Vận dụng tham số hóa vào giải phương trình nghiệm nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Cao Xn Nam
VẬN DỤNG THAM SỐ HĨA VÀO
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Thái Ngun - 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Cao Xn Nam
VẬN DỤNG THAM SỐ HĨA VÀO
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN
Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Thái Ngun - 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Cơng trình được hồn thành tại
Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Ngun
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Phản biện 1: GS.TSKH Hà Huy Khối
Phản biện 2: TS Nguyễn Văn Minh
Luận văn sẽ được bảo vệ trước Hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Ngun
Vào hồi 7 giờ 30 ngày 27 tháng 9 năm 2013
Có thể tìm hiểu luận văn tại trung tâm học liệu Đại học Thái Ngun
Và thư viện Trường Đại học Khoa Học
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Chương 1. Tham số hóa một số đồ thị phẳng 5
1.1. Đa thức tối tiểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2. Khái niệm đồ thị phẳng trong R
2
. . . . . . . . . . . . . 6
1.3. Tham số hóa đường cơnic . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4. Tham số hóa một vài đồ thị phẳng khác . . . . . . . . . 11
1.5. Định lí Fermat, Định lí Wilson . . . . . . . . . . . . . . 13
Chương 2. Một số dạng phương trình nghiệm ngun 16
2.1. Phương trình Diophantine tuyến tính . . . . . . . . . . 16
2.1.1. Phương trình Diophantine bậc nhất hai ẩn . . . . 16
2.1.2. Phương trình Diophantine tổng qt . . . . . . . 21
2.2. Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3. Phương trình Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.4. Phương trình Mordell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.5. Xây dựng phương trình nghiệm ngun qua tham số hóa 40
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />2
Danh mục các kí hiệu
N được kí hiệu cho tập các số tự nhiên.
N
∗
được kí hiệu cho tập các số tự nhiên dương.
Z được kí hiệu cho vành các số ngun.
Q được kí hiệu cho trường các số hữu tỉ.
Q
∗
được kí hiệu cho tập các số hữu tỉ dương.
R được kí hiệu cho trường các số thực.
C được kí hiệu cho trường các số phức.

K được kí hiệu cho một trong ba trường Q, R hoặc C.
K
∗
được kí hiệu cho trường mở rộng của K.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />3
Mở đầu
Số học là một phân nhánh tốn học lâu đời nhất và sơ cấp nhất, được
hầu hết mọi người thường xun sử dụng từ những cơng việc thường
nhật cho đến các tính tốn khoa học. Số học giúp chúng ta có cái nhìn
tổng qt, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo. Có thể
thấy nhiều bài tốn số học được phát biểu một cách đơn giản đến mức
mà hầu hết học sinh phổ thơng đều có thể hiểu được, nhưng lời giải của
nó có thể làm đau đầu cả những nhà tốn học xuất sắc. Để hiểu và giải
được các bài tốn số học phổ thơng, thơng thường chúng ta chỉ cần rất ít
kiến thức tốn học, nhưng lại cần nhiều đến khả năng tư duy, trí thơng
minh và một chút năng khiếu tốn học.
Chính vì lẽ đó mà Số học là cơng cụ rất tốt để rèn luyện trí thơng
minh, tư duy tốn học đồng thời là cơ sở để phát hiện ra các tài năng
tốn học. Số học đã trở thành một bộ phận quan trọng trong chương
trình giảng dạy tốn ở các lớp chọn và các lớp chun tốn.
Trong Số học, các bài tốn về phương trình nghiệm ngun, ngồi
phương trình bậc nhất hai ẩn thì hầu hết đều khơng có quy tắc giải tổng
qt. Mỗi bài tốn, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng
phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy tốn học mềm dẻo, linh
hoạt và sáng tạo. Chính vì thế mà các bài tốn về Số học nói chung và
phương trình nghiệm ngun nói riêng thường xuất hiện trong các đề
thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế và các
đề thi tuyển sinh vào các lớp chọn, chun tốn cũng vậy.
Mục đích chính của luận văn là nghiên cứu về đồ thị phẳng và ứng
dụng của nó trong một số bài tốn sơ cấp. Cụ thể tham số hóa một vài

đồ thị phẳng, trên cơ sở đó đưa ra hệ thống các bài tập phương trình
nghiệm ngun có cùng phương pháp giải, đó là phương pháp tham số
hóa. Ngồi ra luận văn còn đề cập một số dạng phương trình nghiệm
ngun khác. Ngồi phần Mở đầu, phần Kết luận, nội dung luận văn
gồm 2 chương:
Chương 1. Trình bày khái niệm đồ thị phẳng, tham số hóa một vài đồ
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />4
thị phẳng, nêu Định lí Fermat và Định lí Wilson mà việc chứng minh
hai định lí này qua biểu diễn đa thức, khơng sử dụng lí thuyết nhóm.
Chương 2. Trình bày một số dạng phương trình nghiệm ngun như
phương trình Diophantine tuyến tính; phương trình Pell; Phương trình
Pythagore; phương trình Mordell và xây dựng phương trình nghiệm
ngun qua tham số hóa.
Luận văn này được hồn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư phạm Hà Nội. Từ đáy lòng
mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động
viên và sự chỉ bảo hướng dẫn của thầy. Em xin trân trọng cảm ơn tới các
Thầy Cơ trong trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Ngun, phòng
Đào Tạo trường Đại học Khoa Học. Đồng thời tơi xin gửi lời cảm ơn tới
tập thể lớp Cao Học Tốn K5C trường Đại học Khoa Học đã động viên
giúp đỡ tơi trong q trình học tập và làm luận văn này. Tơi xin cảm
ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu, các đồng
nghiệp trường THPT chun Hà Giang đã tạo điều kiện cho tơi học tập
và hồn thành kế hoạch học tập.
Thái Ngun, ngày 10 tháng 08 năm 2013
Tác giả
Cao Xn Nam
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />5
Chương 1
Tham số hóa một số đồ thị phẳng

1.1. Đa thức tối tiểu
Trong mục này K được kí hiệu là một trường con của trường mở rộng
K
∗
, trong đó K
∗
có thể là C và K chứa các trường số hữu tỉ Q. Ta gọi
K là một trường số.
Định nghĩa 1.1. Giả sử K là một trường con của một trường K
∗
. Một
phần tử c ∈ K
∗
gọi là đại số trên K nếu c là nghiệm của một đa thức
khác 0 lấy hệ tử trong K; c gọi là siêu việt trên K trong trường hợp trái
lại.
Như vậy ta bảo c là đại số trên K có nghĩa là tồn tại những phần tử
a
i
∈ K (0  i  n) khơng bằng khơng tất cả, sao cho
a
0
+ a
1
c + . . . + a
n
c
n
= 0.
Ví dụ 1.1. Trong trường số thực R,

√
2 là đại số trên trường số hữu tỉ
Q, π là siêu trên Q.
Định lí 1.1. Mỗi phần tử đại số c trên K đều là nghiệm của một đa
thức bất khả quy duy nhất f(x) thuộc vành K[x] với hệ số cao nhất
bằng 1. Hơn nữa, tất cả các đa thức p(x) ∈ K[x] nhận c làm nghiệm đều
phải chia hết cho f(x).
Chứng minh. Vì c là phần tử đại số trên K nên tồn tại đa thức f(x) ∈
K[x] nhận c làm nghiệm. Trong số các đa thức nhận c làm nghiệm
ta chọn đa thức f(x) bậc thấp nhất với hệ tử cao nhất bằng 1. Nếu
f(x) là đa thức khả quy thì f(x) phân tích được thành tích của hai đa
thức g(x) và h(x) với bậc lớn hơn 0 và hệ tử cao nhất cũng bằng 1.
Khi đó f (x) = g(x)h(x) với 0 < degg, degh < degf. Vì f (c) = 0 nên
g(c)h(c) = 0. Vì K
∗
là một trường nên g(c) = 0, chẳng hạn. Như thế có
đa thức g(x) với degg < degf nhận c làm nghiệm: mâu thuẫn với việc
chọn của f(x). Điều này chỉ ra f(x) là bất khả quy. Tiếp theo, giả thiết
p(x) ∈ K[x] nhận c làm nghiệm. Nếu p(x) = 0 thì p(x) chia hết cho f(x).
Nếu p(x) = 0 thì ta viết p(x) = q(x)f(x) + r(x) với q(x), r(x) ∈ K[x] và
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />6
degr < degf. Vì f (c) = 0 và p(c) = 0 nên r(c) = 0. Từ việc chọn f(x)
suy ra r(x) = 0 hay p(x) chia hết cho f(x).
Hệ quả 1.2. Trong vành K[x], phần tử x là phần tử siêu việt trên K.
Chứng minh. Ta coi K[x] là một tập con của một trường K
∗
nào
đó. Dễ dàng kiểm tra x
0
, x, x

2
, . . . , x
n
, . . . là độc lập tuyến tính trên
K. Nếu x là phần tử đại số trên K thì x là nghiệm của một đa thức
f(x) ∈ K[x], f (x) = 0, degf(x) = n > 0. Từ đây suy ra x
0
, x, x
2
, . . . , x
n
là phụ thuộc tuyến tính trên K: mâu thuẫn.
Định nghĩa 1.2. Đa thức bất khả quy f (x) ∈ K[x] với hệ số cao nhất
bằng 1 nhận c làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của c trên K. các
nghiệm c
1
, . . . , c
n
của đa thức tối tiểu của c được gọi là các liên hợp của
c trên K.
1.2. Khái niệm đồ thị phẳng trong R
2
Xét một đồ thị quen biết trong mặt phẳng R
2
cho bởi phương trình
sau:
() : y
2
= x
2

+ x
3
.
Đây là một đồ thị đi qua gốc tọa độ O(0; 0). Để mơ tả các điểm khác
nữa trên đồ thị, ta thực hiện phép biến đổi bằng cách đặt y = tx và
thay nó vào phương trình đồ thị. Ta có t
2
x
2
= x
2
+ x
3
. Khi x = 0 ta có
điểm O(0; 0). Khi x = 0 ta có điểm (t
2
− 1; t(t
2
− 1)). Điểm này sẽ trở
thành điểm gốc tọa độ khi t = 1 hoặc t = −1. Vậy mọi điểm trên đồ thị
() có tọa độ (t
2
− 1; t(t
2
− 1)), t ∈ R. Một điều làm ta phải chú ý đó
là điểm O(0; 0) sẽ tương ứng với hai giá trị khác nhau của t, còn những
điểm khác chỉ tương ứng với một giá trị của t.
Định nghĩa 1.3. Giả sử đa thức f = f(x, y) ∈ R[x, y], f = 0. Kí hiệu
V (f ) là tập tất cả các điểm (a, b) ∈ R
2

sao cho f(a, b) = 0. Tập V (f)
được gọi là một đồ thị phẳng trong R
2
.
Ví dụ 1.2. Một vài đồ thị phẳng dưới đây:
(i) (P ) : y = x
2
.
(ii) (
1
) : y
2
= x
3
− x.
(iii) (
2
) : y
2
= x
3
+ x
2
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />7
(iv) (
3
) : (x
2
+ y

2
)
2
+ 3x
2
y −y
3
= 0.
Định nghĩa 1.4. Đồ thị phẳng V (f) được gọi là đồ thị phẳng hữu tỉ
nếu có hai hàm hữu tỉ ϕ(t), ψ(t) ∈ R(t) của biến t và cả hai khơng đồng
thời thuộc R thỏa mãn f(ϕ(t), ψ(t)) = 0.
Đồ thị phẳng hữu tỉ có quan hệ tới việc tìm các nghiệm (a, b) ∈ R
2
của
phương trình f (x, y) = 0 hoặc tìm các điểm thuộc đồ thị phẳng với tọa
độ là những số hữu tỉ hay xác định những điểm khơng tầm thường với
tọa độ ngun thuộc đa tạp Fermat V : x
n
+ y
n
− z
n
= 0, n  3.
Khi biểu diễn đồ thị phẳng V (f ) qua x = ϕ(t), y = ψ(t) ∈ R(t), ta nói
rằng đã tham số hóa được V (f). Việc tham số hóa đồ thị phẳng qua các
hàm hữu tỉ như sau: Chọn điểm P ∈ V và viết phương trình tham số
của đường thẳng (d) qua P sao cho (d) cắt V tại đúng một điểm thứ hai
khác P.
Cho () : f(x, y) = 0 với f(x, y) là đa thức bất khả quy. Khi có hai
hàm hữu tỉ ϕ(t), ψ(t) của biến t và cả hai khơng đồng thời thuộc R thỏa

mãn f(ϕ(t), ψ(t)) ≡ 0 thì điểm (ϕ(t), ψ(t)) được gọi là khơng điểm tổng
qt của (). Ta thêm ∞ vào R và coi nó như một phần tử. Ta định
nghĩa ϕ(∞) = lim
t→∞
ϕ(t) và ψ(∞) = lim
t→∞
ψ(t). Khi đó tọa độ các điểm
của () với tọa độ thuộc R ∪ {∞} sẽ có dạng (ϕ(t); ψ(t)), t ∈ R ∪ {∞}.
Việc tìm khơng điểm tổng qt của () gắn liền với vấn đề giải phương
trình f(x, y) = 0 trên Q hay phương trình z
d
f(
x
z
,
y
z
) = 0 trên Z, ở đó
d = deg f(x, y).
Định nghĩa 1.5. Cho đồ thị phẳng bất khả quy (). Những điểm thuộc
() với tọa độ thuộc Q được gọi là những điểm hữu tỉ của ().
1.3. Tham số hóa đường cơnic
Mệnh đề 1.3. Đường thẳng d : ax + by + c = 0 được tham số hóa bởi

x = x
0
+ bt
y = y
0
− at

t ∈ R
với ax
0
+ by
0
+ c = 0.
Mệnh đề 1.4. Đường tròn (C) : x
2
+ y
2
= 1 là đồ thị phẳng hữu tỉ
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />8
được tham số hóa qua x(t) =
2t
1 + t
2
, y(t) =
1 −t
2
1 + t
2
với quy ước
x(∞) = lim
t→∞
2t
1 + t
2
= 0, y(∞) = lim
t→∞
1 −t

2
1 + t
2
= −1.
Chứng minh. Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; 1) ∈ (C) với hệ số góc
−t có phương trình (d) : y = −tx + 1. (d) cắt (C) tại điểm (0; 1) và
điểm A
t

2t
1 + t
2
;
1 −t
2
1 + t
2

. Điểm

2t
1 + t
2
;
1 −t
2
1 + t
2

chạy qua tất cả các điểm

thuộc (C), trừ điểm (0; −1). Với quy ước
x(∞) = lim
t→∞
2t
1 + t
2
= 0, y(∞) = lim
t→∞
1 −t
2
1 + t
2
= −1
thì A
t
cũng chạy qua cả điểm (0; −1).
Ta chứng minh đa thức p(x, y) = x
2
+ y
2
− 1 là đa thức bất khả quy
trên R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = (ax + by + c)(a

x + b

y + c

) với
a
2

+ b
2
> 0, a
2
+ b
2
> 0. Trong hai thừa số, ta chỉ cần xét thừa số
ax + by + c.
Nếu c = 0 suy ra mâu thuẫn.
Nếu c = 0 thì ta có 0 = (a
2t
1 + t
2
+ b
1 −t
2
1 + t
2
+ c)(a

2t
1 + t
2
+ b

1 −t
2
1 + t
2
+ c


).
Chẳng hạn a
2t
1 + t
2
+ b
1 −t
2
1 + t
2
+ c = 0 ⇔ (c − b)t
2
+ 2at + b + c = 0 ⇔





c −b = 0
2a = 0
b + c = 0
⇔ a = b = c = 0 : mâu thuẫn.
Vậy đa thức p(x, y) = x
2
+ y
2
− 1 là đa thức bất khả quy trên R.
Mệnh đề 1.5. Đường parabol (P ) : y
2

= 2px là đồ thị phẳng hữu tỉ
được tham số hóa qua

x = 2pt
2
y = 2pt.
Chứng minh. Hiển nhiên, khi cho x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc
(P ). Xét y = 0. Đặt x = ty và thay vào phương trình đã cho, ta có
y
2
= 2pty. Do y = 0 nên suy ra y = 2pt. Từ đó suy ra x = 2pt
2
.
Ta chứng minh đa thức p(x, y) = y
2
− 2px là đa thức bất khả quy
trên R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = (ax + by + c)(a

x + b

y + c

) với
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />9
a
2
+ b
2
> 0, a
2

+ b
2
> 0. Trong hai thừa số, ta chỉ cần xét thừa số
ax + by + c. Ta có 0 = (a.2pt
2
+ b.2pt + c)(a

.2pt
2
+ b

.2pt + c

). Chẳng
hạn a.2pt
2
+ b.2pt + c = 0, suy ra a = b = 0 : mâu thuẫn.
Vậy đa thức p(x, y) = y
2
− 2px là đa thức bất khả quy trên R.
Mệnh đề 1.6. Đường Ellíp (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2

= 1 là đồ thị phẳng hữu tỉ
được tham số hóa qua x(t) =
2a
2
bt
b
2
+ a
2
t
2
, y(t) =
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2
với quy ước
x(∞) = lim
t→∞
2a
2
bt

b
2
+ a
2
t
2
= 0, y(∞) = lim
t→∞
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2
= −b.
Chứng minh. Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; b) ∈ (E) với hệ số góc
−t có phương trình (d) : y = −tx + b. (d) cắt (E) tại điểm (0; b) và điểm
A
t

2a
2
bt
b

2
+ a
2
t
2
;
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2

. Điểm A
t

2a
2
bt
b
2
+ a
2
t

2
;
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2

chạy qua tất cả
các điểm thuộc (E), trừ điểm (0; −b). Với quy ước
x(∞) = lim
t→∞
2a
2
bt
b
2
+ a
2
t
2
= 0, y(∞) = lim
t→∞

b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2
= −b
thì A
t
cũng chạy qua cả điểm (0; −b).
Ta chứng minh đa thức p(x, y) = b
2
x
2
+ a
2
y
2
− a
2
b
2
là đa thức bất khả
quy trên R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = (a

1
x + b
1
y + c
1
)(a
2
x + b
2
y + c
2
)
với a
2
1
+ b
2
1
> 0, a
2
2
+ b
2
2
> 0. Trong hai thừa số, ta chỉ cần xét thừa số
a
1
x + b
1
y + c

1
.
Nếu c
1
= 0 suy ra mâu thuẫn.
Nếu c
1
= 0 thì ta có
0 = (a
1
2a
2
bt
b
2
+ a
2
t
2
+ b
1
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a

2
t
2
+ c
1
)(a
2
2a
2
bt
b
2
+ a
2
t
2
+ b
2
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2

+ c
2
).
Chẳng hạn a
1
2a
2
bt
b
2
+ a
2
t
2
+ b
1
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2
+ c
1

= 0
⇔ (c
1
a
2
− b
1
a
2
b)t
2
+ a
1
2a
2
bt + b
1
b
3
+ c
1
b
2
= 0
⇔






c
1
a
2
− b
1
a
2
b = 0
a
1
2a
2
b = 0
b
1
b
3
+ c
1
b
2
= 0
⇔





c

1
− b
1
b = 0
a
1
= 0
b
1
b + c
1
= 0
⇔ a
1
= b
1
= c
1
= 0 : mâu
thuẫn.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />10
Vậy đa thức p(x, y) = b
2
x
2
+ a
2
y
2
− a

2
b
2
là đa thức bất khả quy trên
R.
Chú ý 1.1. Tham số hóa đường tròn và ellíp qua các hàm lượng giác:
(i) Đường tròn (C) : x
2
+ y
2
= 1 còn được tham số hóa qua
x = cos t, y = sin t;
(ii) Đường Ellíp (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1 tham số hóa qua
x = a cos t, y = b sin t.
Mệnh đề 1.7. Đường Hypebol (H) :
x
2
a
2
−

y
2
b
2
= 1 là đồ thị phẳng hữu
tỉ được tham số hóa qua x(t) =
a + ab
2
t
2
1 −b
2
t
2
, y(t) =
2b
2
t
1 −b
2
t
2
với quy ước
x(∞) = lim
t→∞
a + ab
2
t
2
1 −b

2
t
2
= −a, y(∞) = lim
t→∞
2b
2
t
1 −b
2
t
2
= 0.
Từ đây suy ra nghiệm hữu tỉ của phương trình x
2
−dy
2
= 1, trong đó d
là số ngun và khơng là số chính phương.
Chứng minh. Đường thẳng (d) đi qua điểm (a; 0) ∈ (H) với hệ số góc
at có phương trình (d) : x = a(ty + 1). (d) cắt (H) tại điểm (a; 0) và
điểm A
t

a + ab
2
t
2
1 −b
2

t
2
;
2b
2
t
1 −b
2
t
2

. Điểm A
t

a + ab
2
t
2
1 −b
2
t
2
;
2b
2
t
1 −b
2
t
2


chạy qua tất
cả các điểm thuộc (H), trừ điểm (−a; 0). Với quy ước
x(∞) = lim
t→∞
a + ab
2
t
2
1 −b
2
t
2
= −a, y(∞) = lim
t→∞
2b
2
t
1 −b
2
t
2
= 0
thì A
t
cũng chạy qua cả điểm (−a; 0).
Chứng minh đa thức p(x, y) = b
2
x
2

−a
2
y
2
−a
2
b
2
là đa thức bất khả quy
trên R tương tự như mệnh đề 1.6.
Nghiệm tổng qt của phương trình x
2
− dy
2
= 1 là
x =
d + t
2
d −t
2
, y =
2t
d −t
2
.
Với t =
m
n
ta có x =
dn

2
+ m
2
dn
2
− m
2
, y =
2mn
dn
2
− m
2
, trong đó m, n ∈
Z, (m, n) = 1.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />11
1.4. Tham số hóa một vài đồ thị phẳng khác
Ví dụ 1.3. Trong mặt phẳng, đồ thị phẳng Lemniscat cho bởi
(L) : (x
2
+ y
2
)
2
= b
2
(x
2
− y
2

)
là một đồ thị phẳng hữu tỉ được tham số hóa qua
x =
b
2
t(t
2
+ b
2
)
t
4
+ b
4
, y =
b
2
t(t
2
− b
2
)
t
4
+ b
4
.
Lời giải. Đặt x
2
+ y

2
= t(x − y) và thay vào phương trình (L), ta có
t
2
(x − y)
2
= b
2
(x
2
− y
2
). Nếu x = y thì x
2
+ y
2
= 0. Từ x = y và
x
2
+ y
2
= 0 suy ra x = y = 0. Ta có điểm O(0; 0) ∈ (L). Nếu x = y,
ta có t
2
(x − y) = b
2
(x + y). Ta có y =
t
2
− b

2
t
2
+ b
2
x khi t
2
+ b
2
= 0. Vậy
x
2
+

t
2
− b
2
t
2
+ b
2

2
x
2
= xt

1 −
t

2
− b
2
t
2
+ b
2

. Khi x = 0, ta có
x =
b
2
t(t
2
+ b
2
)
t
4
+ b
4
, y =
b
2
t(t
2
− b
2
)
t

4
+ b
4
.
Chú ý rằng, khi cho t = 0 ta nhận được điểm O(0; 0).
Ta chứng minh đa thức p(x, y) = (x
2
+ y
2
)
2
− b
2
(x
2
− y
2
) là đa thức
bất khả quy trên R. Thật vậy, giả sử đa thức p(x, y) = f(x, y)g(x, y)
với f, g ∈ R[x, y] và deg f, deg g  1, deg f + deg g = 4. Từ
f(
b
2
t(t
2
+ b
2
)
t
4

+ b
4
,
b
2
t(t
2
− b
2
)
t
4
+ b
4
) ≡ 0 và g(
b
2
t(t
2
+ b
2
)
t
4
+ b
4
,
b
2
t(t

2
− b
2
)
t
4
+ b
4
) ≡ 0 ta
suy ra điều giả sử khơng thể xảy ra. Vậy p(x, y) = (x
2
+y
2
)
2
−b
2
(x
2
−y
2
)
là đa thức bất khả quy trên R.
Ví dụ 1.4. Đồ thị phẳng () :

x
2
a
2
+

y
2
b
2

2
=
x
2
y
c
2
với abc = 0 là đồ thị
phẳng hữu tỉ được tham số hóa qua x =
a
3
bt
c
2
(t
2
+ 1)
2
, y =
a
2
b
2
t
2

c
2
(t
2
+ 1)
2
.
Lời giải. Nếu x = 0 thì y = 0. Khi x = 0, đặt y =
b
a
tx. Khi đó
x =
a
3
bt
c
2
(t
2
+ 1)
2
và y =
a
2
b
2
t
2
c
2

(t
2
+ 1)
2
.
Việc chứng minh đa thức p(x, y) =

x
2
a
2
+
y
2
b
2

2
−
x
2
y
c
2
là đa thức bất khả
quy trên R coi như bài tập.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />12
Ví dụ 1.5. Đồ thị phẳng cho bởi phương trình (L) : x
3
+ a(x

2
+ y
2
) =
0, a = 0 là một đồ thị phẳng hữu tỉ được tham số hóa qua
x = −at
2
− a, y = −at
3
− at.
Lời giải. Hiển nhiên, khi cho x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc
(L). Xét x = 0. Đặt y = tx và thay vào phương trình đã cho, ta có
x
3
+ a(x
2
+ t
2
x
2
) = 0. Do x = 0 nên suy ra x = −at
2
− a. Từ đó suy ra
y = −at
3
− at.
Ta chứng minh đa thức p(x, y) = x
3
+ a(x
2

+ y
2
) là đa thức bất khả
quy R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = f (x, y)g(x, y) với f, g ∈ R[x, y] và
deg f  1, deg g  1, deg f + deg g = 3. Khi đó tối thiểu một trong hai
đa thức phải chứa y. Dựa vào bậc của y và chẳng hạn f chứa y với hệ
tử khác 0, chỉ cần xét hai trường hợp sau:
(i) f = by
2
+ h(x), g = c + k(x), b = 0. Khi đó
x
3
+ a(x
2
+ y
2
) = (by
2
+ h(x))(c + k(x)).
Vậy bk(x) = 0. Từ đây suy ra k(x) = 0. Do đó deg g < 1 : mâu thuẫn.
(ii) f = by + h(x), g = cy + k(x), bc = 0. Khi đó
x
3
+ a(x
2
+ y
2
) = (by + h(x))(cy + k(x)).
Vậy b.k(x) + c.h(x) = 0, h(x)k(x) = x
3

+ ax
2
. Suy ra b.k(x) = −c.h(x)
và −c[h(x)]
2
= bx
3
+ abx
2
mâu thuẫn, vì vế trái bậc chẵn và vế phải bậc
lẻ. Vậy đa thức p(x, y) = x
3
+ a(x
2
+ y
2
) là đa thức bất khả quy R.
Ví dụ 1.6. Trong mặt phẳng, đồ thị phẳng Cartes Folium cho bởi (F ) :
x
3
+ y
3
−3axy = 0, a = 0 là một đồ thị phẳng hữu tỉ được tham số hóa
qua x =
3at
t
3
+ 1
, y =
3at

2
t
3
+ 1
.
Lời giải. Hiển nhiên, khi cho x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc
(F ). Xét x = 0. Đặt y = tx và thay vào phương trình đã cho, ta có
x(t
3
+ 1) = 3at. Nếu t = −1 thì 0 = −3a = 0 : mâu thuẫn. Vậy t = −1
và x =
3at
t
3
+ 1
, y =
3at
2
t
3
+ 1
.
Chứng minh đa thức p(x, y) = x
3
+ y
3
− 3axy là đa thức bất khả quy
trên R tương tự ví dụ trên.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />13
1.5. Định lí Fermat, Định lí Wilson

Bổ đề 1.8. Với số ngun dương n, đặt f(x) = (1 +x)(2+ x) . . . (n + x).
Giả sử f(x) = b
0
+ b
1
x + b
2
x
2
+ ···+ b
n
x
n
. Chứng minh rằng
(n −k)b
k
= C
n+1−k
n+1
+ C
n−k
n
b
n−1
+ C
n−1−k
n−1
b
n−2
+ ···+ C

2
k+2
b
k+1
.
Chứng minh. Từ (1+x)(2 +x) . . . (n + x) = b
0
+b
1
x+b
2
x
2
+···+ b
n
x
n
ta suy ra (2+x)(3+x) . . . (n+1+x) = b
0
+b
1
(x+1)+···+b
n
(x+1)
n
qua
việc thay x bởi x+1. Ta có ngay b
n
= 1, b
n−1

= 1+2+···+n =
n(n + 1)
2!
và hệ thức
(1+x)(2+x) . . . (n+x)(n+1+x) = b
0
(x+1)+b
1
(x+1)
2
+b
2
(x+1)
3
+···+b
n
(x+1)
n
.
Từ (n + 1 + x)f (x) = (x + 1)f(x + 1) suy ra
(n+1+x)(b
0
+b
1
x+···+b
n
x
n
) = b
0

(x+1)+b
1
(x+1)
2
+b
2
(x+1)
3
+···+b
n
(x+1)
n+1
.
Như vậy


























b
n
= 1
(n + 1)b
n−1
+ b
n−2
= C
2
n+1
b
n
+ C
1
n
b
n−1
+ C
0
n−1
b

n−2
(n + 1)b
n−2
+ b
n−3
= C
3
n+1
b
n
+ C
2
n
b
n−1
+ C
1
n−1
b
n−2
+ C
0
n−2
b
n−3
···
(n + 1)b
2
+ b
1

= C
n−1
n+1
b
n
+ C
n−2
n
b
n−1
+ C
n−3
n−1
b
n−2
+ ···+ C
1
3
b
2
+ C
0
2
b
1
(n + 1)b
1
+ b
0
= C

n
n+1
b
n
+ C
n−1
n
b
n−1
+ C
n−2
n−1
b
n−2
+ ···+ C
1
2
b
1
+ C
0
1
b
0
(n + 1)b
0
= C
n+1
n+1
b

n
+ C
n
n
b
n−1
+ C
n−1
n−1
b
n−2
+ ···+ C
2
2
b
1
+ C
1
1
b
0
và có




























b
n
= 1
b
n−1
=
n(n + 1)
2!
2b
n−2
= C

3
n+1
+ C
2
n
b
n−1
···
(n −2)b
2
= C
n−1
n+1
+ C
n−2
n
b
n−1
+ C
n−3
n−1
b
n−2
+ ···+ C
2
4
b
3
(n −1)b
1

= C
n
n+1
+ C
n−1
n
b
n−1
+ C
n−2
n−1
b
n−2
+ ···+ C
1
3
b
2
nb
0
= C
n+1
n+1
+ C
n
n
b
n−1
+ C
n−1

n−1
b
n−2
+ ···+ C
2
2
b
1
.
Do vậy (n−k)b
k
= C
n+1−k
n+1
+C
n−k
n
b
n−1
+C
n−1−k
n−1
b
n−2
+···+C
2
k+2
b
k+1
.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />14
Hệ quả 1.9. [MO British 1974] Với số ngun tố lẻ p, đặt
f(x) = (1 + x)(2 + x) . . . (p − 1 + x).
Giả sử f(x) = b
0
+ b
1
x + b
2
x
2
+ ···+ b
p−1
x
p−1
. Chứng minh rằng
(i) p |b
k
với k = 1, 2, . . . , p −2 và p |(b
0
+ 1).
(ii) Với mọi số ngun n ta có p |(n + 1)(n + 2) . . . (n + p −1) −n
p−1
+ 1.
Từ đó suy ra p |(p −1)! + 1 và p |n
p−1
− 1 khi (n, p) = 1.
Chứng minh. (i) Qua các cơng thúc tính tốn được ở trên ta có
























b
p−1
= 1
b
p−2
=
p(p −1)
2!
2b

p−3
= C
3
p
+ C
2
p−1
b
p−2
···
(p −2)b
1
= C
p−1
p
+ C
p−2
p−1
b
p−2
+ C
p−3
p−2
b
p−3
+ ···+ C
1
3
b
2

(p −1)b
0
= C
p
p
+ C
p−1
p−1
b
p−2
+ C
p−2
p−2
b
p−3
+ ···+ C
2
2
b
1
.
Sử dụng quy nạp theo k có p |b
k
với k = 1, 2, . . . , p −2. Từ hệ thức cuối
cùng suy ra hệ thức pb
0
= (b
0
+ 1) + b
p−2

+ b
p−3
+ ··· + b
1
và như vậy
b
0
+ 1 chia hết cho p.
(ii) Vì p |b
k
với k = 1, 2, . . . , p −2 và b
0
+ 1 chia hết cho p nên
p |(n + 1)(n + 2) . . . (n + p − 1) −n
p−1
+ 1
với mọi số ngun n. Từ đó suy ra p |(p − 1)! + 1 và p |n
p−1
− 1 khi
(n, p) = 1.
Từ các kết quả trên ta suy ra ba kết quả sau đây:
Định lí 1.10. Với số ngun tố p và với mọi số tự nhiên n thỏa mãn
(n, p) = 1, ta ln có:
(i) [Fermat] n
p−1
≡ 1( mod p).
(ii) [Wilson] (p − 1)! + 1 ≡ 0( mod p).
(iii) Nếu số ngun tố p có dạng 4k +1 thì

p −1

2

!

2
+1 ≡ 0( mod p).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />15
Ví dụ 1.7. Tìm tất cả các số ngun tố p, q và r thỏa mãn p
q
+ q
p
= r.
Lời giải. Tối thiểu phải có một số ngun tố chẵn. Số đó phải bằng 2.
Vì p, q là hai số ngun tố nên r = 2. Khơng hạn chế có thể giả thiết
q = 2. Vậy p
2
+ 2
p
= r. Vì r là số ngun tố nên p phải là só lẻ. Nếu
p = 3 thì p
2
+ 2
p
≡ (±1)
2
+ (−1)
p
( mod 3) ≡ 1−1( mod 3). Vậy r chia
hết cho 3, nhưng p
2

+ 2
p
= 3 chỉ thỏa mãn cho p = 1 : mâu thuẫn. Từ
đây suy ra p = 3, r = 17.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />16
Chương 2
Một số dạng phương trình nghiệm
ngun
2.1. Phương trình Diophantine tuyến tính
2.1.1. Phương trình Diophantine bậc nhất hai ẩn
Định nghĩa 2.1. Phương trình Diophantine tuyến tính bậc nhất hai ẩn
là phương trình có dạng
ax + by = c (2.1)
trong đó a, b, c là các số ngun cho trước khác 0, các giá trị x, y cũng
nhận các giá trị ngun. Giải phương trình Diophantine (2.1) tức là tìm
các cặp số ngun (x; y) thỏa mãn phương trình (2.1).
Định lí 2.1. a) Điều kiện cần và đủ để phương trình (2.1) có nghiệm
ngun là d = (a, b) là ước của c.
b) Nếu (x
0
; y
0
) là một nghiệm của phương trình (2.1) thì nó có vơ số
nghiệm ngun và nghiệm ngun (x; y) của nó được xác định bởi cơng
thức



x = x
0

+
b
d
t
y = y
0
−
a
d
t
t ∈ Z. (2.2)
Chứng minh. a) Điều kiện cần: Giả sử phương trình (2.1) có nghiệm
ngun (x
0
; y
0
). Khi đó ax
0
+ by
0
= c. Nếu d = (a, b) thì rõ ràng d là ước
của c.
Điều kiện đủ: Giả sử d là ước của c. Ta có, chẳng hạn c = dq. Vì d = (a, b)
nên tồn tại các số ngun k
1
, k
2
sao cho:
ak
1

+ bk
2
= d.
Nhân hai vế của đẳng thức trên với q, với chú ý rằng c = dq, ta được:
a(k
1
q) + b(k
2
q) = c.
Vậy phương trình (2.1) có một nghiệm là x = k
1
q, y = k
2
q.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />17
b) Dễ thấy, mỗi cặp số ngun (x; y) cho bởi cơng thức (2.2) với t là số
ngun tùy ý đều là nghiệm của phương trình (2.1). Thật vậy, ta có:
a(x
0
+
b
d
t) + b(y
0
−
a
d
t) = ax
0
+ by

0
= c.
Ngược lại, giả sử (x; y) là một nghiệm tùy ý của phương trình (2.1), vì
(x
0
; y
0
) cũng là nghiệm của phương trình (2.1) nên ta có đồng thời hai
đẳng thức
ax + by = c
ax
0
+ by
0
= c.
Trừ các vế tương ứng của hai đẳng thức trên ta được
a(x −x
0
) + b(y −y
0
) = 0 (2.3)
hay
a(x −x
0
) = −b(y − y
0
).
Đẳng thức trên chứng tỏ a(x − x
0
) chia hết cho b. Từ đó cũng suy ra

a
d
(x −x
0
) chia hết cho
b
d
.
Vì d = (a, b), nên
a
d
và
b
d
ngun tố cùng nhau và từ khẳng định trên
suy ra x −x
0
chia hết cho
b
d
. Hay tồn tại số ngun t sao cho
x −x
0
=
b
d
t
Vậy
x = x
0

+
b
d
t.
Thay kết quả này vào (2.3) ta được:
a(x
0
+
b
d
t −x
0
) + b(y −y
0
) = 0.
Từ đó suy ra
y = y
0
−
a
d
t.
Đó là điều phải chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />18
Hệ quả 2.2. Nếu a, b ∈ N
∗
, (a, b) = 1 thì tồn tại u, v ∈ N
∗
sao cho
au −bv = 1.

Chứng minh. Theo Định lí 2.1, phương trình ax + by = 1 có nghiệm

x = x
0
+ bt
y = y
0
− at
t ∈ Z.
Do đó phương trình au −bv = 1 có nghiệm

u = bt + x
0
v = at − y
0
t ∈ Z.
Chọn t ∈ Z sao cho t > −
x
0
b
, t >
y
0
a
ta có u, v ∈ N
∗
.
Hệ quả 2.3. Nếu số ngun dương x biểu diễn được dưới dạng tổng hai
bình phương x = a
2

+ b
2
với (a, b) = 1 thì tồn tại các số ngun y, z sao
cho xy = z
2
+ 1.
Chứng minh. Xét phương trình bậc nhất hai ẩn với nghiệm ngun
bu − av = 1 với hai ẩn u, v. Theo giả thiết (a, b) = 1 nên theo Định lí
2.1 ln tồn tại hai số ngun u, v sao cho bu − av = 1. Khi đó
(bu −av)
2
= 1
⇔ b
2
u
2
+ a
2
v
2
− 2abuv = 1
⇔ a
2
u
2
+ b
2
v
2
+ b

2
u
2
+ a
2
v
2
− 2abuv = a
2
u
2
+ b
2
v
2
+ 1
⇔ a
2
u
2
+ b
2
v
2
+ b
2
u
2
+ a
2

v
2
= 2abuv + a
2
u
2
+ b
2
v
2
+ 1
⇔ (a
2
+ b
2
)(u
2
+ v
2
) = (au + bv)
2
+ 1.
Đặt y = u
2
+ v
2
, z = au + bv thì (a
2
+ b
2

)y = z
2
+ 1 hay xy = z
2
+ 1.
Ví dụ 2.1. Giải phương trình nghiệm ngun sau:
5x + 11y = 65 (2.4)
Lời giải. Ta nhận thấy ước chung lớn nhất của 5 và 11 bằng 1. Giả sử
(x
0
; y
0
) là nghiệm ngun của phương trình (2.4). Ta nhận thấy 65 và
5x đều chia hết cho 5 nên 11y
.
.
.5 do đó y
.
.
.5. Đặt y
0
= 5t
0
, t
0
∈ Z và thay
vào phương trình (2.4) ta được
5x
0
+ 11.5t

0
= 65
⇔ x
0
+ 11t
0
= 13.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />19
Do đó

x = 13 − 11t
y = 5t
trong đó t là số ngun tùy ý.
Đảo lại thay các biểu thức của x và y vào phương trình (2.4) ta được
nghiệm đúng.
Vậy phương trình (2.4) có vơ số nghiệm ngun được xác định bởi cơng
thức trên.
Thuật tốn Euclid giải phương trình bậc nhất hai ẩn
Trước hết, ta ln có thể coi các hệ số a, b của phương trình (2.1) là
những số ngun dương. Nếu chẳng hạn, a < 0 thì bằng phép đổi biến
x

= −x ta được phương trình có hệ số của x dương.
Giả sử a > b. Thực hiện phép chia a cho b, ta được:
a = bq + r, 0  r < b.
Nếu r = 0 thì b = (a, b) là ước của c và phương trình (2.1) có dạng:
bqx + by = c.
Chia hai vế cho b ta được:
qx + y = c
1

, (c = bc
1
).
Phương trình có nghiệm là:

x = t
y = c
1
− qt
t ∈ Z.
Nếu r > 0 thì phương trình (2.1) có dạng:
(bq + r)x + by = c
hay
b(qx + y) + rx = c.
Đặt x
1
= qx + y, y
1
= x ta được phương trình
bx
1
+ ry
1
= c (2.5)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />20
trong đó b < a, r < b. Lại tiếp tục thực hiện thuật tốn trên với phương
trình (2.5), bằng cách chia b cho r :
b = rq
1
+ r

1
, 0  r
1
< r.
Thuật tốn sẽ dừng lại sau khi ta gặp phép chia có dư bằng 0. Thuật
tốn sẽ dừng lại sau hữu hạn bước vì dãy các số dư r, r
1
, r
2
··· là dãy số
tự nhiên đơn điệu giảm: b > r > r
1
··· Do đó đến một lúc nào đó phải
có r
n
= 0.
Tóm lại, ta có thuật tốn giải phương trình
ax + by = c
trong đó a > b > 0 như sau:
Chia a cho b : a = bq + r, 0  r < b.
Nếu r = 0 ta viết nghiệm

x = t
y =
c
b
− qt
t ∈ Z.
Nếu r > 0 thì thực hiện phép gán a := b, b := r, x := qx + y, y := x.
Ví dụ 2.2. Giải phương trình nghiệm ngun sau:

77x + 25y = 3.
Lời giải. Chia 77 cho 25 ta được:
77 = 25.3 + 2.
Đặt x
1
= 3x + y, y
1
= x, ta được phương trình:
25x
1
+ 2y
1
= 3.
Chia 25 cho 2 ta được:
25 = 12.2 + 1.
Đặt x
2
= 12x
1
+ y
1
, y
2
= x
1
, ta được phương trình:
2x
2
+ y
2

= 3.
Phương trình cuối cùng có các nghiệm được xác định bởi cơng thức:

x
2
= t
y
2
= 3 −2t
t ∈ Z.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />21
Thay ngược lên ta được
x
1
= y
2
= 3 −2t
12x
1
+ y
1
= x
2
= t
Hay

x
1
= 3 −2t
y

1
= t −12(3 − 2t) = 25t − 36.
Ta lại có
x = y
1
= 25t −36
3x + y = x
1
= 3 −2t
Hay

x = 25t − 36
y = 3 − 2t −3(25t −36) = −77t + 111.
Vậy các nghiệm của phương trình đã cho được xác định bởi cơng thức:

x = −36 + 25t
y = 111 − 77t
t ∈ Z.
2.1.2. Phương trình Diophantine tổng qt
Định nghĩa 2.2. Cho đa thức f(x
1
, . . . , x
n
) với các hệ số là các số hữu tỉ
hoặc các số ngun. Phương trình f(x
1
, . . . , x
n
) = 0 được gọi là phương
trình Diophantine. Giải phương trình Diophantine f(x

1
, . . . , x
n
) = 0 tức
là tìm tất cả các số hữu tỉ, các số ngun hay các số ngun khơng âm
α
1
, . . . , α
n
để sao cho f(α
1
, . . . , α
n
) = 0.
Cho b, a
1
, a
2
, . . . , a
n
∈ Z và các số a
i
khơng đồng thời bằng 0. Phương
trình dạng
a
1
x
1
+ a
2

x
2
+ ···+ a
n
x
n
= b, (2.6)
được gọi là phương trình Diophantine bậc nhất.
Định lí 2.4. Phương trình (2.6) có nghiệm ngun (z
i
) khi và chỉ khi b
chia hết cho d = (a
1
, . . . , a
n
). Có thể chọn nghiệm ngun (z
i
) thỏa mãn
điều kiện |z
i
|  |b| + (n − 1) max{|a
j
| | j = 1, . . . , n}, ∀i. Đặc biệt, nếu
(a
1
, . . . , a
n
) = 1 thì (2.6) có nghiệm ngun với mọi số ngun b.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />22
Chứng minh. Đặt (a

1
, . . . , a
n
) = d. Nếu phương trình (2.6) có nghiệm
thì b phải chia hết cho d; còn nếu b khơng chia hết cho d thì phương trình
(2.6) vơ nghiệm. Vậy, khơng làm mất tính tổng qt, ta có thể giả thiết
d = 1, b = 0. Vì vành Z là vành các iđêan chính và (a
1
, . . . , a
n
) = 1 nên
tồn tại các số ngun α
1
, . . . , α
n
∈ Z thỏa mãn a
1
α
1
+a
2
α
2
+···+a
n
α
n
= 1
và như thế a
1

bα
1
+ a
2
bα
2
+ ··· + a
n
bα
n
= b. Điều này chứng tỏ phương
trình (2.6) nhận x
1
= bα
1
, . . . , x
n
= bα
n
làm một nghiệm ngun.
Tiếp theo, giả sử x
1
, . . . , x
n
là một nghiệm ngun của phương trình
(2.6). Ta biểu diễn x
i
= q
i
a

n
+ z
i
, 0  z
i
< |a
n
|, i = 1, . . . , n −1, với q
i
, z
i
ngun. Đặt z
n
= x
n
+
n−1

i=1
a
i
q
i
. Vậy
b =
n

i=1
a
i

x
i
=
n−1

i=1
a
i
(q
i
a
n
+ z
i
) + a
n
(z
n
−
n−1

i=1
a
i
q
i
) =
n

i=1

a
i
z
i
.
Điều này chứng tỏ (z
i
) là nghiệm của phương trình (2.6). Ta có |z
i
| < |a
n
|
cho mọi i = 1, . . . , n − 1; còn cho z
n
ta có
|a
n
z
n
| = |b −
n−1

i=1
a
i
z
i
|  |b| + (n − 1)|a
n
|max{|a

j
| | j = 1, . . . , n}.
Chia cho |a
n
|, ta được |z
i
|  |b| + (n − 1) max{|a
j
| | j = 1, . . . , n}, i =
1, . . . , n.
Định lí 2.5. Cho b, a
1
, a
2
, . . . , a
n
∈ Z và các số a
i
khơng đồng thời bằng
0. Nếu b chia hết cho (a
1
, a
2
, . . . , a
n
) thì phương trình (2.6) có nhiều vơ
hạn nghiệm ngun.
Chứng minh. Theo Định lí 2.4, khi b chia hết cho (a
1
, a

2
, . . . , a
n
) thì
phương trình (2.6) có nghiệm ngun (α
1
, . . . , α
n
). Vì a
1
, a
2
, . . . , a
n
khơng
đồng thời bằng 0 nên tồn tại a
i
= 0. Khơng hạn chế có thể giả thiết
a
n
= 0. Xét x
1
= α
1
+a
n
t
1
, . . . , x
n−1

= α
n−1
+a
n
t
n−1
và x
n
= α
n
−
n−1

i=1
a
i
t
i
với các t
i
∈ Z. Khi đó
n

i=1
a
i
x
i
= b hay (x
1

, . . . , x
n
) là nghiệm của phương
trình (2.6). Vì các t
i
nhận các giá trị tùy ý thuộc Z nên phương trình
(2.6) có nhiều vơ hạn nghiệm.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />