Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* ĐỖ THỊ GIANG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Hà Nội – Năm 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* ĐỖ THỊ GIANG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: Ths DƯƠNG THỊ LUYẾN Hà Nội – Năm 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 LỜI CẢM ƠN Sau thời gian miệt mài nghiên cứu với hướng dẫn bảo tận tình cô giáo Ths Dương Thị Luyến, khóa luận em đến hoàn thành Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc, chân thành tới cô giáo Ths Dương Thị Luyến, thầy cô giáo bạn sinh viên khoa Toán Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội giúp em hoàn thành khóa luận Mặc dù có nhiều cố gắng hạn chế thời gian kiến thức nên đề tài không tránh thiếu sót Em mong góp ý thầy cô, bạn sinh viên bạn đọc để đề tài hoàn thiện Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Đỗ Thị Giang Footer Page of 161 Header Page of 161 LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp kết trình học tập, nghiên cứu nỗ lực em với giúp đỡ thầy cô, bạn sinh viên khoa Toán trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, đặc biệt hướng dẫn tận tình cô giáo Ths.Dương Thị Luyến Trong trình làm khóa luận em có tham khảo tài liệu có liên quan hệ thống mục tài liệu tham khảo Khóa luận tốt nghiệp “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” trùng lặp với khóa luận khác Hà Nội, tháng năm 2015 Sinh viên Đỗ Thị Giang Footer Page of 161 Header Page of 161 Mục lục LỜI MỞ ĐẦU 1 KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Một số tính chất vành số nguyên 1.1.1 Tính chia hết 1.1.2 Ước chung lớn bội chung nhỏ 1.1.3 Thuật toán Euclid (tìm ƯCLN hai số) 1.1.4 Đồng dư 1.2 Số nguyên tố 1.3 Một vài định lý số học 1.3.1 Định lý Euler 1.3.2 Định lý Fermat 1.3.3 Định lý Wilson 1.4 Một vài tính chất số phương 1.5 Liên phân số giản phân 10 1.5.1 Định nghĩa liên phân số hữu hạn 10 1.5.2 Định nghĩa liên phân số vô hạn 10 1.5.3 Giản phân 11 i Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học 1.6 Đỗ Thị Giang Phương trình nghiệm nguyên 11 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 13 2.1 Phương trình đưa phương trình tích 13 2.2 Phương trình đưa dạng tổng 15 2.3 Phương pháp lựa chọn môđun 18 2.3.1 Xét số dư hai vế 18 2.3.2 Sử dụng số dư để phương trình vô nghiệm 20 2.4 Phương pháp đánh giá 21 2.5 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 24 2.5.1 Phương pháp thứ tự ẩn 24 2.5.2 Phương pháp xét khoảng giá trị ẩn 26 2.5.3 Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu hàm số 2.5.4 2.6 2.7 27 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức quen thuộc 28 Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc hai 31 Phương pháp sử dụng tính chất số học 33 2.7.1 Phương pháp sử dụng tính chia hết, đồng dư 33 2.7.2 Phương pháp sử dụng tính chất số nguyên tố 39 2.7.3 Phương pháp sử dụng tính chất số phương 41 2.8 Phương pháp xây dựng nghiệm 46 2.9 Phương pháp xuống thang 48 2.10 Một số phương trình vô định siêu việt 51 ii Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang 2.10.1 Phương pháp lựa chọn môđun 51 2.10.2 Phương pháp sử dụng tính chất số học 53 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐẶC BIỆT 56 3.1 Phương trình vô định 56 3.1.1 Phương trình vô định bậc hai ẩn 56 3.1.2 Phương trình vô định bậc nhiều ẩn 67 3.2 Phương trình Pythagore 71 3.3 Phương trình Fermat 73 3.4 Phương trình Pell 76 3.4.1 Phương trình Pell loại I 76 3.4.2 Phương trình Pell loại II 78 KẾT LUẬN 81 TÀI LIỆU THAM KHẢO 82 Footer Page of 161 iii Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang LỜI MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong Toán học Số học giữ vị trí đặc biệt quan trọng Các toán số học lôi mạnh mẽ tất yêu thích toán say mê với toán Là lĩnh vực hay lý thú Số học chuyên đề phương trình nghiệm nguyên lôi không độc giả say mê nghiên cứu, từ nhà toán học lỗi lạc thời đại tới đông đảo bạn đọc yêu toán từ kỉ trước ngày Ngoài số toán có cách giải tổng quát đa số toán giải phương trình nghiệm nguyên thường cách giải tổng quát Mỗi toán với số liệu riêng đòi hỏi cách giải riêng phù hợp, từ rèn luyện tư Toán học mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo cho học sinh Chính mà toán giải phương trình nghiệm nguyên thường xuất kì thi học sinh giỏi cấp Với lý với đam mê thân em chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” Mục đích nghiên cứu Đề tài nhằm mục đích hệ thống lại phương pháp giải số phương trình nghiệm nguyên có cách giải tổng quát số phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát Đồng thời giúp học Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang sinh biết vận dụng phương pháp giải cách linh hoạt việc giải toán nghiệm nguyên từ dễ đến khó Đối tượng nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên • Phạm vi nghiên cứu: Do hạn chế mặt thời gian kiến thức, lực nghiên cứu thân nên đề tài dừng lại việc nghiên cứu số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiêm cứu số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu tài liệu • Sưu tầm, giải toán • Tổng kết kinh nghiệm Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo khóa luận bao gồm chương Footer Page of 161 Header Page 10 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang Chương Kiến thức Chương Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Chương Một số phương trình nghiệm nguyên đặc biệt Footer Page 10 of 161 Header Page 75 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang Ví dụ 3.1.8 Tìm nghiệm nguyên phương trình 6x + 15y + 10z = (3.8) Lời giải Cách (3.8) ⇔ 6x + (3y + 2z) = Đặt 3y + 2z = t Từ ta có t − 3y t−y z= = −y + 2 t−y Vì y, z số nguyên nên = s, s ∈ Z Do t − y = 2s hay y = −2s + t z = 2s − t + s = 3s − t  y = −2s + t , t, s ∈ Z Vậy từ phương trình 6x+15y+10z = suy  z = 3s − t Vì t = 3y + 2z nên từ (3.8) ta có 6x + 5t = Ta thấy (3, −3) nghiệm riêng phương trình 6x + 5t = Do   x = 5u + , u ∈ Z  t = −6u − ⇒ y = −2s + t = −2s − − 6u, z = 3s − t = 3s + + 6u    x = 5u +   Vậy nghiệm phương trình y = −6u − 2s − , u, s ∈ Z     z = 6u + 3s + Cách 6x + 15y + 10z = ⇔ x + 10 (y + z) + (x + y) = Đặt u = y + z, v = x + y Footer Page 75 of 161 68 Header Page 76 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang Khi (3.8) ⇔ x + 10u + 5v = ⇒ x = − 10u − 5v ⇒ y = −3 + 10u + 4v, z = − 9u − 6v Vậy nghiệm tổng quát củaphương trình (3.8)  x = −10u − 5v +    , u, v ∈ Z y = 10u + 4v −     z = −9u − 6v + Cách Ta có (3.8) ⇔ (x + z) + 15y = − 4z Đặt u = x + z ta có 15y + 4z = − 6u Ta thấy (−1, 4) nghiệm riêng phương trình 15y + 4z = nên (−3 + 6u, 12 − 24u) nghiệm riêng 15y + 4z = − 6u Do nghiệm tổng quát  phương trình 15y + 4z = − 6u  y = 6u + 4t − , u, t ∈ Z  z = −24u − 15t + 12 Từ u = x + z ⇒ x = u − z = −12 + 25u + 15t Vậy nghiệm tổng quát củaphương trình (3.8)  x = 25u + 15t − 12    , u, t ∈ Z y = 6u + 4t −     z = −24u − 15t + 12 Ví dụ 3.1.9 Tìm nghiệm nguyên phương trình 5x + 6y + 7z + 8t = Lời giải Ta có 5x + 6y + 7z + 8t = ⇔ 5x + 7z + (3y + 4t) = Footer Page 76 of 161 69 (3.9) Header Page 77 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang Đặt 3y + 4t = u Khi (3.9) có dạng 5x + 7z + 2u = (3.9.1) Đặt 5x + 2u = s Khi (3.9.1) có dạng 7z + s = u − 4t u−t Ta xét phương trình 3y + 4t = u ⇒ y = = −t + 3 u−t = w1 , w1 ∈ Z ⇒ t = u − 3w1 Do y nguyên nên Từ (3.9.3) suy y = −u + 4w1 s − 5x s−x Xét phương trình 5x + 2u = s ⇒ u = = −2x + 2 s−x Do u ∈ Z nên = w2 , w2 ∈ Z ⇒ x = s − 2w2 Thay vào (3.9.4) ta u = −2s + 5w2 (3.9.2) (3.9.3) (3.9.4) Xét phương trình 7z + s = ⇒ z = w3 , s = − 7w3 Từ ta có x = − 7w3 − 2w2 , u = 5w2 − 18 + 14w3 , y = 4w1 − 5w2 + 18 − 14w3 , z = w3 , t = 5w2 − 18 + 14w3 − 3w1 Vậy nghiệm phương trình   x = −2w2 − 7w3 +       y = 4w1 − 5w2 − 14w3 + 18 , w1 , w2 , w3 ∈ Z   z = w3      t = −3w + 5w + 14w − 18 Bài tập tương tự Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình 6x + 15y + 10z = Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x − 5y − 7z = −7 Footer Page 77 of 161 70 Header Page 78 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học 3.2 Đỗ Thị Giang Phương trình Pythagore Phương trình x2 + y = z gọi phương trình Pythagore Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình gọi ba Pythagore Ta thấy (¯ x, y¯, z¯) ba Pythagore, với số d nguyên dương, ba (d¯ x, d¯ y , d¯ z) ba Pythagore Do ta cần quan tâm đến ba Pythagore (x, y, z) mà ta có (x, y, z) = Khi (x, y, z) gọi ba Pythagore nguyên thủy Bài toán 3.2.1 Xét phương trình Pythagore x2 + y = z Giả sử (¯ x, y¯, z¯) ba Pythagore nguyên thủy a) Chứng minh x¯, y¯, z¯ đôi nguyên tố b) Chứng minh x¯, y¯ không tính chẵn, lẻ z¯ số lẻ Lời giải a) Giả sử kết luận toán không đúng, tức (¯ x, y¯) > Khi tồn ước nguyên tố p x¯ y¯ Do x¯ p y¯ p, nên x¯2 + y¯2 p, mà x¯2 + y¯2 = z¯2 , suy z¯2 p Từ suy p ước nguyên tố chung x¯, y¯, z¯ Vì p > 1, nên điều mâu thuẫn với (¯ x, y¯, z¯) = (do (¯ x, y¯, z¯) ba Pythagore nguyên thủy) Vậy (¯ x, y¯) = Hoàn toàn tương tự ta có (¯ x, z¯) = (¯ y , z¯) = (đpcm) b) Giả sử x¯, y¯ có tính chẵn lẻ Vì (¯ x, y¯) = nên x¯ y¯ chẵn (vì trái lại (¯ x, y¯) ≥ 2) Do x¯ y¯ phải lẻ, đặt x¯ = 2k + 1, từ x¯2 = 4k + 4k + 1, hay x¯2 ≡ (mod 4) Tương tự Footer Page 78 of 161 71 Header Page 79 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang y¯2 ≡ (mod 4), nên x¯2 + y¯2 ≡ (mod 4) Vì z¯2 ≡ (mod 4) Điều vô lý ∀ a ∈ Z a2 ≡ 0, (mod 4) Do điều giả sử sai, nên x¯, y¯ không tính chẵn, lẻ Do x¯, y¯ không tính chẵn, lẻ, nên từ đẳng thức x¯2 + y¯2 = z¯2 suy z¯2 số lẻ (đpcm) Công thức nghiệm trình Pythagore  phương  2 p + q  2   x= x=m p +q       m, p, q ∈ Z p, q y = 2mpq y = pq     2     z = m p2 − q  z = p −q chẵn lẻ khác Ví dụ 3.2.1 Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + y = 2z (3.10) Lời giải Giả sử (x, y, z) nghiệm nguyên phương trình (3.10) Vì vế phải số chẵn nên x, y phải chẵn lẻ Do x + y, x − y số chẵn.  x + y = 2u  x=u+v Đặt ⇒  x − y = 2v  y =u−v Thay x, y vào (3.10) ta (u + v)2 + (u − v)2 = 2z ⇔ 2u2 + 2v = 2z ⇔ u2 + v = z (3.10.1) Ta thấy (3.10.1) phương trình Pythagore nên nghiệm phương trình (3.10.1) Footer Page 79 of 161 72 Header Page 80 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học   u = m p2 + q    v = 2mpq     z = m p2 − q Đỗ Thị Giang , ∀m, p, q ∈ Z p, q chẵn, lẻ khác Vậy  nghiệm phương trình (3.10)  x = 2mpq + m p2 + q    v = m p2 + q − 2mpq , ∀m, p, q ∈ Z p, q chẵn, lẻ khác     z = m p2 − q Bài tập tương tự Bài Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + y = 4z 3.3 Phương trình Fermat Ta thấy phương trình x + y = z có vô số nghiệm nguyên (x, y, z) Phương trình Pythagore x2 + y = z cho ta vô số nghiệm nguyên (x, y, z) Trong trường hợp tổng quát phương trình xn + y n = z n , (n > 2) có nghiệm nguyên hay không? Nếu có số nghiệm hữu hạn hay vô hạn Phương trình xn + y n = z n , với việc tìm nghiệm nguyên dương gọi phương trình Fermat Định Lý Fermat lớn Phương trình xn + y n = z n nghiệm nguyên dương với n ≥ Chứng minh định lý Fermat lớn cho trường hợp n=4 Footer Page 80 of 161 73 Header Page 81 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang Ta chứng minh phương trình x4 + y = z nghiệm nguyên dương Trước hết ta chứng minh phương trình x4 + y = z (3.11) nghiệm nguyên dương Giả sử phương trình (3.11) có nghiệm nguyên dương Khi theo nguyên lí cực hạn, tồn nghiệm nguyên dương (x0 , y0 , z0 ), z0 nhỏ Do x40 + y04 = z02 (3.11.1) Trước hết ta chứng minh (x0 , y0 ) = Thật (x0 , y0 ) = tồn ước nguyên tố chung p x0 , y0 tức x0 p, y0 p Do x40 p4 , y04 p4 suy (x40 + y04 ) p4 Từ (3.11.1) suy z02 p4 hay z0 p2 Vì x0 p, y0 p, z0 p2 nên đặt x0 = px1 , y0 = py1 , z0 = p2 z1 Thay vào (3.11.1) ta p4 x41 + y14 = p4 z12 ⇒ x41 + y14 = z12 Suy (x1 , y1 , z1 ) nghiệm nguyên dương phương trình (3.11) Do z0 = p2 z1 , p nguyên tố nên z0 > z1 ( mâu thuẫn z0 nhỏ ) Vậy (x0 , y0 ) = Từ (3.11.1) ta có (x20 )2 + (y02 )2 = z02 Suy x20 , y02 , z0 nghiệm nguyên dương phương trình Pythagore x2 + y = z Theo ta có (x0 , y0 ) = ⇒ x20 , y02 = ⇒ (3.11.2) x20 , y02 , z0 = Vậy x20 , y02 , z0 ba Pythagore nguyên thủy (3.11.2) Do vai trò x0 , y0 nên giả sử y02 chẵn Theo công thức nghiệm phương trình Pythagore ta có Footer Page 81 of 161 74 Header Page 82 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang   x20 = m2 − n2    y02 = 2mn     z = m2 + n2 (3.11.3) m > n số nguyên dương, (m, n) = m, n khác tính chẵn lẻ Ta thấy x20 + n2 = m2 , nên (x0 , n, m) nghiệm nguyên dương phương trình Pythagore (3.11.2) Lại có (m, n) = 1, nên (x0 , n, m) ba Pythagore nguyên thủy (3.11.2),   x = a2 − b2    n = 2ab     m = a2 + b (3.11.4) a, b ∈ Z, a > b, (a, b) = a, b không tính chẵn lẻ Do y0 chẵn, nên giả sử y0 = 2y1 Khi từ (3.11.3) (3.11.4), ta có y02 = 4y12 = 2mn = 4ab a2 + b2 ⇒ y12 = ab a2 + b2 = abm (3.11.5) Do (a, b) = nên (a, m) =  (b, m) = Khi từ (3.11.5) ta  a = a21    b = b21     m = m2 Từ ta có m21 = a21 +b21 Do (a1 , b1 , m) nghiệm nguyên dương (3.11.1) Ta có m1 ≤ m21 = m < m2 + n2 = z0 Điều mâu thuẫn với định nghĩa nghiệm (x0 , y0 , z0 ) Vậy phương trình x4 + y = z nghiệm nguyên dương Xét phương trình x4 + y = z ta thấy x4 + y = z ⇔ x4 + y = z Footer Page 82 of 161 75 Header Page 83 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang Vì từ kết suy phương trình x4 + y = z nghiệm nguyên dương Vậy phương trình x4 + y = z nghiệm nguyên dương.(đpcm) Nhận xét Từ kết toán ta suy Phương trình Fermat xn + y n = z n với n = 2s , s ≥ nghiệm nguyên dương s s s s−2 x2 + y = x2 ⇔ x2 + y2 s−2 = z2 s−2 Vì phương trình x4 + y = z nghiệm nguyên dương nên suy điều phải chứng minh 3.4 3.4.1 Phương trình Pell Phương trình Pell loại I Phương trình Pell loại I phương trình có dạng x2 − dy = d số nguyên Khi nói đến nghiệm phương trình Pell, ta luôn hiểu nghiệm nguyên dương Điều kiện tồn nghiệm phương trình Pell loại I Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương d số nguyên dương số phương Xét phương trình Pell loại I x2 − dy = d số nguyên dương số phương Theo Footer Page 83 of 161 76 Header Page 84 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang nguyên lý cực hạn tồn nghiệm nguyên dương bé (a, b) Công thức nghiệm phương trình Pell loại I Xétdãy {xn } {yn } cho hệ thức truy hồi sau  x0 = 1, x1 = a, xn+2 = 2axn+1 − xn , n = 0, 1,  y = 0, y = b, y n+2 = 2ayn+1 − yn , n = 0, 1, Khi (xn , yn ) với n = 1, 2, tất nghiệm dương phương trình Pell loại I (Dĩ nhiên (1, 0) nghiệm phương trình Pell loại I, ta quan tân đến nghiệm dương phương trình Pell) Ví dụ 3.4.1 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình thỏa mãn điều kiện 25 < x < 30 x2 − 3y = (3.11) Lời giải Ta thấy (3.11) phương trình Pell loại I với d = Bằng phép thử trực tiếp ta thấy (2, 1) nghiệm dương bé phương trình (3.11) Theo công thức nghiệm phương trình Pell loại I dãy nghiệm phương trình (3.11) x0 = 1, x1 = 2, xn+2 = 4xn+1 − xn với n = 0, 1, 2, y0 = 0, y1 = 1, yn+2 = 4yn+1 − yn với n = 0, 1, 2, Ta có bảng nghiệm nguyên dương phương trình (3.11) sau n xn 26 yn 15 Ta thấy x1 < x2 < x3 < x4 < (xn < xn+1 ∀n = 1, 2, ) , y1 < y2 < y3 < y4 < (yn < yn+1 ∀n = 1, 2, ) Footer Page 84 of 161 77 Header Page 85 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang Từ suy (26, 15) nghiệm nguyên dương phương trình x2 − 3y = với điều kiện 25 < x < 30 Vậy toán có nghiệm (26, 15) Bài tập tương tự Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x2 − 48y = Bài Giải phương trình nghiệm nguyên dương x2 − 8y = 3.4.2 Phương trình Pell loại II Phương trình Pell loại II phương trình có dạng x2 − dy = −1 d số nguyên dương Cũng giống xét phương trình Pell loại I, ta quan tâm đến việc tìm nghiệm nguyên dương phương trình Điều kiện để phương trình Pell loại II có nghiệm Gọi (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell liên kết với phương trình Pell loại II Khi phương trình Pell loại II có nghiệm hệ   a = x2 + dy  b = 2xy có nghiệm nguyên dương Công thức nghiệm phương trình Pell loại II Xét phương trình Pell loại II x2 − dy = −1 Footer Page 85 of 161 78 Header Page 86 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang Phương trình Pell loại I liên kết với x2 − dy = Giả sử (a, b) nghiệm nguyên bé phương trình Pell loại I Khi xét hệ phương trình   a = x2 + dy  b = 2xy Giả thiết hệ phương trình có nghiệm (u, v) nghiệm nhấtcủa Xét hai dãy số nguyên dương {xn } , {yn } sau  x0 = u, x1 = u3 + 3duv , xn+2 = 2axn+1 − xn , n = 0, 1, 2,  y = v, y = dv + 3u2 v, y = 2ay − y , n = 0, 1, 2, n+2 n+1 n Khi (xn , yn ) tất nghiệm nguyên dương phương trình Pell loại II Ví dụ 3.4.2 Tìm tất só nguyên dương n có tính chất n2 +(n + 1)2 số phương Lời giải Giả sử n số nguyên dương phải tìm Khi ta có n2 + (n + 1)2 = y ⇒ 2n2 + 2n + = y ⇒ 4n2 + 4n + = 2y ⇒ (2n + 1)2 − 2y = −1 (3.12) Đặt x = 2n + Khi từ (3.12) dẫn đến phương trình Pell loại II x2 − 2y = −1 (3.12.1) Liên kết với (3.12.1) phương trình Pell loại I sau x2 − 2y = (3.12.2) Phương trình (3.12.2) có nghiệm dương bé x = 3, y = (Theo lý thuyết phương trình Pell loại II trường hợp có a = 3, b = 2) Xét hệ phương trình sau Footer Page 86 of 161 79 Header Page 87 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang   u2 + 2v =  2uv = Dễ thấy (u, v) = (1, 1) nghiệm dương bé Theo công thức nghiệm phương trình Pell loại II nghiệm phương  trình (2)  x0 = 1, x1 = 7, xn+2 = 6xn+1 − xn , n = 0, 1, 2,  y = 1, y = 5, y = 6y − y , n = 0, 1, 2, n+2 n+1 n Dễ thấy xk ≡ (mod 2) với k = 0, 1, 2, Từ suy dãy nghiệm xk − {nk } : nk = số nguyên dương cần tìm ( với k = 1, 2, ) cho theo công thức n0 = 0, n1 = 3, nk+2 = 6nk+1 − nk + (thật vậy, từ xk+2 = 6xk+1 − xk ⇒ 2nk+2 + = (2nk+1 + 1) − (2nk + 1) ⇒ nk+2 = 6nk+1 − nk + 2) Vậy số phải tìm n = 3, n = 20, n = 119 Bài tập tương tự Bài Tìm tất số nguyên dương k, m cho k < m + + + k = (k + 1) + (k + 2) + + m Bài Chứng minh phương trình x2 − 34y = −1 nghiệm nguyên Footer Page 87 of 161 80 Header Page 88 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Giang KẾT LUẬN Khóa luận “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” đưa phương pháp giải số phương trình nghiệm nguyên như: phương trình bậc ẩn, phương trình bậc nhiều ẩn, phương trình Pythagore, phương trình Fermat, cách rõ ràng, xác có hệ thống Khóa luận cung cấp số ví dụ cụ thể dạng phương trình, lời giải ví dụ lựa chọn cho rõ ràng dễ hiểu chặt chẽ Khóa luận tài liệu hữu ích cho em học sinh, đặc biệt em học sinh giỏi, thầy cô giáo, bạn sinh viên tham khảo Dù có gắng nhiều song khóa luận tránh khỏi thiếu sót Em mong góp ý thầy cô, bạn sinh viên bạn đọc để khóa luận hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn Footer Page 88 of 161 81 Header Page 89 of 161 Tài liệu tham khảo [1] Vũ Hữu Bình (2003), Phương trình toán với nghiệm nguyên, NXB Giáo dục [2] Bùi Huy Hiền, Bài tập Đại số số học, NXB Giáo dục [3] Phan Huy Khải (2009), Phương trình nghiệm nguyên, NXB Giáo dục [4] Hà Huy Khoái (2004) Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thông số học, NXB Giáo dục [5] Ngô Thúc Lanh, Đại số số học tập 1, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu, Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Tiến Quang (2003), Bài tập số học, NXB Giáo dục [8] Lại Đức Thịnh (1997), Giáo trình số học, NXB Giáo dục [9] Nguyễn Vũ Thanh (2001), Chuyên đề bồi dưỡng số học THCS THPT, NXB trẻ [10] Tạp chí toán học tuổi trẻ Footer Page 89 of 161 82 ... lại việc nghiên cứu số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiêm cứu số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu tài... 1.6 Đỗ Thị Giang Phương trình nghiệm nguyên 11 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 13 2.1 Phương trình đưa phương trình tích 13 2.2 Phương trình đưa dạng... vào phương trình cho Một phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm, có hữu hạn nghiệm có vô số nghiệm Trong trường hợp có vô số nghiệm nghiệm phương trình thường biểu thị công thức chứa tham số số nguyên