương
trình.
Vậy x
2
−y
2
=k có nghiệm nguyên ⇔k ≢2 (mod 4).
Ví dụ 1.1.3. Chứng minh rằng phương trình x
2
−3y
2
= 7 không có nghiệm

2
≡−3 (mod 7), hoặc −3y
2
≡−5 (mod 7), hoặc −3y
2
≡1 (mod 7).
9
Từ đây suy ra
x
2
−3y
2
≡−2 (mod 7), hoặc x
2
−3y
2
≡−4 (mod 7), hoặc x
2
−3y
2
≡2 (mod 7).
Nếu x ≡±2 (mod 7) thì x
2
≡4 (mod 7). Khi đó
y ≡±1 (mod 7), hoặc y ≡±2 (mod 7), hoặc y ≡±3 (mod 7).
Tương tự như trên ta có
−3y
2
≡−3 (mod 7), hoặc −3y
2

−3y
2
≡3 (mod 7).
Từ 3 trường hợp trên ta có phương trình x
2
−3y
2
=7 không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1.1.4. Chứng minh rằng phương trình 4x
2
+25y
2
+144z
2
=2007 không
có nghiệm nguyên.
Giải. Giả sử x
2
+y
2
+z
2
≡ 7 (mod 8) mà x ≡ 0, ±1, ±2, ±3, 4 (mod 8) nên
x
2
≡0, 1, 4 (mod 8). Suy ra y
2
+z
2
≡7, 6, 3 (mod 8).

=2014.
Giải.
Nếu x =2k thì x ⋮16
10
Nếu x =2k +1 thì x
4
−1 =(x −1)(x +1)(x
2
+1)⋮16 vì (x −1)(x +1)⋮8 và
(x
2
+1)⋮2. Vậy x
4
≡0, 1 mod (16).
Do đó khi chia tổng x
4
1
+x
4
2
+. . .+x
4
7
cho 16 có số dư không vượt quá 7 trong khi
2014 ≡14 (mod 15). Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1.1.6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau
19x
2
+28y
2

+28v
2
=81.
Tương tự ta được
u =3u
1
, v =3v
1
, (u
1
, v
1
∈Z), và 19u
2
1
+28v
2
1
=9, vô lý.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1.1.7. Giải phương trình nghiệm nguyên
7x
2
+13y
2
=1820.
(Thi HSG Quốc gia 1994)
Giải. Ta có 1820 =7 ⋅13 ⋅20. Từ 7x
2
+13y

2
+x =x(x +1) chẵn
nên 2
∣x∣
lẻ ⇒x =0.
Với x =0 ta có phương trình
(5y +1)(y +1)=21 ⋅5.
Do (5y +1, 5)=1 nên











5y +1 =21
y +1 =5
hoặc













x =2
y =2

x =0
y =0
12
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (0, 0) và (2, 2).
b) Ta có thể giả sử x ≤y. Ta có
p(x +y)=xy
⇔xy −px −py +p
2
=p
2
⇔(x −p)(y −p)=p
2
Mà
p
2
=p ⋅p =(−p)(−p)=1 ⋅p
2
=(−p
2
)(−1).
Từ đó phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x, y) là (2p, 2p); (0, 0);
(p +1, p
2











y =−1 =1
z −1 =2
⇔











y =2
z =3
Vậy (1) có nghiệm nguyên dương (x, y, z) là (1, 2, 3) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 1.1.11. Một tam giác có số đo độ dài của đường cao là những số nguyên
dương và đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1. Chứng minh rằng
tam giác đó là tam giác đều.

x
=
b
1
y
=
c
1
z
=
a +b +c
1
x
+
1
y
+
1
z
⇒
1
x
+
1
y
+
1
z
=1 ≤
3

2x −3 =9
2y −3 =1

2x −3 =3
2y −3 =3
⇔







x =6
y =2
(loại)

x =3
y =3
Vậy x =y =z =3. Khi đó a =b =c tức ∆ABC đều.
Ví dụ 1.1.12. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
1! +2! +. . . +x! =y
2
.
14
Giải. Với x ≥5 thì x! có chữ số tận cùng là 0 nên
1! +2! +3! +4! +5! +. . . +x! =33 +5! +. . . +x!
có chữ số tận cùng là 3 nên không thể là một số chính phương. Vậy với x ≥5
thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. Với 1 ≤x <5, bằng
cách thử trực tiếp x =1, 2, 3, 4 thì phương trình có nghiệm (1, 1) và (3, 3).

2
<x
2
+2x +1
⇔











x >−1
x >0
⇔x >0.
Vậy với x >0 phương trình không có nghiệm nguyên. Ta có
(x +1)
2
<y
2
<x
2
⇔




.
15
Giải. Khi triển và rút gọn hai vế ta được
x(x +1)=y
4
+2y
3
+3y
2
+2y ⇔x
2
+x =y
2
(y +1)
2
+2y(y +1)
⇔x
2
+x +1 =(y
2
+y +1)
2
. (1)
Nếu x > 0 thì từ x
2
< 1 +x +x
2
< (x +1)
2
suy ra 1 +x +x

Giải. Rõ ràng x =0, y =±1 là nghiệm nguyên của phương trình.
Với x >0, ta có
(x
3
+1)
2
=x
6
+2x
3
+1 <x
6
+3x
3
+1 =y
4
<(x
3
+2)
2
⇒x
3
+1 <y
2
<x
3
+2, vô lý.
Với x ≤−2 thì (x
3
+2)

, z
0
)là nghiệm nguyên của phương trình. Khi đó x
0
⋮3, đặt
x
0
=3x
1
. Thay x
0
=3x
1
vào (1) ta được
9x
3
1
−y
3
0
−3z
3
0
=0 ⇒y
0
⋮3.
Đặt y
0
=3y
1

3
1
−3y
3
1
−9z
3
1
=0.
Vậy 
x
0
3
,
y
0
3
,
z
0
3
 cũng là nghiệm của phương trình.
Quá trình này tiếp tục thì được 
x
0
3
k
,
y
0

, z
0
, t
0
) là nghiệm nguyên của (1), khi đó
x
2
0
+y
2
0
+z
2
0
+t
2
0
=2x
0
y
0
z
0
t
0
là số chẵn nên trong các số x
0
, y
0
, z

0
z
0
t
0
⋮ 4.
ii) Nếu trong các số x
0
, y
0
, z
0
, t
0
có hai số lẻ thì
x
2
0
+y
2
0
+z
2
0
+t
2
0
≡2 (mod 4)
trong khi đó
2x

0
=2t
1
phương trình trở thành
x
2
1
+y
2
1
+z
2
1
+t
2
1
=8x
1
y
1
z
1
t
1
.
Lý luận tương tự ta có
x
2
2
+y

, z
2
=
z
1
2
, t
2
=
t
1
2
.
Tiếp tục ta có
x
n
=
x
0
2
n
, y
n
=
y
0
2
n
, z
n

2
y
2
. (1)
Giải. Nếu x, y đều lẻ thì x
2
≡1 (mod 4) và y
2
≡1 (mod 4). Khi đó x
2
y
2
≡1
(mod 4). Từ (1) ta cũng có z lẻ nên z
2
≡1 (mod 4)⇒x
2
+y
2
+z
2
≡3 (mod 4),
vô lý.
Giả sử x chẵn (y chẵn lý luận vẫn tương tự), khi đó y
2
+z
2
⋮4 suy ra y và
z đều chẵn. Đặt x =2x
1

z
2
n
là số nguyên với mọi n. Vậy x =y =z =0.
Ví dụ 1.1.19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
3x
2
+5y
2
=12. (1)
Giải. Ta có
(1)⇔3(x
2
+1)=5(3 −y
2
).
Do (3, 5) = 1 nên x
2
+1 ⋮5 và 3 −y
2
⋮3. Đặt x
2
+1 =5k, 3 −y
2
=3l. Ta có
3 ⋅5k =5 ⋅3l ⇒k =l (k, l ∈Z)





Vậy x =±2, y =0. Phương trình có hai nhiệm nguyên (2, 0) và (-2, 0).
Ví dụ 1.1.20. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
−4xy +5y
2
=16.
18
Giải. Ta có
x
2
−4xy +5y
2
=16 ⇔(x −2y)
2
+y
2
=16.
Vì 16 =4
2
+0
2
nên









⋮dl ⇒d ⋮u (vì (u, v)=1). Đặt d =t ⋅u, từ đó
ta có x =tu
2
, z =tuv và y =
z
2
x
=tv
2
.
Ngược lại, x =tu
2
, y =tv
2
, z =tuv với (u, v)=1, t ∈N
∗
là nghiệm nguyên
dương của phương trình đã cho.
Ví dụ 1.1.22. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: z
2
=x
2
+y
2
.
Giải. Nếu x, y cùng lẻ thì z
2
=x
2
+y




















x =tuv
y =
t(u
2
−v
2
)
2
z =
t(u
2

y =d(u
2
−v
2
)
z =d(u
2
+v
2
)
19
Đổi vai trò x, y cho nhau ta được thêm nghiệm

















x =d(u

Do y nguyên nên 0 ≤y ≤3 ⇔y ∈{0, 1, 2, 3}.
Với y =0 ta có x =0.
Với y =1 ta có x =1.
Với y =2, y =3 ta không tìm được x nguyên.
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (0,0) và (1, 1).
Ví dụ 1.1.24. Tìm nghiệm nguyên của bất phương trình
x
2
+y
2
+z
2
<xy +3y +2z −3. (1)
Giải. Ta có
(1)⇔x
2
+y
2
+z
2
−xy −3y −2z +3 <0
⇔x
2
+y
2
+z
2
−xy −3y −2z +3 ≤−1 (vì x, y, z ∈Z)
⇔x
2














x −
y
2
=0
y
2
−1 =0
z −1 =0
⇔









a(t)+b(t)=c(t).
Khi đó, nếu ký hiệu n
0
(f) là số nghiệm phân biệt của một đa thức f, thì ta có
max{deg a, deg b, deg c}≤n
0
(abd)−1.
Định lý Mason cho ta một chứng minh đơn giản của định lý Fermat trên
các đa thức.
Định lý 1.1.26. (Định lý Fermat trên các đa thức [3, 47]) Không tồn tại các
đa thức a, b, c khác hằng số, hệ số phức, nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn phương
trình a
n
+b
n
=c
n
với n ≥3.
Chứng minh. Giả sử các đa thức a, b, c thỏa mãn phương trình nói trên. Rõ ràng
số các nghiệm phân biệt của đa thức a
n
b
n
c
n
không vượt quá deg a+deg b+deg c.
Áp dụng định lý Mason, ta có
n deg a ≤deg a +deg b +deg c −1.
Viết bất đẳng thức trên với b, c rồi cộng từng vế ba bất đẳng thức, ta được
n(deg a +deg b +deg c)

[z], với bậc p <q tương
ứng và p <q, c
1
là nghiệm của P
′
(z) sao cho phương trình Q(z)−P (c
1
) =0
không có nghiệm bội. Khi đó không tồn tại hai hàm phân hình khác hằng trên
C
p
f, g thỏa mãn P (f)=Q(g).
Định lý 1.2.5. Cho P (z), Q(z)là hai đa thức thuộc C
p
[z], với bậc p <q tương
ứng và p ≤q. Giả sử P
′
(z) có hai nghiệm phân biệt c
1
, c
2
sao cho phương trình
Q(z)−P (c
i
)=0, (i =1, 2) không có nghiệm bội. Khi đó không tồn tại hai hàm
phân hình khác hằng f, g trên C
p
thỏa mãn P (f)=Q(g).
Công cụ chứng minh các định lý trên là hai định lý chính của thuyết
Nevalinna p-adic sau đây.