Phương Trình Nghiệm Nguyên

You are currently browsing articles tagged Phương Trình Nghiệm Nguyên.

Trong phần này ta bàn đến các phương trình dạng $ax+by=c$, (với $a,\,b,\,c$ là những hằng số nguyên) và một số vấn đề xoay quanh chủ đề đó như điều kiện có nghiệm, cấu trúc tập nghiệm hay các số Frobenius.

Trước tiên, từ Định lý4.4  ta có ngay định lý sau đây.

Định lý 8.1. Điều kiện cần và đủ cho phương trình \[ax+by=n\] để có nghiệm nguyên $x,\,y$ là $\gcd\left(a,\,b\right)\mid n$

Đồng thời ta cũng có khẳng định sau Read the rest of this entry »

Tags: , ,

Định lý 9.1. Với $p$ là một số nguyên tố. Lúc đó số nghiệm của đồng dư  $$\begin{align} f(x)=a_nx_n+\ldots+a_0\equiv 0\pmod p,\end{align}\quad (7)$$không vượt quá $n$.         

Chứng minh. Ta có thể giả sử rằng $p\nmid a$. Định lý sẽ trở nên tầm thường nếu $(7)$ không có nghiệm. Nếu $a$ là một nghiệm khi đó ta có thể viết \[f(x)=(x-a)f_1(x)+r_1,\] trong đó ta thấy rằng $p\mid r_1=f(a)$. Từ đó $$f(x)\equiv (x-a)f_1(x)\pmod p.$$ Read the rest of this entry »

Tags: , , ,

Phương trình nghiệm nguyên sau đây, là một bài toán khá nổi tiếng trên AMM những năm trước. Việc giải quyết nó đòi hỏi phải nắm vững lý thuyết về phương trình Pythagoras

Bài toán.  Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$x^3+4x=y^2.$$

Lời giải. Trước tiên ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề.  Hễ phương trình $x^2+y^2=z^2$ có bộ nghiệm nguyên dương $\left(\mathfrak x;\,\mathfrak y;\,\mathfrak z\right)$ thì $2\mathfrak x\mathfrak y$ không là số chính phương.

Chứng minh.  Giả sử phương trình đó có bộ nghiệm nguyên dương $\left(\mathfrak x;\,\mathfrak y;\,\mathfrak z\right)$ với $2\mathfrak x\mathfrak y$ là số chính phương, gọi $\left(a;\,b;\,c\right)$ là bộ nghiệm như thế với $c$ nhỏ nhất. Do tính thuần nhất của phương trình nên
\[\gcd \left( {a;\,b} \right) = \gcd \left( {b;\,c} \right) = \gcd \left( {c;\,a} \right) = 1.\] Read the rest of this entry »

Tags: , , ,

Bài toán sau đây có sử dụng đến định giá p-adic, nội dung như sau

Bài toán. Cho số nguyên tố $p$ và các số tự nhiên $x;\,y;\,m$, với $x;\,y>1$ thỏa mãn \[\frac{x^p+y^p}{2}=\left(\frac{x+y}{2}\right)^m.\] Chứng minh rằng $m=p$.
Lời giải. Giả sử $m\ne p$, theo bất đẳng Jensen ta có\[{\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^m} = \frac{{{x^p} + {y^p}}}{2} \ge {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^p}.\]Từ đó, $m>p\ge 2$ ta giả sử $\gcd(x;\,y)=d$ và viết $x=da;\,y=db$ với $\gcd(a;\,b)=1$ để có\[{2^{m – 1}}\left( {{a^p} + {b^p}} \right) = {d^{m – p}}{\left( {a + b} \right)^m}.\] Read the rest of this entry »

Tags: , , ,

Bài toán sau, khá cũ trên tạp chí THTT, thời gian đầu nó còn bị giải sai.  Để giải nó, có thể dùng tính UFD của vành Eisenstein $\mathbb Z[\omega]$, nhưng ngoài ra còn có một lời giải rất sơ cấp.

Bài toán. Tìm các số nguyên $x$ và $y$ thỏa mãn$$x^3-54y^3=1.$$ Read the rest of this entry »

Tags: , ,