Ứng dụng số nguyên Gauss trong phương trình nghiệm nguyên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết Ứng dụng số nguyên Gauss trong phương trình nghiệm nguy trình bày một phương pháp mới để giải một số dạng phương trình nghiệm nguyên, đó là phương pháp sử dụng lý thuyết về số nguyên Gauss.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Ứng dụng số nguyên Gauss trong phương trình nghiệm nguyên

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(78).2014 155 ỨNG DỤNG SỐ NGUYÊN GAUSS TRONG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN USING GAUSSIAN INTEGERS IN INTEGER SOLUTION EQUATIONS Nguyễn Thị Sinh Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng; Email: sinhsp@gmail.com Tóm tắt: Phương trình nghiệm nguyên là một lĩnh vực rất lý thú Abstract: Integer solution equations is a very interesting and difficult và rất khó của Toán học, nó được đưa vào hầu hết các chương field of mathematics. It is presented in high school with many exciting trình phổ thông với nhiều cách giải hay, độc đáo và phát huy and unique solutions and promoting creative abilities of learners. By được khả năng sáng tạo của người học. Thông qua việc giải solving integer solution equations, the learners not only train skills to phương trình nghiệm nguyên, ngoài việc rèn luyện kỹ năng giải solve equations, but also improve in terms of logical thinking, argue phương trình, người học còn được nâng cao về mặt tư duy logic, the issues closely and practice abilities creativity. It can be said that lập luận các vấn đề chặt chẽ và rèn luyện khả năng sáng tạo. Có the method of solving integer solution equations is very varied and it thể nói phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên rất đa is synthesized by many methods of solving equations of all dạng và là tổng hợp các phương pháp giải phương trình của các educational levels, such as the method of using arithmetic’s cấp học như phương pháp sử dụng các tính chất số học, phương properties, the method of analysing, the method of excluding, the pháp phân tích, phương pháp loại trừ, phương pháp tham số method of parametriczation, the method of using the range of hóa, phương pháp miền giá trị, phương pháp lựa chọn modulo, variables, the method of choosing modulo, … This article presents a … Bài báo này trình bày một phương pháp mới để giải một số new method in solving several types of integer solution equations. dạng phương trình nghiệm nguyên, đó là phương pháp sử dụng This is a method that uses the theory of Gaussian integers to solve lý thuyết về số nguyên Gauss. integer solution equations. Từ khóa: Phương trình nghiệm nguyên; vành Gauss; số nguyên Key words: Integer solution equations; the ring of Gaussian integers; Gauss; số nguyên tố Gauss; ứng dụng số nguyên Gauss Gaussian integers; Gaussian primes; application of Gaussian integers 1. Đặt vấn đề khi đó tồn tại các số nguyên Gauss  , sao cho Số nguyên Gauss xuất hiện trong nhiều lĩnh vực của toán học. Một trong những ứng dụng của số nguyên  =  +  , 0  N ( )  N ( ). Gauss là góp phần giải một số lớp phương trình nghiệm Định nghĩa 3. Cho  ,  là hai số nguyên Gauss khác không. nguyên. Trước tiên, bài báo trình bày Vành các số nguyên Gauss và những khái niệm liên quan (xem [3]). i)  ,  được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu tất cả các Định nghĩa 1. (Số nguyên Gauss) ước chung của  ,  chỉ thuộc {1 , i} . Số phức có dạng a + ib , trong đó a, b  Z được gọi là ii) Ta nói rằng   Z [i] là ước chung lớn nhất (UCLN) các số nguyên Gauss. của  ,  và viết ( ,  ) =  nếu  là ước chung của  Tập tất cả các số nguyên Gauss được ký hiệu là Z[i] . Rõ ràng Z  Z [i] . và  , đồng thời chuẩn N ( ) có giá trị lớn nhất trong tập hợp chuẩn của tất cả các ước chung của  và  . Dễ dàng kiểm tra được Z[i] là một vành và được gọi là vành các số nguyên Gauss. Định lý 3. Giả sử ( ,  ) =  . Khi đó Định nghĩa 2. Cho  ,   Z[i] , trong đó   0 , ta nói i) Tồn tại  ,   Z [i] sao cho  +  =  .  chia hết  hay  chia hết cho  nếu tồn tại   Z [i] ii) Nếu  là một ước chung bất kỳ của  và  thì  | . sao cho  =  . Nếu  chia hết  ta nói  là một ước Hệ quả 1. Giả sử  |  và  ,  nguyên tố cùng của  và viết  |  hay  là bội của  và viết   . nhau. Khi đó  |  . Một số nguyên Gauss  được gọi là đơn vị nếu  là ước của mọi số nguyên Gauss. Định nghĩa 4. (Số nguyên tố Gauss) Chuẩn của một số nguyên Gauss  = a + ib , ký hiệu Một số nguyên Gauss khác đơn vị  được gọi là số là N ( ) , được xác định bởi nguyên tố Gauss nếu  không thể biểu diễn dưới dạng tích của hai số nguyên Gauss khác đơn vị. N ( ) =|  |2 =  = a 2 + b 2 Nếu  không phải là số nguyên tố Gauss thì ta nói  Chuẩn N ( ) là một số tự nhiên. N ( ) = 0 khi và chỉ là một hợp số Gauss. khi  = 0 . Nếu  =  thì N ( ) = N ( ) N (  ) . Định nghĩa 5. Số nguyên Gauss  được gọi là số kết Mệnh đề 1. Số nguyên Gauss  là đơn vị khi và chỉ khi hợp với số nguyên Gauss  nếu  =  , trong đó  là một đơn vị. N ( ) = 1 . Tập U tất cả các đơn vị của Z[i] là U = {1 , i} . Ta nhận thấy nếu  là số kết hợp với  thì  =  , Định lý 1. (Phép chia Euclid trên vành các số nguyên Gauss) Cho  ,  là hai số nguyên Gauss bất kỳ với   0 , suy ra  =  , do đó  cũng là số kết hợp với  . Ta
156 Nguyễn Thị Sinh nói  và  là hai số kết hợp nhau. Từ đó suy ra Bổ đề 1. Cho  là một số nguyên tố Gauss. Nếu  2 p | x p | x  |  thì  |  hoặc  |  .     2 p | y p | y Định lý 4. (Định lý cơ bản của số học cho vành các số nguyên Gauss) (mâu thuẫn do (x, y) = 1). Cho  là số nguyên Gauss khác không và đơn vị. Khi Vậy x + iy và x – iy là hai số nguyên tố cùng nhau trong Z[i] . đó  có thể biểu diễn được dưới dạng  =  1 2 ... n , 2. Ứng dụng số nguyên Gauss trong phương trình trong đó  1,  2 ,...,  n là các số nguyên tố Gauss. Thêm nghiệm nguyên Bài toán 2.1. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn vào đó sự biểu diễn này là duy nhất chỉ sai khác nhau thứ phương trình tự và các thừa số đơn vị.Nghĩa là nếu có hai biểu diễn  =  1 2 ... n = 12 ...m x 2 n +1 = y 2 + 1, n  N * Giải. Ta nhận thấy nếu x chẵn thì y2 + 1 chẵn, suy ra y lẻ. thì ta phải có m=n và tồn tại một hoán vị  trên tập {1,2,3,..., n} sao cho với mọi i, ta có i và   (i ) là Suy ra y 2 + 1  2 (mod 4) , điều này vô lý do hai số kết hợp nhau. x2n+1  0 (mod 4) . Định lý 5. Cho  và  là hai số nguyên Gauss Vậy x lẻ, ychẵn. Phương trình được viết lại dưới dạng nguyên tố cùng nhau. Giả sử x 2 n +1 = ( y − i)( y + i)  =  k , k  2 , k  N . Ta nhận thấy y + i và y − i là hai số nguyên tố cùng Khi đó tồn tại các số nguyên Gauss 1 , 1 và các đơn nhau nên theo Định lý 5, tồn tại a + ib  Z[i] sao cho vị  , sao cho y + i = (a + ib) 2 n +1 (*)  = 1k ,  = 1k . (do mọi phần tử đơn vị đều là lũy thừa bậc 2n + 1 của Định lý sau đây sẽ xác định tất cả các số nguyên tố Gauss. một phần tử đơn vị nào đó). Định lý 6. Cho  = a + ib là số nguyên Gauss khác Khai triển vế phải của (*) rồi đồng nhất phần ảo hai vế, ta sẽ tìm được các giá trị nguyên a, b. Từ đó suy ra các đơn vị. Khi đó nghiệm nguyên cần tìm. i) Nếu b = 0, a  0 thì  là số nguyên tố Gauss khi Ví dụ 2.1. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn và chỉ khi a là số nguyên tố thông thường dạng 4k+1. phương trình ii) Nếu a = 0, b  0 thì  là số nguyên tố Gauss khi x5 = y 2 + 1 và chỉ khi b là số nguyên tố thông thường dạng 4k+1. Giải. Ta nhận thấy nếu x chẵn thì y2 + 1 chẵn, suy ra y lẻ. iii) Nếu a  0, b  0 thì  là số nguyên tố Gauss khi và Suy ra y 2 + 1  2 (mod 4) , điều này vô lý do chỉ khi N ( ) = a 2 + b 2 là một số nguyên tố thông thường. x5  0 (mod 4) . Mệnh đề 2. Nếu x, y là hai số nguyên khác Vậy x lẻ, ychẵn. Phương trình được viết lại dưới dạng tính chẵn lẻ và (x, y) = 1 thì x + iy và x – iy là nguyên tố cùng nhau trong Z[i] . x5 = ( y − i)( y + i) Chứng minh. Giả sử tồn tại số nguyên tố Gauss  sao Ta nhận thấy y + i và y − i là hai số nguyên tố cho  | x + iy và  | x − iy . cùng nhau nên theo Định lý 5, tồn tại a + ib  Z[i] sao  | 2x  | 2iy . cho y + i = (a + ib ) (do 1=15, -1=(-1)5, i = i5, -i = (- 5 Suy ra và i)5). Từ đó suy ra Nếu |2 thì N () | 4 , suy ra N () chẵn. Mà y + i = (a 5 − 10 a 3b 2 + 5ab 4 ) N () | x + y2 nên x + y 2 2 2 là một số chẵn (mâu thuẫn do x, y khác tính chẵn lẻ). + i(5a 4 b − 10 a 2 b 3 + b 5 ). Đồng nhất phần ảo, ta được Vậy | x  | y . Suy ra N (  ) | x 2 và N (  ) | y 2 . và Mặt khác theo định lý 6, vì  là một số nguyên tố Gauss nên 5a4b − 10a2b3 + b5 = 1 tồn tại một số nguyên tố thông thường p sao cho p | N () .  b(5a 4 − 10 a 2b 2 + b 4 ) = 1
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(78).2014 157 b = 1 x5 = y 2 + 4  4 5a − 10 a + 1 = 1 Giải. Ta nhận thấy x, y phải cùng tính chẵn lẻ. 2   Trường hợp 1: x, y là các số lẻ. Phương trình trên b = −1  tương đương với 5a 4 − 10 a 2 + 1 = −1 x5 = ( y + 2i)( y − 2i) . a = 0 Do y + 2i và y − 2i là hai số nguyên tố cùng nhau   (mệnh đề 2) nên theo Định lý 5, tồn tại a + ib  Z[i] b = 1 sao cho y + 2i = (a + ib)5 (do 1=15, -1=(-1)5, i = i5, -i = Vậy x = 1, y = 0 là nghiệm nguyên duy nhất của (-i)5). Từ đó suy ra phương trình trên. Với lập luận tương tự như trên, ta có kết quả sau: y + 2i = (a5 − 10a3b2 + 5ab4 ) Đồng Các phương trình x = y + 1, 3 2 + i(5a 4b − 10a 2b3 + b5 ) nhất phần ảo, ta được x = y + 1, x = y + 1 7 2 9 2 chỉ có nghiệm nguyên duy 5a4b − 10a2b3 + b5 = 2 nhất ( x, y) = (1,0) .  b(5a 4 − 10a 2b 2 + b 4 ) = 2 Bài toán 2.2. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình  | b |= 1 2 n +1  x = y + 4 ; n, k  N 2 k *  | 5a 4 − 10a 2 + 1|= 2   Giải. Ta nhận thấy x, y phải cùng tính chẵn lẻ.  | b |= 2 Trường hợp 1: x, y là các số lẻ. Phương trình trên  4 2 tương đương với  | 5a − 40a + 16 |= 1 x 2 n +1 = ( y + 2k i)( y − 2k i) . Bằng phép giải phương trình trùng phương thông thường ta nhận thấy các hệ phương trình trên đều không Do y + 2 i và y − 2 i là hai số nguyên tố cùng có nghiệm nguyên. k k nhau (theo mệnh đề 2) nên theo Định lý 5, tồn tại Trường hợp 2: x, y là các số chẵn. Đặt a + ib  Z[i] sao cho x = 2 x1 , y = 2 y1 ta được phương trình y + 2k i = (a + ib)2n +1 8 x1 = y1 + 1 . 5 2 (**) (do mọi phần tử đơn vị đều là lũy thừa bậc 2n + 1 của Do 8 x1  0 (mod 4) nên y1 + 1 là số chẵn hay 5 2 y1 một phần tử đơn vị nào đó). lẻ. Suy ra y + 1  2 (mod 4) (mâu thuẫn). 2 Khai triển vế phải của (**) rồi đồng nhất phần ảo hai 1 vế, ta sẽ tìm được các giá trị nguyên a, b. Từ đó suy ra các Vậy phương trình trên vô nghiệm. nghiệm nguyên cần tìm. Ví dụ 2.3. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình Trường hợp 2: x, y là các số chẵn. Đặt x5 = y 2 + 16 x = 2 x1 , y = 2 y1 ta được phương trình Giải. Ta nhận thấy x, y phải cùng tính chẵn lẻ. 2 n +1 22 n −1 x1 = y1 + 4k −1 . 2 Trường hợp 1: x, y là các số lẻ. Phương trình trên tương đương với Tiếp tục nhận xét tính chẵn lẻ của x1, y1, nếu x1 chẵn x5 = ( y + 4i)( y − 4i) ta lại đặt x1 = 2x2 , nếu y1 chẵn ta lại đặt y1 = 2y2 , … rồi rút gọn phương trình để tìm ra nghiệm hoặc biến đổi Do y lẻ nên y + 4i và y − 4i là hai số nguyên tố phương trình về dạng cùng nhau. Vì thế theo Định lý 5, tồn tại a + ib  Z[i]  2n+1 =  sao cho y + 4i = (a + ib ) 5 (do 1=15, -1=(-1)5, i = i5, -i = (-i)5). Từ đó suy ra trong đó  và  là hai số nguyên Gauss nguyên tố cùng nhau rồi sử dụng Định lý 5 để suy ra các nghiệm y + 4i = (a 5 − 10 a 3b 2 + 5ab 4 ) nguyên cần tìm. + i(5a 4 b − 10 a 2 b 3 + b 5 ) Ví dụ 2.2. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình Đồng nhất phần ảo, ta được 5a4b − 10a2b3 + b5 = 4
158 Nguyễn Thị Sinh  b(5a 4 − 10 a 2b 2 + b 4 ) = 4 y2 + i   Z[i] sao cho = 5 . i +1 | b |= 1  4 Lại có | 5a − 10 a + 1 |= 4 2 y + 4i = 4( y 2 + i) = −(i + 1) 4 ( y 2 + i)  | b |= 2    4 y2 + i = −(i + 1) 5 = (−i − 1) 5 | 5a − 40 a 2 + 16 |= 2  i +1 | b |= 4 Như vậy y + 4i cũng là lũy thừa bậc năm của một  4 | 5a − 160 a + 256 |= 1 2 số nguyên Gauss. Với những lập luận như trong trường hợp 1, ta suy ra ( x, y) = (2,4) . a = 1 x = 2   hay  Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (2,4) và (2,−4) . b = 1  y = 4 3. Kết luận Trường hợp này không nhận nghiệm vì x, y là các số lẻ. Tóm lại, bài báo đã đưa ra hướng giải quyết bài toán Trường hợp 2: x, y là các số chẵn. tìm nghiệm nguyên của các phương trình dạng Đặt x = 2 x1 , y = 2 y1 ta được phương trình mới x 2 n +1 = y 2 + 4k ; n, k  N ; n  1. 8 x = y1 + 4 5 2 1 Từ đó ta có thể sáng tạo ra một số bài tập về nghiệm nguyên như sau: Ta thấy y1 phải là số chẵn nên tiếp tục đặt y1 = 2y2 Bài 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình và phương trình trở thành 2 x1 = y2 + 1 5 2 x( x 2 + 3x + 3) − y( y − 2) = 4 Bài 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình Lại do VT là số chẵn nên y2 lẻ, từ đó suy ra x1 cũng phải là số lẻ. Phương trình được viết lại như sau x6 + 9 x5 + 27 x 4 + 27 x3 − 64 = y 2 Bài 3. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình − i (i + 1) 2 x1 = ( y2 + i )( y2 − i ) 5 x( x + 1)( x + 4)( x + 5) = y 6 − 20 y +i y −i  (−ix1 ) = 2 . 2 5 Hướng dẫn: Biến đổi đưa các phương trình trên về i +1 i +1 một trong số các dạng phương trình đã được trình bày Ta chứng minh ( y2 + i, y2 − i) = i + 1 . Thật vậy ta trong phần 2, từ đó suy ra các nghiệm nguyên cần tìm. có i + 1 là ước chung của y2 + i và y2 − i bởi vì Chú ý: Đối với bài toán tìm nghiệm nguyên của các phương trình  y + 1 1 − y2  x 2n = y 2 + k ; n  N ; k  Z ; n  1 ta biến đổi y2 + i = (i + 1) 2 +i , phương trình về dạng  2 2   y − 1 1 + y2  (x n )( ) − y xn + y = k y2 − i = (i + 1) 2 −i . rồi tìm nghiệm nguyên thông qua việc giải các hệ phương trình sau  2 2   xn − y = a   Z[i] sao cho  | y2 + i ,  | y2 − i . Giả sử tồn tại   n x + y = b Suy ra  | 2i , hay N ( ) | 4 . Suy ra N ( ) là số chẵn. Mặt khác  a.b = k ; a, b  Z N (  ) | y22 + 1 , vậy nên N () | (4, y22 + 1). Do y2 lẻ nên (4, y22 + 1) = 2. Suy ra Tài liệu tham khảo N ( ) | 2 = N (i + 1). Điều này chứng tỏ i + 1 là ước [1] Võ Đại Mau, Chuyên đề số học, NXB trẻ, 1993. [2] Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng số học, NXB Tiền Giang, 1992. chung lớn nhất của y2 + i và y2 − i . [3] Đặng Hùng Thắng, Số nguyên Gauss và ứng dụng của nó trong lý y2 + i y2 − i thuyết số, Một số chuyên đề Toán chọn lọc, trường hè 2006. Từ đó suy ra và là hai số nguyên [4] Nguyễn Chu Gia Vượng, Vành các số nguyên Gauss và ứng dụng i +1 i +1 Diophante, Một số chuyên đề Toán Olympiad của Viện toán, 2010. Gauss nguyên tố cùng nhau. Theo Định lý 5, tồn tại (BBT nhận bài: 15/01/2014, phản biện xong: 26/02/2014)