Download miễn phí Một số phương trình Diophantine và cách giải chúng



Định lý 5 không những nói lên được sự tồn tại nghiệm nguyên của phương trình
(20) mà còn chỉ ra cho ta phương pháp tìm các nghiệm nguyên của nó. Dễ dàng
thấy rằng để loại đi những nghiệm có cùng x, y, z (tức là hoán đổi 3 phần tử đầu
của nghiệm ta vẫn nhận được một nghiệm của (20)), chúng ta có thể loại di những
cặp l, m mà l < m và chỉ lấy những n làm cho x là số lẻ. Để nhận lại những
nghiệm đã loại, ta chỉ cần nhân các nghiệm của (20) có x lẻ với các lũy thừa của


http://s1.liketly.com/flash/edoc/jh2i1fkjb33wa7b577g9lou48iyvfkz6-swf-2014-02-25-mot_so_phuong_trinh_diophantine_va_cach_giai_chung.wVNVWYmBXf.swf /tai-lieu/de-tai-ung-dung-tren-liketly-61236/
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí

Tóm tắt nội dung tài liệu:

nguyên tố cùng nhau sao cho
tích của chúng là lũy thừa bậc n của một số tự nhiên, tức là a.b = cn với c, n là
các số tự nhiên. Khi đó bản thân a, b cũng là các lũy thừa bậc n.
Chứng minh :
Đặt (a, c) =d. Khi đó a = da1, c = dc1 với (a1, c1) = 1. Theo giả thiết a.b = c
n
chúng
ta có da1b = d
n
c1
n
hay a1b = d
n-1
c1
n. Nhưng vì d|a và (a, b) =1 nên (d, b) = 1 ⇒
(d
n-1
, b) = 1. Phương trình a1b = d
n-1
c1
n
cho ta b| d
n-1
c1
n. Như vậy ta có b| c1
n
. Mặt
khác cũng từ phương trình trên ta có c1
n
| a1b kết hợp với giả thiết (a1, c1) = 1 ta có
c1
n
| b.
Như vậy ta đã chứng minh được b| c1
n
và c1
n
| b, tức là c1
n
= b. Khi đó a1 = d
n-1
nên
a = a1d = d
n. Như vậy ta đi đến kết luận rằng mỗi số a, b là một lũy thừa bậc n của
một số tự nhiên.
Từ định lý 1, ta có hệ quả sau:
Hệ quả: Giả sử k, n và c là các số tự nhiên và a1, a2,…,ak là một dãy số tự
nhiên nguyên tố sánh đôi và a1. a2…ak = c
n. Khi đó mỗi ai (i = 1,.., k) là một lũy
thừa bậc n.
Hệ quả trên dễ dàng chứng minh từ định lý 1 thông qua phương pháp quy nạp.
3. 1 Phương trình .
Mục này chúng ta sẽ xét một phương trình ba ẩn bậc hai rất đặc biệt:
(2)
Được gọi là phương trình phương trình Pythagorean.
Như chúng ta biết, đây là một phương trình đặc biệt quan trọng trong lượng giác
và hình học giải tích. Và một trường hợp đặc biệt của nó, khi x = y, liên quan đến
một chứng minh đơn giản nhất để chỉ ra sự tồn tại của số vô tỉ.
Chúng ta sẽ tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (2). Rõ ràng (2) có
nghiệm tầm thường (0,0,0). Nếu x và y đều khác 0 thì chúng ta chỉ việc xét các
giá trị x, y nguyên dương vì việc đổi dấu các nghiệm nguyên dương không ảnh
hưởng gì đến phương trình. Nếu (x,y,z) là một nghiệm nguyên của phương trình
thì ta gọi (x,y,z) là một bộ số Pythagorean.
Một nghiệm của phương trình (2) được gọi là một nghiệm cơ sở nếu các số x,y,z
nguyên dương và nguyên tố cùng nhau. Ta dễ dàng chứng minh được nếu (x,y,z)
là nghiệm cơ sở thì chúng nguyên tố sánh đôi. Thật vậy, nếu tồn tại số nguyên tố
p là ước của x và y. Theo tính chia hết ta có x2+y2 chia hết cho p, tức là z2 chia
hết cho p hay z chia hết cho p. Vậy (x,y,z )= p. Vô lý vì (x,y,z) = 1.
Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
6 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Nếu
, ,  
là một nghiệm cơ sở của (2) và d là một số tự nhiên tùy ý, khi đó:
, ,x d y d z d    
(3)
Cũng là một nghiệm của (2). Thật vậy, vì
2 2 2   
nên khi nhân d2 vào hai vế
ta có được điều cần chứng minh.
Ngược lại, nếu (x,y,z) là một nghiệm nguyên dương của (2) thì đặt d = (x,y,z).
Nếu d > 1 thì đặt
, ,
x y z
d d d
    
thì hiển nhiên
( , , )  
là một bộ số
Pythagorean (theo tính chất ước chung lớn nhất thì
, ,  
nguyên tố cùng nhau
từng đôi một).
Chúng ta gọi nghiệm (x,y,z) của (2) thuộc vào lớp thứ d nếu (x,y,z) = d. Như vậy
để tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của (2) thuộc vào lớp thứ d ta chỉ cần
nhân d vào tất cả các nghiệm cơ sở của (2). Do đó, không mất tính tổng quát ,
chúng ta giới hạn việc tìm các nghiệm nguyên của (2) về tìm các nghiệm cơ sở
của (2).
Ta có thể tìm nghiệm cơ sở của (2) bằng định lý sau :
Định lý 2 : Bộ số (x,y,z) với y là số chẵn là nghiệm cơ sở của phương trình
khi và chỉ chi tồn tại các số tự nhiên m, n không cùng tính chẵn
lẻ sao cho (m,n)=1, m > n và
2 2 2 2, 2 ,x m n y mn z m n    
Chứng minh
 
Trước hết ta thấy rằng nếu (x,y,z) là một nghiệm cơ sở của (2) thì một trong
hai số x , y là chẵn và số còn lại là lẻ. Thật vậy, nếu cả x và y đều chẵn thì x2 +y2
chẵn, do đó z2 chẵn nên z chẵn, do đó (x,y,z) ≥ 2 mâu thuẫn với giả thiết đây là
nghiệm cơ sở. Nếu x,y đều lẻ, ta biểu diễn x = 2k+1, y = 2h+1. Khi đó x2 =
4k
2
+4k+1

1 (mod 4) và y2=4h2+4h+1

1 (mod 4) nên x2+y2

2 (mod 4) hay z
2

2 (mod 4). Ta lại có z2 là số chẵn (do x,y đều lẻ) nên z chẵn hay z = 2a. Do đó z2
= 4a
2
 0(mod 4) vô lý với lập luận vừa rồi. Vậy x, y không cùng chẵn hay cùng
lẻ.
Theo lập luận trên, ta có thể giả sử y là số chẵn (do tính đối xứng của x2+y2). Khi
đó x và z là các số lẻ. Phương trình (2) có thể viết lại :
  2y z x z x  
(4)
Rõ ràng z+x và z-x là tổng và hiệu của hai số lẻ khác nhau nên chúng là các số
chẵn. Theo đó thì
2 , 2z x a z x b    (5) với a, b là các số tự nhiên. Do đó
,z a b x a b   
Từ các phương trình này dễ dàng suy ra a, b nguyên tố cùng nhau. Vì nếu giả sử
(a, b) = d >1 thì z = kd, x = hd với h,d là các số tự nhiên. Dẫn tới y2=z2-x2 =(k2-
h
2
)d
2
hay d
2
là ước của y2 hay d là ước của y. Điều này vô lý vì (x,y,z) = 1.
Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
7 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Theo giả thuyết, vì y chẵn nên y = 2c với c là số tự nhiên.
Từ (4) và (5) ta có
2 .c a b
.(6)
Nhưng vì (a,b) = 1 nên theo định lý 1 ta có a = m2, b =n2 với m, n là số tự nhiên
và (m,n) = 1. Từ đó ta có:
2 2 2 2,z a b m n x a b m n       
và vì c2 = ab = m2n2 nên c = mn, do đó y = 2c =2mn.
Vậy ta đã chỉ ra được (x,y,z) là nghiệm cơ sở của (2) và y là số chẵn thì:
2 2 2 2, 2 ,x m n y mn z m n    
(7)
với m,n nguyên dương và (m,n) =1.
Hiển nhiên m > n vì x nguyên dương. Hơn thế nữa một trong hai số m, n là chẵn,
số còn lại là lẻ. Thật vậy, rõ ràng m, n không thể cùng chẵn vì (n,m) = 1. Và m, n
cũng không thể đồng thời lẻ bởi nếu thế thì x, y, z cùng chẵn (do(7)) mâu thuẫn
với giả thiết (x, y, z) =1. Do vậy
2 mn
nên y =2mn chia hết cho 4.
 
Giả sử m, n là các số tự nhiên sao cho m > n và (m,n) =1 và một trong hai số
m, n chẵn, số còn lại lẻ. Chúng ta dễ dàng thấy rằng :
2 2 2 2 2 2 2( ) (2 ) ( )m n mn m n   
(8)
Do đó ta chỉ cần chứng minh (x, y, z) = 1 với
2 2 2 2, 2 ,x m n y mn z m n    
hay
2 22 ,2m z x n z x   
. (9)
Giả sử (x, y ,z) = d >1. Khi đó d không thể là số chẵn vì x, y là các số lẻ. Theo (9)
thì d là ước chung của cả m2 và n2 (do d là số lẻ). Mà vì (m, n) =1 nên (m2, n2) =
1. Vậy d =1. Vô lý.
Do đó (x, y, z) =1.
Áp dụng Định lý 2 ta dễ dàng tìm được các nghiệm cơ sở của phương trình (2)
thông qua các số m,n thỏa mãn điều kiện của định lý. Các số m, n được gọi là
nghiệm sinh của phương trình (2). Và hiễn nhiên ta có
x z
y

là một dạng của
phân số tối giản
m
n
. Để liệt kê ra một cách đầy đủ và có hệ thống các nghiệm cơ
sở của (2), ta lần lượt cho m nhận các giá trị 2,3,4…và khi đó ta cho n nhận các
giá trị nguyên tố cùng m, bé hơn m và chẵn (lẻ) khi m lẻ (chẵn).
Như đã đề cập từ đầu, để nhận đươc tất cả các nghiệm của (2) ta chỉ việc nhân các
nghiệm cơ sở của nó với các số tự nhiên 1,2,3…. Bên cạnh đó, việc đổi vị trí x và
y trong các nghiệm trên cũng sẽ cho ta các nghiệm của (2).
Phöông trình nghieäm nguyeân 2011
8 Traàn Quang – Toaùn 3A – ÑHSP Hueá
Theo công thức (8), việc thế các số m, n thích hợp vào (7) chỉ cho chúng ta các
nghiệm cơ sở của (2), ngay cả khi đổi chổ vị trí của x và y thì đó cũng vẫn là
nghiệm ...

---