Xem mẫu
- 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 = 12 ...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)
nguon tai.lieu . vn
