Chủ đề này có 31 trả lời

[zaizai]

Hồi cấp 2 em rất thích giải mấy bài phương trình nghiệm nguyên. Hồi đó có 1 bài em thấy rất làm thích thú. Hình như nó có tên là Phương trình Lebesgue Và để giải bài đó cũng dùng cái bổ đề rất cổ điển nhưng rất hay (nó còn giúp solve cả đống bài khác ). Bài nó là thế này:
Giải phương trình nghiệm nguyên:

$x^2+k=y^3$

Hình thức rất đơn giản nhưng theo cảm nhận của zaizai thì đây là 1 phương trình nghiệm nguyên đẹp và hay. Các bác có thể chứng minh thử với 1 số k cụ thể như sau:
$k=3,5,17,-11,-13,16$
Mọi người cũng giải cho vui cửa vui nhà nào

[lyxuansang91]

1)Phương trình Pythagore

Phương trình Pythagore có dạng :
$ x^2 + y^2 = z^2 $

Dễ thấy nếu $ (x_{0},y_{0},z_{0})$ là một nghiệm của phương trình thì với mọi số nguyên dương k bộ $ (kx_{0},ky_{0},kz_{0})$ cũng là một nghiệm. Ngược lại nếu $ (x_{0},y_{0},z_{0})$ là một nghiệm của phương trình trên và $ d =(x_{0},y_{0},z_{0}) $ thì $ (\dfrac{x_{0}}{d}, \dfrac{y_{0}}{d},\dfrac{z_{0}}{d}) $ cũng là một nghiệm và việc của chúng ta cần làm là xét bộ (x,y,z) thỏa mãn (x,y,z) = 1 .


Định lí :
Giả sử (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy với x chẵn . Khi đó luôn tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n thỏa mãn :
$ x = 2mn , y = m^2 - n^2 , z = m^2 + n^2 $

Ngược lại, nếu tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n sao cho :
$ x = 2mn, y = m^2 - n^2 z = m^2 + n^2 $
thì (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy .


Chứng Minh:

Giả sử (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy với x chẵn , ta có :
$ \dfrac{x}{2}^2 = (\dfrac{z+y}{2})(\dfrac{z-y}{2}) $
Vì (z,y) = 1 nên $ (\dfrac{z+y}{2},\dfrac{z-y}{2})=1$

Do đó tồn tại 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n, sao cho :
$ \dfrac{z+y}{2} = m^2; \dfrac{z-y}{2} = n^2$
Từ đó suy ra $ x = 2mn , y= m^2 - n^2 , z = m^2 + n^2$

Ngược lại , nếu tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n sao cho :
$ x = 2mn; y = m^2- n^2 ; z= m^2 + n^2$ thì dễ dàng KT (x,y,z) là một bộ Pythagore. Cần chứng minh (x,y,z) là bộ Pythagore nguyên thủy .Đặt (y,z) = d vì y,z là số lẻ nên d lẻ.Mặt khác :
$ y + z = 2m^2 \vdots d; z-y = 2n^2 \vdots d $

$ \Rightarrow m^2 \vdots d ; n^2 \vdots d $ . Vì (m,n) =1 nên d = 1 tức là (y,z)= 1 . Từ đó suy ra (x,y) =1 và (x,z) = 1. Điều phải chứng minh

[lyxuansang91]

2) Phương trình Pell

Ta xét phương trình nghiệm nguyên có dạng :
$ x^2 - dy^2 = 1 \quad(1)$

Trong đó d không phải là số chính phương. Phương trình này có tên gọi là phương trình Pell.
Trong trường hợp d là số chính phương thì $d= h^2$ thì phương trình (1) tương đương với :
$ (x-hy)(x+hy) = 1 $
Hiển nhiên phương trình này có nghiệm $ (x,y) = (\pm1,0)$

Nhưng lí do mà ta chỉ xét d không là số chính phương vì nếu (x,y) là nghiệm của phương trình (1) thì $ (\pm x, \pm y) $ cũng là nghiệm của phương trinh(1).

*) Nếu $ (x_{i},y_{i})$ và $ (x_{j},y_{j})$ là các nghiệm của phương trình (1) thì $ x_{i} > x_{j} \Leftrightarrow y_{i}>y_{j} $

Do đó ta có thể giả sử :$(x_{0},y_{0}), (x_{1},y_{1}),(x_{2},y^{2}), .... $
là tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình (1) thỏa mãn tính chât:
$1 = x_{0} < x_{1} < ... ; 0 = y_{0} < y_{1} < ... $
Khi đó :
**) $ x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n \forall n = 0,1,2, ...$
**) $ (x_{n+1},y_{n+1})$ sẽ được xác định duy nhất thông qua $(x_{n},y_{n})$ và $ (x_{n-1},y_{n-1}) $ hay là $ \{ x_{n}\} ; \{ y_{n}\}$ là các dãy truy hồi cấp 2 .

Công thức nghiệm

Định lí 1 : Cho d là một số nguyên dương không phải là một số chính phương . Khi đó phương trình Pell
$ x^2 - dy^2 = 1 $


Luôn luôn có nghiệm nguyên dương .
Định lí 2 :
Giả sử $(x_{1},y_{1}) $ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell

Khi đó điều kiện cần và đủ để (x,y) là một nghiệm nguyên dương của phương trình là tồn tại một số nguyên dương n sao cho
$ x + \sqrt{d}y = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $


Chứng minh

Giả sử tồn tại một số nguyên dương n sao cho $x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{n})^n $.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $x_{n} - \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} - \sqrt{d}y_{n})^n $ và $ (x_{n},y_{n}) $ cũng là nghiệm của phương trình Pell.

Với n = 1 hiển nhiên đúng . Giả sử đúng với n ta sẽ chứng minh nó đúng với n+ 1 .Ta có :
$(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n = (x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n(x_{1}+\sqrt{d}y_{1}) = (x_{n} + \sqrt{d}y_{n})(x_{1}) $
$ = x_{n}x_{1} + dy_{n}y_{1} + \sqrt{d}(y_{n}x_{1} + x_{n}y_{1})$

Do đó :
$ x_{n+1} = x_{n}x_{1} + dy_{n}y_{1} ; y_{n+1} = y_{n}x_{1} + x_{n}y_{1}$

Mặt khác :
$ (x_{1} -\sqrt{d}y_{1})^{n+1} = (x_{n}-\sqrt{d}y_{n})(x_{1} - \sqrt{d}y_{1}) $
$ = x_{n+1} \sqrt{d}y_{n+1} $
Tức là khẳng định đúng với n + 1 . Theo nguyên lí quy nạp ta có :
$ x_{n} \pm \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} \pm \sqrt{d}y_{1})^n \forall n \geq 0 $

Do $(x_{1},y_{1}$ là nghiệm của phương trình Pell nên
$ x_{n}^2 - dy_{n}^2 = (x_{n}+\sqrt{d}y_{n})(x_{n}-\sqrt{d}y_{n}) = (x_{1}^2 - dy_{1}^2)^n = 1 $
Vậy $(x_{n},y_{n}) $ là nghiệm của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $

Ngược lại nếu (x,y) là một nghiệm của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $ thì tồn tại n sao cho $ x + \sqrt{d}y = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $
Giả sử VT > VP :
Vì $ x_{1} + \sqrt{d}y_{1} > 1 $ nên luôn tồn tại một số nguyên dương m sao cho
$(x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^m < x + \sqrt{d}y < (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^{m+1}$
$\Rightarrow 1< (x+\sqrt{d})(x_{1}- \sqrt{d}y_{1})^m < x_{1} + \sqrt{d}y_{1} $

Mặt khác theo phần trên
$(x+\sqrt{d}y)(x_{1} - \sqrt{d}y_{1})^m = s + \sqrt{d}t $ với
$ s = xx_{m}-dyy_{m} , t= x_{m}y - xy_{m} $
$ \Rightarrow 1 < s + \sqrt{d}t < x_{1} + \sqrt{d}y_{1} $

Ta sẽ chứng minh (s,t) cũng là một nghiệm nguyên dương của phương trình
$x^2 - \sqrt{d}y^2 = 1 $
Thật vậy
$s^2 - dt^2 = (xx_{m}-dyy_{m})^2 - d(x_{m}y-xy_{m})^2 = x_{m}^2(x^2 -dy^2)-dy_{m}^2(x^2- dy^2) = x_{m}^2 - dy_{m}^2 = 1 $

s > 0 . Mặt khác do $ s^2 -dt^2 = (s- \sqrt{d}t)(s+\sqrt{d}t) = 1 $ và $ s + \sqrt{d}t > 1$ nên $ 0<s-\sqrt{d}t < 1 $
tức là t > 0 . Vậy (s,t) là một nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2 - dy^2 = 1 $ mà nghiệm này nhỏ hơn $ (x_{1},y_{1}) $ nên vô lí .

Vì vậy các nghiệm của PT Pell thỏa mãn đẳng thức:
$x_{n} \pm \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} \pm \sqrt{d}y_{1})^n \forall n = 0,1,2,...$
$\Rightarrow \left \{ \begin{array}{l} x_{n} = \dfrac{(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n + (x_{1} - \sqrt{d}y_{1})^n}{2} \\ y_{n} = \dfrac{(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n-(x_{1}-\sqrt{d}y_{1})^n}{2\sqrt{d}} \end{array}\right. $

[zaizai]

Your post is very well. I want to dicuss about all of them. In this post, I am interesed in talking about history of Diophante equations. The name of Diophantine analysis bears a branch of the theory of number concerning equations which are to be solved in integers. The equations themselves are called Diophantine. They are named after a Greek mathematician Diophantus who lived in Alexandria in the third century (?!) and occupied himself with problems reducible to the equation of the above-mentioned type That alll I want to say...

[andrew wiles]

Ở 1 số tài liệu còn gọi đây là pt Mordell.Với k nào đó đế pt vô nghiệm thì cm khá dễ dàng,song với k mà pt có nghiệm thì lại hoàn toan khác.Ví dụ với k=-4 là đề thi HSG của chuyên toán lớp 10 ĐHKHTN 2004(rất ít người làm đươc nó trong vòng 180 phút của kì thi đó theo mình biết)

[lyxuansang91]

Các hệ quả
Giả sử $ (x_{n},y_{n}) n > 0; 1 = x_{0} < x_{1}< x_{2}<.... , 0 = y_{0} < y_{1} < ...$ là dãy tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell :
$ x^2 - dy^2 = 1 $
Khi đó $ (x_{n} , n \geq 0 ) $ và $ (y_{n}, n \geq 0) $ là 2 dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 thỏa mãn công thức :
$ x_{n+1} = 2x_{1}x_{n} - x_{n-1} $
$ y_{n+1} = 2x_{1}y_{n} - y_{n-1} $

Chứng minh :

Theo định lí trên ta có :
$ x_{n+1} = x_{1}x_{n}+dy_{1}y_{n} , y_{n+1} = x_{n}y_{1} + x_{1}y_{n} \forall n > 0$
$\Rightarrow x_{n} = x_{1}x_{n-1}+dy_{1}y_{n-1} \Rightarrow dy_{1}y_{n-1} = x_{n} - x_{1}x_{n-1}$
$ x_{n+1} = x_{1}x_{n} + dy_{1}y_{n}= x_{1}x_{n} + dy_{1}(x_{n-1}y_{1}+x_{1}y_{n-1}) $
$ = x_{1}x_{n} + dy_{1}^2x_{n-1}+ x_{1}(dy_{1}y_{n}-1) $
$ = x_{1}x_{n} + dy_{1}^2x_{n-1} + x_{1}(x_{n}-x_{1}x_{n-1}) $
$ = 2x_{1}x_{n} + (dy_{1}^2 - x_{1}^2)x_{n-1} $
$ = 2x_{1}x_{n} - x_{n-1} $

Tương tự ta có : $ x_{n-1}y_{1} = y_{n}-x_{1}y_{n-1} $
$ \Rightarrow y_{n+1} = x_{n}y_{1} + x_{1}y_{n} $
$ = (x_{1}x_{n-1} + dy_{1}y_{n-1})y_{1} + x_{1}y_{n} $
$ = x_{1}(x_{n-1}y_{1}) + dy_{1}^2y_{n-1} + x_{1}y_{n} $
$ = 2x_{1}y_{n} - (x_{1}^2 - dy_{1}^2)y_{n-1} $
$ = 2x_{1}y_{n} -y_{n-1} $

Hệ quả được chứng minh

[DinhCuongTk14]

Tốt lắm Sang à . Cố gắng phát huy tiếp nữa nha :
Sau đây là 1 số bài tập về pt Pell mong các bạn tiếp tục vào thảo luận :

Bài 1 ( AMM 1992 )
a .Cmr : tồn tại vô hạn số nguyên dương $ a$ sao cho cả $a+1$ và $ 3a+1$ đều là số chính phương.
b. Gọi $\{a_{m}\}$ là dãy tăng các số $ a$ thoải mãn điều kiện cuả câu a trên
Cmr : $a_{m}a_{m+1}+1$ là số chính phương .

Bài 2 ( Problem 2185 in Crux Mathematicorum (22 (1996), 319) )
Giải phương trình nghiệm nguyên :
$ \sum\limits_{i=1}^{n}(2i)^{2}= \sum\limits_{i=1}^{k}i.(i+1) $
Với $ n ;k$ là các số nguyên dương

Bài 3 (American Mathematical Monthly 1954 )
Xác định nghiệm nguyên của hệ sau :
$2uv-xy=16$
$xu-yv=12$

Bài 4 ( E10316 in the American Mathematical Monthly )
Tìm tất cả các số nguyên $a,b $ sao cho : $ab|a^{2}+b^{2}+1$

Bài 5 ( E 6628 American Mathematical Monthly 1991 )
Cmr : tồn tại vô hạn tam giác có độ dài 3 cạnh là số nguyên và diện tích tam giác là 1 số chính phương

Bài 6
Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b$ sao cho :
${a-1 \choose b} ={a+1 \choose b-1}$

Hi vọng các bạn tiếp tục hưởng ứng

[lovemath_khtn]

đóng góp nhanh thêm bài 6 tst việt nam năm 2006
hôm nay hơi bận,mai rảnh post tiếp,tối nay có việc,hihi

[lyxuansang91]

Phương trình $ x^2 - dy^2 = -1 $

Xét phương trình $x^2 - dy^2 = -1 $ trong đó d không phải là số chính phương

Khác với phương trình Pell phương trình này không phải lúc nào cũng có nghiệm. Chẳng hạn xét phương trình $ x^2 -dy^2 = -1 $ với $ d \equiv 3 (mod 4) $

Phương trình này không có nghiệm nguyên . Thật vậy giả sử phương trình này có một nghiệm nguyên $ (x_{0},y_{0}) $. Khi đó ,
$ x_{0}^2 - dy_{0}^2 = - 1 \equiv x_{0}^2 + y_{0}^2 (mod 4) $

Tức là $ x_{0}^2 + y_{0}^2 \equiv 3 (mod 4) $. Tương tự ta có thể chứng minh được nếu $d = k^2 - 1$ hoặc d có một ước số nguyên tố $p \equiv 3 (mod 4)$ thì phương trình $ x^2 - dy^2 = -1 $
Cũng không có nghiệm nguyên

Định lí :

Giả sử phương trình $ x^2 - dy^2 = -1 $ có nghiệm nguyên dương với $ (x_{1},y_{1}) $ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất . Khi đó:
I) Các số nguyên dương $ (x_{2},y_{2})$ được xác định bởi :
$ x_{2} + \sqrt{d}y_{2} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^2 $
là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình $ x^2 -dy^2 = 1 $
II) Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình $ x^2 - dy^2 = - 1$ đều có dạng $ (x_{n},y_{n}) $ với n lẻ , tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $ đều có dạng $ (x_{n},y_{n}) $ với n chẵn , trong đó $(x_{n},y_{n}) $ là các số nguyên dương được xác định bởi :
$ x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $

[quangpbc]

Ai muốn xem kĩ về mảng lý thuyết này nên đọc qua cuốn :Phương trình nghiệm nguyên .Tác giả Phan Huy Khải ( trong đó viết đầy đủ lắm )

[lyxuansang91]

Ai muốn xem kĩ về mảng lý thuyết này nên đọc qua cuốn :Phương trình nghiệm nguyên .Tác giả Phan Huy Khải ( trong đó viết đầy đủ lắm )

Em nghĩ đọc cuốn : Bài giảng số học của NXB DHQG Hà Nội hay hơn anh àh

[zaizai]

uhm đi theo nó là cả 1 đống định lí tổng quát giúp chứng minh vô nghiệm. Còn có nghiệm thì mình cũng chưa gặp bao giờ. Để thử xem sao

[ThangTongHop]

Em nghĩ đọc cuốn : Bài giảng số học của NXB DHQG Hà Nội hay hơn anh àh

Bạn nào thích nhiều lý thuyết đầy đủ và tập trung nên dùng quyển của Sang. còn ai thích nhiều bài tập chi tiết thì dùng cuốn của thầy Khải
Có thể tham khảo thêm cuốn Diophan equations

[ThangTongHop]

Loại PT này có 1 số dạng đặc sắc hơn mà PT Labesgue chỉ là 1 TH của nó. TH còn lại thường dùng phương pháp lùi 1 vài bước để tìm nghiệm, nhưng thường là vô nghiệm

[quangpbc]

cái đó mình cũng chịu à.Đã đọc cái cuốn kia đâu.mà cũng chưa thấy bao giờ.Ở Nghệ An ít sách hay quá :cry

[HUYVAN]

Không biết tụi em thế nào, chứ anh thấy đọc cuốn Elementary theory of numbers của Wacław Sierpiński là nhất roài.
Còn bài tập thì lên ML và VMF mà kiếm, thiếu gì. Còn nếu muốn bài tập áp dụng cho từng phương pháp cụ thể thì tìm đọc cuốn Diophante của lão Titu ấy, cũng được lắm.

[quangpbc]

Chỗ nào có hả anh

[HUYVAN]

Chỗ nào có hả anh

Thiếu gì chú, các cuốn này đều có ebook trên VMF và MNF hết rồi

[lyxuansang91]

Thiếu gì chú, các cuốn này đều có ebook trên VMF và MNF hết rồi

Em ko có cuốn phương trình của Titu anh HUYVAN có send cho em với nào . Em đang rất cần