Tải bản đầy đủ

Tứ giác newton, phương trình bậc ba liên kết và nghiệm hữu tỉ của chúng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐINH XUÂN SÁNG

TỨ GIÁC NEWTON, PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA
LIÊN KẾT VÀ NGHIỆM HỮU TỈ CỦA CHÚNG
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Ngô Thị Ngoan

THÁI NGUYÊN - 2019


i


Mục lục
Lời cảm ơn

1

Lời mở đầu

2

1 Tứ giác Newton và phương trình bậc ba liên kết
1.1 Bài toán mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton . . . . . . . .

4
4
6

2 Nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton
2.1 Công thức nghiệm của Barnett . . . . . .
2.2 Tìm nghiệm hữu tỉ bằng phương pháp đại
2.3 Tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức
2.4 Một số tính chất của tập nghiệm . . . . .
2.5 Về tứ giác Newton và bài toán ngược . .
Kết luận
Tài liệu tham khảo

. . . . .
số . . .
nghiệm
. . . . .
. . . . .

.
.
.
.
.

.
.


.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

14
14
17
21
25
28
32
33


1

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học – Đại học
Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Ngô Thị Ngoan. Tác
giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn
khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian
hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá
trình làm luận văn.
Tác giả cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích
cho công tác và nghiên cứu của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn
sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán
K12E2 (khóa 2018-2020); Nhà trường và các phòng chức năng của Trường;
Khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã quan
tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.
Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K12E (khóa
2018–2020) đã luôn động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình
học tập, nghiên cứu.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh
đạo đơn vị công tác và đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện
tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 9 năm 2019
Tác giả
Đinh Xuân Sáng


2

Mở đầu
“Làm thế nào các câu hỏi hình học có thể quy về phương trình đại số” là
một phần nội dung trong cuốn sách Universal Arithmetick của Isaac Newton,
được viết năm 1720. Một trong những vấn đề mà Newton đã xử lý là vấn đề
tìm đường kính của một đường tròn có một tứ giác lồi nội tiếp trong nó khi
biết độ dài cạnh a, b, c, trong khi cạnh thứ tư d là đường kính. Quá trình giải
quyết vấn đề này đã đưa ông đến một mối qua hệ giữa các đại lượng a, b, c
và d. Mối quan hệ đó được gọi là phương trình Newton

d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.

(1)

Năm 1915, P. Bachmann đã đưa ra một phương pháp để tìm kiếm tất cả
các nghiệm nguyên dương của phương trình Newton. Vào tháng 6 năm 1926,
N. Anning đã đưa ra bàn luận về phương trình Newton trong một hội nghị
Toán học. Bằng cách chia hai vế của phương trình (1) cho d3 , N. Anning
đã đưa vấn đề tìm nghiệm của phương trình (1) bằng cách tìm nghiệm của
phương trình
u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0.
(2)
Với công thức

(u, v, w) =

β 2 + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2
,
,
2βγ
2γα
2αβ

,

(3)

vô số nghiệm hữu tỉ đã được tìm thấy khi ông sử dụng một mối quan hệ hài
hòa trong số các cosin của các góc của một hình tam giác.
Năm 1955, I. A. Barnett đã xem xét phương trình (2). Ông đã chứng
minh rằng tất cả các nghiệm hữu tỉ của nó được đưa ra bởi công thức (3)
nếu chúng ta cho phép α, β và γ chạy trên tất cả các số nguyên khác không.
Phương pháp của ông, sử dụng đại số tuyến tính thuần túy được mô tả chi


3

tiết trong Chương 2, mà không sử dụng công cụ lượng giác. Việc nghiên cứu
của ông hoàn toàn độc lập về mặt ý tưởng với Anning.
Năm 2004, gần đây M. Hajja đã giải phương trình (2) bằng việc dùng
cosin của các góc trong một tam giác bất kỳ. Ông kết thúc quá trình giải
phương trình (2) với kết quả chính xác giống như của Barnett. M. Hajja cũng
đã chứng minh rằng các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) đều được đưa ra
bởi công thức (3) với α, β, γ hạn chế là độ dài cạnh của một tam giác nhọn.
Mục đích của luận văn này là trình bày chi tiết 6 phương pháp đưa ra
phương trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0 (1); trình bày chi tiết
chứng minh của I. A. Barnett mô tả cách sử dụng đại số tuyến tính trong việc
tìm ra tất cả các nghiệm hữu tỉ của phương trình u2 +v 2 +w2 +2uvw −1 = 0
(2); trình bày phương pháp đại số để tìm ra công thức tham số hóa cho các
nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) theo kết quả của M. Hajja và J. Sondow.
Luận văn còn trình bày chi tiết sự tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức
nghiệm trên của phương trình (2) và các thuộc tính của các nghiệm dương
của phương trình Newton và đa thức đồng hành của nó.
Luận văn gồm hai chương. Chương 1 trình bày vấn đề hình bán nguyệt và
6 phương pháp đưa tới phương trình Newton cùng các kiến thức có liên quan
trong quá trình chứng minh các kết quả ở chương 2. Chương 2 là nội dung
chính của luận văn. Mục 2.1 trình bày công thức nghiệm của Barnett. Mục
2.2 trình bày phương pháp đại số tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình (2).
Mục 2.3 trình bày sự tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức nghiệm trong
mục 2.1 và mục 2.2. Mục 2.4 trình bày một số tính chất của tập nghiệm và
mục 2.5 trình bày về bài toán ngược từ một bộ nghiệm của phương trình
Newton liệu có hay không một tứ giác Newton tương ứng.


4

Chương 1
Tứ giác Newton và phương trình bậc
ba liên kết
Chương này ta đi tìm hiểu về hình bán nguyệt, vấn đề này là một trong
ba ví dụ cốt lõi mà Newton sử dụng để minh họa làm thế nào các vấn đề hình
học có thể được chuyển thành ở dạng đại số. Ta tìm hiểu sáu phương pháp
tiếp cận khác nhau đưa ra phương trình Newton cùng với đa thức Newton.

1.1

Bài toán mở đầu

Trong kì thi Olympic Toán học Trung cấp Anh năm 2010 ’Maclaurin’ có
câu hỏi sau:

Hình 1.
Cho nửa đường tròn đường kính AD có chiều dài AD = 4. Trên nửa đường
tròn đó, lấy các điểm B và C , như trong Hình 1, sao cho AB = BC = 1.


5

Tìm chiều dài của đoạn CD.
Một trong ba lời giải bài toán trên gợi lại vấn đề trước đây Newton đã đề
cập làm thế nào các vấn đề hình học có thể chuyển thành ở dạng đại số.
Vấn đề hình bán nguyệt.

Hình 2. Hình bán nguyệt.
Khi bắt tay vào giải đáp vấn đề hình bán nguyệt, Newton đã có những
quan sát thú vị rằng, nếu chúng ta được cho a, d, c và được yêu cầu tìm b.
Rõ ràng không phức tạp, sử dụng d để vẽ đường tròn đường kính AD, sau
đó dựng các dây cung có độ dài a, c trên đường tròn để xác định vị trí B và
C . Tuy nhiên, nếu chúng ta đã cho a, b, c và được yêu cầu tìm d, chúng ta
không thể bắt đầu quá trình như trên vì chúng ta không thể vẽ vòng tròn
ban đầu! Newton đưa ra sáu phương pháp có thể suy ra phương trình bậc
ba thể hiện mối quan hệ a, b, c và d với nhau.
Định nghĩa 1.1.1. Một tứ giác Newton là một tứ giác lồi nội tiếp trong một
đường tròn về một bên của một đường kính, với một cạnh là đường kính của
đường tròn.

Hình 3. Tứ giác Newton.


6

Trong hình 3, đa giác ABCD là tứ giác Newton với AD là đường kính, độ
dài các cạnh và đường chéo được kí hiệu AB = a, BC = b, CD = c, DA =
a, AC = z, BD = y . Newton đã đưa ra mối quan hệ giữa độ dài các cạnh và
nó được gọi là phương trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.

1.2

Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton

Phương pháp 1. Tam giác đồng dạng I

Hình 4. Tam giác đồng dạng I.
Hạ hình chiếu vuông góc của B là E lên đường thẳng CD. Ta có ABD
và CEB là hai tam giác vuông đồng dạng dẫn tới
b
ab
BD = d2 − a2 , CE = , BE =
d 2 − a2 .
d
d
Lại có CD = ED − EC dẫn tới

CD = BD2 − BE 2 − EC
ab
b2 2
2
2
⇔ c = d − a − 2 (d − a2 ) −
d
d
2
b
ab
⇔ d2 − a2 − 2 (d2 − a2 ) = c +
d
d
2
b
abc
a2 b2
2
2
2
2
2
⇔d −a − 2 d −a =c +2
+ 2
d
d
d
⇔ d4 − a2 d2 − b2 d2 + a2 b2 = c2 d2 + 2abcd + a2 b

⇔ d4 − a2 d2 − b2 d2 − c2 d2 − 2abcd = 0
⇔ d d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.


7

từ đó ta có phương trình Newton

d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.
Ngoài ra, từ BE 2 = BC 2 − CE 2 = BD2 − DE 2 cũng đi tới phương trình
trên.
Hoàn toàn có thể làm tương tự khi hạ DE vuông góc từ D xuống BC
hoặc hạ CE vuông góc từ C xuống BD.
Phương pháp 2. Quy tắc Cosin

Hình 5.
Xét tam giác ABD, theo Định lý Pitago ta có

d2 − a2 = BD2 .
Xét tam giác BCD, theo Định lý Cosin ta có

BD2 = b2 + c2 − 2bc cos (180o − θ) = b2 + c2 + 2bc cos θ.


a
cosθ = .
d

Từ đó, với lưu ý d = 0 ta có

2abc
d
⇔ d3 − a2 d = b2 d + c2 d + 2abc
⇔ d3 − (a2 + b2 + c2 )d − 2abc = 0.

d2 − a2 = b2 + c2 +


8

Bổ đề 1.2.1. (Định lý Ptoleme thuận) Nếu một tứ giác nội tiếp trong
một đường tròn thì tích của hai đường chéo bằng tổng các tích của các cặp
cạnh đối diện.
Chứng minh. Gọi ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hình 6.
Trên cung nhỏ BC , ta có các góc nội tiếp ∠BAC = ∠BDC, và trên cung
AB , ta có ∠ADB = ∠ACB .
Lấy 1 điểm K trên AC sao cho ∠ABK = ∠CBD;
Từ ∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD suy ra ∠CBK =
∠ABD.
Do vậy tam giác ABK đồng dạng với tam giác DBC , và tương tự có tam
giác ABD đồng dạng với tam giác KBC .
Suy ra:

AK
CD CK
DA
=
;
=
;
AB
BD BC
BD
Từ đó

AK.BD = AB.CD, CK.BD = BC.DA;
Cộng hai đẳng thức trên theo vế tương ứng ta có

AK.BD + CK.BD = AB.CD + BC.DA
⇔ (AK + CK) .BD = AB.CD + BC.DA
⇔ AC.BD = AB.CD + BC.DA.


9

Phương pháp 3. Dùng Định lý Ptoleme thuận

Hình 7.
Theo Định lý Ptoleme thuận ta có

AD.BC + AB.CD = AC.BD
hay



db + ac = d2 − c2 . d2 − a2
⇔ (db + ac)2 = d2 − c2 d2 − a2
⇔ d2 b2 + 2abcd + a2 c2 = d4 − a2 d2 − c2 d2 + a2 c2
⇔ d4 − a2 d2 − c2 d2 − d2 b2 − 2abcd = 0
⇔ d d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.
từ đó ta có phương trình Newton

d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.
Phương pháp 4. Tam giác đồng dạng II

Hình 8. Tam giác đồng dạng II.


10

Trong lời giải này, ta giả sử a = c.
Kéo dài BC và AD cắt nhau tại F như hình vẽ. Tương tự ta cũng có thể
sử dụng giao điểm của AB với CD kéo dài.
Ta đặt AF = e.
Hai tam giác ABF và CDF đồng dạng, ta có

CF =

a(e − d)
ce
, BF =
.
a
c

Vì vậy

b = BF − CF =

a(e − d) ce
− .
c
a

Từ đó ta có

abc = a2 (e − d) − c2 e
⇔ abc = a2 − c2 e − a2 d,
hay

e=

a2 d + abc
.
a2 − c 2

Trong tam giác ABF , ta có BF 2 = AB 2 + AF 2 − 2ABAF cos θ,
hay
a
a2 (e − d)2
= a2 + e2 − 2ae · .
2
c
d
a2 d + abc
vào đẳng thức cuối ta thu được
Thế e = 2
a − c2
2

a2 d + abc
a
−d
2
a2 d + abc
a2 d + abc a
a2 − c 2
2
=a +
− 2a 2
·
c2
a2 − c2
a − c2 d
2
2
2
a2 d + abc
a2 c2 a2 d + abc
2 2
2
2 c d + abc
⇔a
=a c +
c −2
a2 − c2
a2 − c 2
d a2 − c 2
2
⇔ d(cd + ab)2 = d a2 − c2 + d(ad + bc)2 − 2 a2 d + abc a2 − c2
⇔ c2 d3 + a2 b2 d = c4 d + a2 d3 + b2 c2 d − a4 d − 2a3 bc + 2abc3
⇔ c2 − a2 d3 + a2 − c2 b2 d − c4 − a4 d + 2abc a2 − c2 = 0
⇔ c2 − a2 d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.
2

Từ đó ta có phương trình Newton.


11

Phương pháp 5. Diện tích

Hình 9.
Quay lại với hình 3 ở phương pháp 1, ta ký hiệu area(ABCD) là diện
tích của hình ABCD. Như trong hình 9 ta có:

area (ABCD) = area (BAD) + area (BCD)
1
1
= AB.BD + CD.BE
2
2
1 √ 2
1 b√ 2
= a d − a2 + c ·
d − a2
2
2 d
ad + bc √ 2
d − a2 .
=
2d
Tương tự, bằng việc sử dụng đường chéo AC , ta nhận được

area (ABCD) = area (ABC) + area (ADC)
cd + ab √ 2
=
d − c2 .
2d
Từ các công thức trên ta có:


(ad + bc) d2 − a2 = (cd + ab) d2 − c2
⇔ (ad + bc)2 d2 − a2 = (cd + ab)2 d2 − c2

⇔ a2 d2 + 2abcd + b2 c2 d2 − a2 = c2 d2 + 2abcd + a2 b2 d2 − c2
⇔ a2 d4 + 2abcd3 + b2 c2 d2 − a4 d2 − 2a3 bcd − a2 b2 c2
= c2 d4 + 2abcd3 + a2 b2 d2 − c4 d2 − 2abc3 d − a2 b2 c2
⇔ a2 d4 + b2 c2 d2 − a4 d2 − 2a3 bcd = c2 d4 + a2 b2 d2 − c4 d2 − 2abc3 d


12

⇔ a2 d4 − c2 d4 + b2 c2 d2 − a2 b2 d2 + c4 d2 − a4 d2
+ 2abc3 d − 2a3 bcd = 0
⇔ a2 − c2 d4 + c2 − a2 b2 d2 + c2 − a2 c2 + a2 d2
+ c2 − a2 2abcd = 0
⇔ d a2 − c2 d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.
Từ đó ta có phương trình Newton.
Phương pháp 6. Làm thế nào để không làm điều đó
Trong phương pháp này, Newton chủ yếu sử dụng vị trí của các điểm B
và C trong hình 10 để tính BC = b. Phụ đề "Làm thế nào để không làm
điều đó!" muốn nêu lại ý tưởng của Newton về phương pháp này: "Đối với
những phương pháp xây dựng mới có thể tạo ra những khó khăn hơn những
phương pháp đã được sử dụng từ trước".

Hình 10.
Từ B và C lần lượt hạ các hình chiếu vuông góc xuống AD là R và S .
Kẻ CT vuông góc với BR tại T .
a
a2
Ta có AR = a cos θ mà cos θ = nên AR =
.
d
d
c2
Tương tự SD = .
d
Khi đó
a2 + c2
RS = T C = d −
.
d
Lại có

BT = BR − CS =

a2 −

a4

d2

c2 −

c4
.
d2


13

Từ đó ta có

b2 = BC 2 = T C 2 + BT 2
hay

a2 + c 2
2
b = d−
d

2

+

a4
2
a − 2−
d

c4
2
c − 2
d

2

2

⇔ b2 d2 = d2 − a2 − c2 + a2 d2 + c2 d2 − a4 − c4 − 2ac (d2 − a2 ) (d2 − c2 )
⇔ b2 d2 = d4 − a2 + c2 d2 + 2a2 c2 − 2ac (d2 − a2 ) (d2 − c2 )
⇔ 2ac (d2 − a2 ) (d2 − c2 ) = d4 − a2 + c2 d2 + 2a2 c2 − b2 d2
2
⇔ 4a2 c2 d4 − a2 d2 − c2 d2 + a2 c2 = d8 + a2 + c2 d4 + 4a4 c4
+b4 d4 − 2 a2 + c2 d6 + 4a2 c2 d4 − 2b2 d6 − 4 a2 + c2 a2 c2 d2
+2 a2 + c2 b2 d4 − 4a2 c2 b2 d2
2
⇔ d8 + a2 + c2 d4 + b4 d4 − 2 a2 + c2 d6 − 2b2 d6
+2 a2 + c2 b2 d4 − 4a2 c2 b2 d2 = 0
2

⇔ d2 d6 − 2 a2 + b2 + c2 d4 + a2 + b2 + c2 d2 − 4a2 b2 c2 = 0.
Phân tích thành tích, ta thu được

d2 d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc d3 − a2 + b2 + c2 d + 2abc = 0.
Với vai trò a, b, c, d là cạnh của tứ giác lồi với d là đường kính thì d2 và
biểu thức d3 − a2 + b2 + c2 d + 2abc luôn nhận giá trị dương. Từ đó ta có
phương trình Newton.


14

Chương 2
Nghiệm hữu tỉ của phương trình
Newton
Trong chương 1 đã trình bày các lời giải khác nhau để đưa ra phương
trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0 (1) từ một bài toán hình học.
Với d = 0 ta chuyển phương (1) về dạng (2) u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0
bằng việc chia cả hai vế của phương trình (1) cho d3 . Tiếp theo tôi sẽ trình
bày tập nghiệm hữu tỉ của những phương trình này.

2.1

Công thức nghiệm của Barnett

Định lý 2.1.1. Các nghiệm hữu tỉ của phương trình

u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0

(2)

được cho bởi công thức

(u, v, w) =

β 2 + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2
,
,
2βγ
2γα
2αβ

, α, β, γ ∈ Z\{0}
(3)

và các nghiệm

(±1, s, ∓s), (s, ±1, ∓s), (s, ±s, ∓1), s ∈ Q

(4)

Chứng minh. Giả sử (u,v,w ) là một nghiệm của phương trình (2).
Nếu w = ±1, từ (2) ta có u2 + v 2 ± 2uv = 0 hay (u ± v)2 = 0 ⇔ v = ∓u.


15

Tương tự ta xét lần lượt với v = ±1 và u = ±1 ta thu được các nghiệm
của phương trình (2) cho bởi công thức

(±1, s, ∓s), (s, ±1, ∓s), (s, ±s, ∓1), s ∈ Q
Như vậy các nghiệm của phương trình (2) có một trong ba tọa độ là ±1
được cho bởi (4).
Nếu (u,v,w ) là một nghiệm của phương trình (2)
bằng ±1. Ta xét hệ phương trình cho bởi công thức
   

x
0
v
   

M  y  =  0  , ở đây M =  −1

z

0

mà không có u,v,w nào
sau:

u −1

w v .

w −1

u

Ta có det(M ) là u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1. Khi det(M ) = 0, hệ có nghiệm
không tầm thường (x, y, z) = (α, β, γ) = (0, 0, 0). Như vậy, ta có:



αv
+
βu

γ
=
0


 αv + βu = γ
βw + γv − α = 0 ⇔ βw + γv = α (∗)




αw + γu − β = 0
αw + γu = β
Nếu bất kỳ hai tọa độ nào của (α, β, γ) bằng 0, giả sử α = β = 0, thì
γ = 0, ta có mâu thuẫn.
Nếu có đúng một trong các tọa độ là 0, giả sử α = 0, β = 0, γ = 0, từ hệ
ta có
βu = γ, βw + γv = 0, γu = β.
β
γ
khi đó u = = , dẫn tới u = ±1, ta lại có mâu thuẫn. Như vậy không có
β
γ
tọa độ của (α, β, γ) bằng 0.
Ta viết lại (*) dưới dạng
   


u
γ
β α 0
   


L  v  =  α , ở đây L =  0 γ β 
w
β
γ 0 α
Ta nhận xét rằng, vì det (L) = 2αβγ = 0 nên áp dụng quy tắc Cramer,


16

với

γ α 0
D1 = α γ β = α β 2 + γ 2 − α2 ;
β 0 α
β γ 0
D2 = 0 α β = β γ 2 + α 2 − β 2 ;
γ β α
β α γ
D3 = 0 γ α = γ α2 + β 2 − γ 2 ;
γ 0 β
ta suy ra

(u, v, w) =

β 2 + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2
,
,
2βγ
2γα
2αβ

, α, β, γ ∈ Z\{0}.

Ngược lại với các số nguyên α, β, γ ∈ Z\{0} bất kì ta có các bộ u, v, w
được cho bởi công thức trên thỏa mãn phương trình (2), đồng thời các bộ
u, v, w cho bởi (4) cũng thỏa mãn phương trình (2).
Dựa vào định lý trên ta có công thức nghiệm của phương trình Newton
cho dưới dạng tham số như sau.
Hệ quả 2.1.2. Các nghiệm (a, b, c, d) của phương trình Newton

d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0
được tham số hóa bởi
(a, b, c, d) =

t

β 2 + γ 2 − α2 α, γ 2 + α2 − β 2 β, α2 + β 2 − γ 2 γ, 2αβγ ,

(5)

trong đó α, β, γ là các số nguyên khác 0 và t là số hữu tỷ bất kỳ, cùng với
các nghiệm có dạng

t (±1, s, ∓s, 1) , t (s, ±1, ∓s, 1) , t (s, ±s, ∓1, 1) , s, t ∈ Q,

(6)

và các nghiệm

(a, b, c, 0) , a, b, c ∈ Q, abc = 0.

(7)


17

Chứng minh. Tập hợp các nghiệm (a, b, c, 0), a, b, c ∈ Q, abc = 0 có được từ
việc lấy d = 0 trong (1) d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0.
Nếu d = 0 trong (1), ta chia hai vế của phương trình (1) cho −d3 ta có

a
−1 +
d

2

+

b
d

2

+

c
d

2

+2

abc
= 0.
d3

Ta đặt

a
b
c
u = ,v = ,w = ,
d
d
d
ta có phương trình u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0. Do đó, các nghiệm (a, b, c, d)
của phương trình (1) được đưa ra bởi công thức:
(a, b, c, d) = (ru, rv, rw, r),
trong đó (u, v, w) là nghiệm của phương trình u2 + v 2 + w2 + 2uvw − 1 = 0
với r = 0.
Các nghiệm (u, v, w) của phương trình (2) ở dạng (3) trong Định lý 2.1.1
cho ta các nghiệm của phương trình (1) là

t (±1, s, ∓s, 1) , t (s, ±1, ∓s, 1) , t (s, ±s, ∓1, 1) , s, t ∈ Q.
Bằng cách đặt r = 2αβγ ta có

(a, b, c, d) = (2αβγu, 2αβγv, 2αβγw, 2αβγ),
khi đó các nghiệm (u, v, w) của phương trình (2) trong công thức

(u, v, w) =

β 2 + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2
,
,
2βγ
2γα
2αβ

.

cho ta các nghiệm của phương trình (1) ở dạng (5).
Ở đây α, β, γ ta xét thuộc tập số nguyên khác 0.

2.2

Tìm nghiệm hữu tỉ bằng phương pháp đại số

Ở mục trước, ta đã trình bày công thức nghiệm hữu tỉ của phương trình
Newton dựa và công cụ đại số tuyến tính. Ở mục này, ta sẽ tìm hiểu về


18

một phương pháp khác để đưa ra công thức nghiệm hữu tỉ của phương trình
Newton
d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 0,
hoặc phương trình tương đương với phương trình Newton là

(ac + bd)2 = d2 − a2

d2 − c2 .

(8)

Sự tương đương của 2 phương trình trên đã được trình bày trong chương 1,
trong phần phương pháp số 3 xác định phương trình Newton.
Để thuận lợi hơn, và tôn trọng trật tự tự nhiên theo ký tự Alphabet
a, b, c, d ta viết lại (8) về dạng

(ab + cd)2 = d2 − a2

d2 − b2 .

(9)

Sự tương đương giữa (8) và (9) ta có thể kiểm tra trực tiếp nhưng cũng
có thể giải thích bằng cách (8) và (1) tương đương trong đó vế trái của (1)
là biểu thức đối xứng với a, b, c.
Định lý 2.2.1. Các nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton được cho bởi
công thức

(a, b, c, d) =

1 − st s − t 4st − (1 − st)(s − t)
r,
r,
r, r ,
1 + st s + t
(1 + st)(s + t)

trong đó r, s, t ∈ Q thỏa mãn rst(1 + st)(s + t) = 0, cùng với các nghiệm (6)
và (7). Do đó các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) được tham số hóa bởi

1 − st s − t 4st − (1 − st)(s − t)
,
,
, s, t ∈ Q, st(1 + st)(s + t) = 0
1 + st s + t
(1 + st)(s + t)
cùng với các nghiệm

(±1, s, ∓s), (s, ±1, ∓s), (s, ±s, ∓1), s ∈ Q.
Chứng minh. Với các trường hợp d = 0, d = ±a, d = ±b, d = ±c sẽ cho ta
các nghiệm của (9) có được ở dạng

t (±1, s, ∓s, 1) , t (s, ±1, ∓s, 1) , t (s, ±s, ∓1, 1) , s, t ∈ Q,
hoặc

(a, b, c, 0) , a, b, c ∈ Q, abc = 0.


19

Tiếp theo ta xét trường hợp

d = 0, d = ±a, d = ±b, d = ±c.

(10)

Chia cả hai vế của (9) cho (d + a)2 (d + b)2 ta được

d−a
d+a

d−b
d+b

=

cd + ab
(d + a) (d + b)

2

.

Ta đặt

cd + ab
= t.
(d + a) (d + b)

(11)

Từ (10) ta thấy t = 0, do đó ta có thể đặt

d−a
= st,
d+a

(12)

t
d−b
= .
d+b s

(13)

với s = 0, khi đó ta cũng có

Điều kiện ở (10) cho ta st = 0, st = −1.
Từ (12), (13) ta có

a=

1 − st
d,
1 + st

b=

s−t
d.
s+t

Thay các kết quả đó vào (11) ta thu được

c=

4st − (1 − st)(s − t)
d.
(1 + st)(s + t)

Các số a, b, c, d là các số hữu tỉ khi và chỉ khi d, s, t là các số hữu tỉ. Thay
d bởi r, ta có công thức nghiệm

(a, b, c, d) =

1 − st s − t 4st − (1 − st)(s − t)
r,
r,
r, r .
1 + st s + t
(1 + st)(s + t)

(14)

Từ kết quả trên chúng ta có hệ quả sau về một số nghiệm nguyên cho
phương trình Newton.


20

Hệ quả 2.2.2. Một số nghiệm nguyên dương (a, b, c, d) của phương trình
Newton tham số hóa bởi

a = (mq + np)(nq − mp), b = (mq − np)(nq + mp)
c = 4mnpq − (nq − mp)(mq − np), d = (mq + np)(nq + mp).
hoặc ở dạng tương đương

a = mn q 2 − p2 + pq n2 − m2 , b = mn q 2 − p2 + pq m2 − n2
c = 4mnpq + pq(m + n)2 − mn(p + q)2 , d = mn p2 + q 2 + pq m2 + n2 .
Trong đó m, n, p, q ∈ N được chọn sao cho a > 0, b > 0, c > 0. Ngoài ra,
nếu (a, b, c, d) là một nghiệm nguyên dương, thì (ka, kb, kc, kd) với k ∈ N
cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình.
Chứng minh. Vì phương trình Newton là thuần nhất nếu một bộ số (a, b, c, d)
là nghiệm thì bộ số (ka, kb, kc, kd) cũng là nghiệm của phương trình với mọi
k ∈ N.
Từ công thức nghiệm (14), ta nhân thêm

k=

(1 + st)(s + t)
,
r

khi đó

((1 − st) (s + t) , (s − t) (1 + st) , (4st − (1 − st) (s − t)) , (1 + st) (s + t)) .
m
p
Đặt s = , t = , ta được:
n
q
1−
4

mp
nq

mp
mp
− 1−
nq
nq

m p
m p
+
,

n
q
n
q
m p

n
q

, 1+

1+
mp
nq

mp
nq
m p
+
.
n
q

Nhân với n2 q 2 ta thu được kết quả nghiệm nguyên dương (a, b, c, d) của
phương trình Newton với

a = (mq + np)(nq − mp), b = (mq − np)(nq + mp)
c = 4mnpq − (nq − mp)(mq − np), d = (mq + np)(nq + mp).
Cuối cùng, chọn m, n, p, q ∈ N sao cho a > 0, b > 0, c > 0. Ta thu được
Hệ quả 2.2.2 từ Định lý 2.2.1.


21

Ví dụ 2.2.3. Chọn hai số m, n ∈ N nguyên tố cùng nhau cùng với p, q ∈ N
sao cho nq − mp = 1 và mq − np > 0. Chúng ta thấy rằng

a = mq + np > 0,

b = (mq − np)(nq + mp) > 0

c = 4mnpq − (mq − np) > 0,

d = (mq + np)(nq + mp) > 0

+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (1, 1) và (p, q) = (1, 2) ta thu được kết
quả (a, b, c, d) = (3, 3, 7, 9).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (2, 1) và (p, q) = (5, 11) ta thu được kết
quả (a, b, c, d) = (27, 357, 423, 567).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (3, 2) và (p, q) = (3, 5) ta thu được kết
quả (a, b, c, d) = (21, 171, 351, 399).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (3, 2) và (p, q) = (1, 2) ta thu được kết
quả (a, b, c, d) = (8, 28, 44, 56).

2.3

Tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức nghiệm

Trong Mục 2.1 và 2.2 ta đã có được hai công thức nghiệm của phương
trình (2) thông qua công thức của Barnett và phương pháp đại số. Hai công
thức nghiệm nhìn rất khác nhau được xây dựng từ những phương pháp hoàn
toàn khác nhau, nhưng bản chất chúng lại như nhau. Trong Mục này ta sẽ
kiểm tra sự tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức nghiệm đó.
Các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) được đưa ra trong các Định lý
2.1.1 và Định lý 2.2.1 là tập hợp các bộ số tương ứng S0 ∪ S1 và S0 ∪ S2 ,
trong đó

S0 = {(±1, s, ∓s), (s, ±1, ∓s), (s, ±s, ∓1) : s ∈ Q},
S1 =
S2 =

β 2 + γ 2 − α2 γ 2 + α2 − β 2 α2 + β 2 − γ 2
,
,
, α, β, γ ∈ Z\{0} ,
2βγ
2γα
2αβ
1 − st s − t 4st − (1 − st)(s − t)
,
,
: s, t ∈ Q, st(1 + st)(s + t) = 0 .
1 + st s + t
(1 + st)(s + t)

Ta có thể kiểm tra trực tiếp rằng S0 gồm các nghiệm trong đó có một tọa
độ là ±1. Ta có kết quả sau đây, nó cho phép ta thay S1 , S2 bởi T1 , T2 trong
các công thức nghiệm


22

Bổ đề 2.3.1. Cố định một số hữu tỉ dương p, đặt

α + β + γ = 2p,
∆ = (−α + β + γ)(α − β + γ)(α + β − γ),
T1 = {(u, v, w) ∈ S1 : α + β + γ = 2p, ∆ = 0} ,
T2 = {(a, b, c) ∈ S2 : st(1 + st)(s + t)(t − 1)(s + 1) = 0}.
Khi đó ta có T1 ∪ S0 = S1 ∪ S0 và T2 ∪ S0 = S2 ∪ S0 .
Chứng minh. Lấy tùy ý bộ (u, v, w) ∈ S1 , suy ra tồn tại α1 , β1 , γ1 ∈ Z\ {0}
để
β12 + γ12 − α12
γ12 + α12 − β12
α12 + β12 − γ12
u=
; v=
; w=
.
2β1 γ1
2γ1 α1
2α1 β1
+) Nếu α1 + β1 + γ1 = 0 hay α1 = − (β1 + γ1 ), suy ra

β12 + γ12 − (β1 + γ1 )2
= −1.
u=
2β1 γ1
u = −1 ⇒ (u, v, w) ∈ S0 ⇒ (u, v, w) ∈ T1 ∪ S0 .
+) Nếu α1 + β1 + γ1 = q = 0. Ta đặt α =

α1
β1
γ1
.2p; β = .2p; γ = .2p.
q
q
q

Khi đó ta có

u=

β12 + γ12 − α12
=
2β1 γ1

γ12 + α12 − β12
=
v=
2γ1 α1

α12 + β12 − γ12
w=
=
2α1 β1

Trong đó α + β + γ =

βq
2p

2

γq
2p

2

αq
2p

2

γq 2
+

2p
βq γq
2
2p 2p

αq
2p

2

αq 2
+

2p
γq αq
2
2p 2p

βq
2p

2

βq 2
+

2p
αq βq
2
2p 2p

γq
2p

2

=

β 2 + γ 2 − α2
;
2βγ

γ 2 + α2 − β 2
=
;
2αγ

α2 + β 2 + γ 2
=
.
2αβ

α1 + β1 + γ1
q
.2p = .2p = 2p.
q
q


23

Vậy (u, v, w) ∈ T1 . Tức là ta có S1 ∪ S0 ⊆ T1 ∪ S0 ;
Hiển nhiên ta có T1 ∪ S0 ⊆ S1 ∪ S0 . Vậy S1 ∪ S0 = T1 ∪ S0 . Ta sẽ chứng
minh S2 ∪ S0 = T2 ∪ S0 bằng cách kiểm tra trực tiếp.
Dễ thấy T2 ⊂ S2 .
Ngược lại, với (a, b, c) ∈ S2 , khi t = 1, ta có:

a=

s−1
1−s
,b =
, c = 1,
1+s
s+1

nên (a, b, c) ∈ S0 .
Với (a, b, c) ∈ S2 , khi s = −1, ta có:

a=

−1 − t
1+t
,b =
, c = −1,
1−t
−1 + t

nên (a, b, c) ∈ S0 .
Từ đó ta thấy khi t = 1 hay s = −1, (a, b, c) ∈ S2 thì (a, b, c) ∈ S0 .
Vậy S2 ∪ S0 = T2 ∪ S0 .
Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra Định lý sau đây. Nội dung Định lý cho ta
kết quả hai công thức nghiệm trong Định lý 2.1.1 và Định lý 2.2.1 thực ra là
như nhau:
Định lý 2.3.2. Với các ký hiệu như trong Bổ đề 2.3.1, ta có T1 ∪S0 = T2 ∪S0 .
Chứng minh. Cho s, t ∈ Q thỏa mãn st(1 + s)(1 − t)(1 + st)(s + t) = 0. Ta
phải tìm bộ ba số (α, β, γ) thỏa mãn

∆ = (−α + β + γ)(α − β + γ)(α + β − γ); α + β + γ = 2p


1 − st β 2 + γ 2 − α2
=
;
1 + st
2βγ
s − t α2 + γ 2 − β 2
=
;
s+t
2αγ
4st − (1 − st)(s − t) α2 + β 2 − γ 2
=
.
(1 + st)(s + t)
2αβ
Với x, y = −1, ta có

x = y ⇐⇒

1−x 1−y
=
,
1+x
1+y

(15)
(16)
(17)


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×