luận văn 1 số phương trình nghiệm nguyên

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

Pi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC





THÂN VĂN CƯƠNG





MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN






LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN – 2011


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

Pii


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC





THÂN VĂN CƯƠNG

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN





Chuyên ngành: Công nghệ sinh học
Mã số: 60.46.40



LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC




Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS. Hà Huy Khoái





THÁI NGUYÊN – 2011

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

Piii


1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 3
1.1. Một số kết quả của số học trong giải phương trình nghiệm
nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Phương trình Điôphăng tuyến tính . . . . . . . . . . . . 5
1.2.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3. Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3.1. Các bộ số Pitago . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3.2. Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.3. Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN 23
2.1. Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách
phân tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.1. Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.2. Một số ví dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2. Phương pháp lựa chọn Modulo . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2.1. Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2.2. Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3. Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của số học . 34

2.3.1. Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.3.2. Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.4. Phương pháp lùi vô hạn (phương pháp xuống thang) . . 42
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
2.4.1. Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.4.2. Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.5. Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.5.1. Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.5.2. Một số ví dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
THÂN VĂN CƯƠNG
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI
Thái Nguyên - 2011
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Luận văn được hoàn thành tại
Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên
Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Hà Huy Khoái
Phản biện 1: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, Đại học sư phạm Hà
Nội . . . . .
. . . . .
Phản biện 2: PGS. TS Nông Quốc Chinh, Đại học khoa học,

Đại học Thái Nguyên .
. . . . .
Luận văn được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại
Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên
Ngày 09 tháng 09 năm 2011
Có thể tìm hiểu tại
Trung tâm học liệu - Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Mở đầu
Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và
cũng là lĩnh vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thuyết
chưa có câu trả lời. Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những giả
thuyết đó, có nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đã
nẩy sinh. Hơn nữa, trong những năm gần đây, Số học không chỉ là một
lĩnh vực của toán học lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có nhiều ứng dụng,
đặc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin. Vì thế, việc trang bị những
kiến thức cơ bản về số học ngay từ trường phổ thông là hết sức cần
thiết. Không như nhiều ngành khác của toán học, có rất nhiều thành
tựu hiện đại và quan trọng của Số học có thể hiểu được chỉ với những
kiến thức phổ thông được nâng cao một bước. Do đó, đây chính là lĩnh
vực thuận lợi để đưa học sinh tiếp cận nhanh với khoa học hiện đại. Tuy
nhiên, trong chương trình Số học ở trường phổ thông hiện nay, môn Số
học chưa được giành nhiều thời gian. Cũng vì thế mà học sinh thường
rất lúng túng khi giải bài toán Số học, đặc biệt là trong các kì thi chọn
học sinh giỏi.
Trong phần Số học, các bài toán về Phương trình nghiệm nguyên
đóng vai trò quan trọng trong việc hình thành và nghiên cứu lí thuyết
để hoàn thiện. Việc giải các bài toán về phương trình nghiệm nguyên
chính là việc áp dụng các kiến thức của số học. Đây là một trong những

bài toán cơ bản được đề cập nhiều trong các kì thi chọn học sinh giỏi
cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế.
Mục đích chính của luận văn là nêu ra được một số dạng phương trình
nghiệm nguyên và phương pháp giải của từng dạng. Cụ thể là phân loại
được các dạng phương trình thông qua hệ thống bài tập giải phương
trình nghiệm nguyên. Đồng thời đưa ra được hệ thống các bài tập tham
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
khảo cho từng dạng.
Nội dung của luận văn gồm 2 chương
Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ bản trong việc áp dụng giải
phương trình nghiệm nguyên.
Chương 2: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp
giải.
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của GS.TSKH. Hà Huy Khoái - Viện Toán Học Hà Nội. Thầy đã dành
nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt
quá trình làm luận văn. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến
Thầy.
Tôi xin cảm ơn tới Sở Nội Vụ, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Bắc Giang,
trường THPT Tân Yên 2, tổ Toán trường THPT Tân Yên 2 đã tạo điều
kiện giúp đỡ tôi hoàn thành khóa học này.
Tôi xin gửi tới các Thầy Cô khoa Toán, phòng Đào tạo sau Đại học
Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, cũng như các Thầy
cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2009-2011 lời cảm ơn sâu sắc về
công lao dạy dỗ trong suốt quá trình giáo dục, đào tạo của nhà trường.
Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K3A
Trường Đại Học Khoa Học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học
tập và làm luận văn này.
Tuy nhiên do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn

thạc sĩ, nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi
những thiếu sót, tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến của các Thầy Cô
và độc giả quan tâm tới luận văn này.
Thái Nguyên, ngày 15 tháng 6 năm 2011
Tác giả
THÂN VĂN CƯƠNG
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
Trong chương này trình bày một số kiến thức cơ bản của một số
loại phương trình như phương trình Điôphăng tuyến tính, phương trình
Fermat, phương trình Pell
1.1. Một số kết quả của số học trong giải phương
trình nghiệm nguyên
Định lý 1.1.1. (Định lý cơ bản về số nguyên tố).
Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1. Khi đó n luôn có
thể biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng sau:
n = p
α
1
1
.p
α
2
2
p
α
k
k

.
Trong đó k, α
i
(i = 1, 2, , k) là các số tự nhiên và p
i
là các số nguyên
tố thỏa mãn: 1 < p
1
< p
2
< < p
k
.
Định lý 1.1.2. (Định lý Euclid.) Tồn tại vô hạn số nguyên tố.
Định lý 1.1.3. (Định lý cơ bản về mối liên hệ giữa tính chia hết và số
nguyên tố). Giả sử a, b là hai số nguyên dương, còn p là số nguyên tố sao
cho ab
.
.
.p. Khi đó ta phải có hoặc là a
.
.
.p, hoặc là b
.
.
.p.
Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số nguyên a và b. Ta nói rằng a đồng dư
vơi b theo Modulo m (m nguyên dương) và ký hiệu a ≡ b(mod m) khi
và chỉ khi (a − b)
.

.
.m.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Các tính chất cơ bản của đồng dư
Tính chất 1. Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m) thì a + c ≡ b + d(mod
m) và ac ≡ bd(mod m).
Tính chất 2. Nếu p là số nguyên tố và ab ≡ 0 (mod p) thì a ≡ 0(mod p)
hay b ≡ 0(mod p).
Định lý 1.1.4. (Định lý Fermat). Nếu p là một số nguyên tố và a là
một số nguyên tùy ý thì
(a
p
− a)
.
.
.p.
Khi (a, p) = 1, thì a
p−1
≡ 1(modp).
Định lý 1.1.5. (Định lý Euler) Nếu m là số nguyên dương và (a, m) = 1,
thì
a
φ(m)
≡ 1(mod m)
Ở đây φ(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng
nhau với m. ( φ(m) gọi là Phi-hàm Euler)
Định lý 1.1.6. (Định lý Wilson). p là số nguyên tố khi và chỉ khi
(p − 1)! + 1 chia hết cho p
Định lý 1.1.7. (Định lý Fermat-Euler). Nếu p = 4k + 1, thì tồn tại các

số nguyên dương a, b sao cho p = a
2
+ b
2
.
Định lý 1.1.8. (Định lý phần dư Trung Hoa). Giả sử r và s là các số
nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a và b là hai số nguyên tùy ý. Khi
đó tồn tại một số nguyên N sao cho N ≡ a(mod r) và N ≡ b(mod s).
Ngoài ra N được xác định một cách duy nhất.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
1.2. Phương trình Điôphăng tuyến tính
1.2.1. Định nghĩa
Phương trình Điôphăng tuyến tính là phương trình có dạng:
ax + by = c (1)
trong đó a, b, c là các số nguyên, các giá trị x, y cũng nhận các giá trị
nguyên. Giải phương trình Điôphăng (1) tức là tìm các cặp số nguyên
(x, y) thỏa mãn (1)
Định lý 1.2.1. Giả sử a, b là các số nguyên, d là ước chung lớn nhất
của a và b. Khi đó phương trình ax + by = c không có nghiệm nguyên
nếu d không là ước của c. Nếu d|c thì phương trình có vô số nghiệm.
Hơn nữa nếu x = x
0
, y = y
0
là một nghiệm nào đó của phương trình thì
mọi nghiệm của phương trình có dạng:
x = x
0
+ (

b
d
)n, y = y
0
+
a
d
n.
Trong đó n là số nguyên.
Chứng minh. Giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình . Do d|a, d|b
nên d|c. Như vậy , nếu d không là ước của c thì phương trình không có
nghiệm nguyên.
Vì (a, b) = d nên tồn tại số nguyên t và s sao cho d = as + bt(2)
Cũng do d|c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c. Nhân hai vế của (2)
với c ta được :
c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te).
Như vậy, ta có một nghiệm của phương trình cho bởi x = x
0
= se, y =
y
0
= te.
Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số nghiệm. Đặt x = x
0
+
b
d
n, y = y
0
−

a
d
n
trong đó n nguyên. Ta thấy cặp (x, y) xác định như trên là một nghiệm,
vì
ax + by = ax
0
+ a.
b
d
n + by
0
− b
a
d
n = ax
0
+ by
0
= c
Ta chỉ còn phải chứng minh rằng, mọi nghiệm của phương trình phải có
dạng nêu trên. Giả sử(x, y) là một nghiệm tùy ý, tức là x.y nguyên và
thỏa mãn ax + by = c. Khi đó
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
(ax + by) − (ax
0
+ by
0
) = 0 suy ra a(x − x

0
) + b(y −y
0
) = 0
Tức là a(x − x
0
) = b(y − y
0
)
Chia hai vế của đẳng thức này cho d, ta được
a
d
(x − x
0
) =
b
d
(y − y
0
) (3)
Do d = (a, b) nên
a
d
và
b
d
nguyên tố cùng nhau. Từ đó suy ra y
0
− y
chia hết cho

a
d
, tức là tồn tại n nguyên sao cho
a
d
n = y
0
− y. Suy ra
y = y
0
−
a
d
n. Thay giá trị này của y vào phương trình (3) ta được
x = x
0
+
b
d
n.
Định lý trên giúp ta tìm được nghiệm của phương trình Điôphăng
tuyến tính.
Ví dụ 1.2.1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
3x + 17y = 159 (1)
Lời giải.
Ta nhận thấy ước chung lớn nhất của 3 và 17 bằng 1 nên d = 1. Giả
sử (x
0
, y
0

) là nghiệm nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta nhận thấy
159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y
.
.
.3 do đó y
.
.
.3.
Đặt y
0
= 3t
0
, t ∈ Z thay vào phương trình ta được
3x
0
+ 17.3t
0
= 159
⇔ x
0
+ 17t
0
= 53
Do đó:

x = 53 − 17t
y = 3t
Với t nguyên tùy ý
Đảo lại thay các biểu thức của x và y vào phương trình ta được nghiệm
đúng.

Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên được xác định bởi công
thức trên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
1.3. Phương trình Fermat
1.3.1. Các bộ số Pitago
Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình:
x
2
+ y
2
= z
2
được gọi là một bộ số Pitago - Tên gọi đó xuất phát từ Định lý Pitago
quen thuộc. Như vậy, (x, y, z) là một bộ số Pitago khi và chỉ khi tồn
tại tam giác vuông có số đo hai cạnh góc vuông là x và y , số đo cạnh
huyền bằng z (Với x, y, z là các số nguyên dương). Giả sử các bộ số
(3, 4, 5), (6, 8, 10) là các bộ số Pitago.
Rõ ràng là nếu (x, y, z) là bộ Pitago thì (kx, ky, kz) cũng là một bộ số
Pitago với mọi số tự nhiên k. Do đó, ta chỉ cần xét bộ ba số nguyên tố
cùng nhau.
Định nghĩa 1.3.1. Bộ số Pitago (x, y, z) được gọi là nguyên thủy nếu
(x, y, z) = 1.
Ví dụ 1.3.1. : Các bộ số (3, 4, 5), (5, 12, 13) là nguyên thủy, bộ số
(6, 8, 10) không nguyên thủy.
Nếu bộ ba số (x, y, z) là không nguyên thủy, chẳng hạn (x, y, z) = d,
thì (
x
d
,

y
d
,
z
d
) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Để tìm bộ số Pitago
nguyên thủy ta dùng Bổ đề sau đây
Bổ đề 1.3.1. Nếu (x, y, z) là một bộ Pitago nguyên thủy thì (x, y) =
(y, z) = (z, x) = 1.(ký hiệu (x, y, z, ) = d được hiểu là UCLN của các
số x, y, z, ).
Chứng minh. Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x, y) >
1. Khi đó tồn tại số nguyên p sao cho p|(x, y). Vì p|x và p|y nên p|(x
2
+
y
2
) = z
2
. Do p nguyên tố mà p|z
2
nên p|z. Từ đó dẫn đến mâu thuẫn
với giả thiết (x, y, z) = 1.
Vậy (x, y) = 1. Tương tự (x, z) = (y, z) = 1.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
Bổ đề 1.3.2. Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy. Khi đó x
chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn.
Chứng minh. Giả sử (x, y, z) là một bộ Pitago nguyên thủy. Do Bổ đề
1.2.1 (x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì ta
có

x
2
≡ y
2
≡ 1 (mod 4)
Nên z
2
= x
2
+ y
2
≡ 2.(mod 4)
Điều đó vô lý. Vậy x và y không cùng tính chẵn lẻ.
Bổ đề 1.3.3. Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và
rs = t
2
. Khi đó tồn tại các số nguyên h, l sao cho r = l
2
và s = h
2
.
Chứng minh. Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì Bổ đề là hiển nhiên. Ta giả sử
r > 1 và s > 1. Giả sử các phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố ta được
các dạng sau
r = p
α
1
1
p
α

2
2
p
α
3
3
p
α
n
n
s = p
α
n+1
n+1
p
α
n+2
n+2
p
α
m
m
t = q
β
1
1
q
β
2
2

q
β
k
k
Vì (r, s) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong
phân tích của r và s là khác nhau. Do r.s = t
2
nên
p
α
1
1
p
α
2
2
p
α
3
3
p
α
n
n
p
α
n+1
n+1
p
α

n+2
n+2
p
α
m
m
= q
2β
1
1
q
2β
2
2
q
2β
k
k
.
Từ Định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên
tố xuất hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau. Vậy mỗi p
i
phải
bằng một q
j
nào đó, đồng thời α
i
= 2β
j
. Do đó, mỗi số mũ α

i
đều chẵn
nên
α
i
2
nguyên. Từ đó suy ra r = l
2
, s = h
2
, trong đó l, h là các số nguyên:
l = p
α
1
2
1
p
α
2
2
2
p
α
n
2
n
h = p
α
n+1
2

n+1
p
α
n+2
2
n+2
p
α
m
2
m
Định lý sau mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
Định lý 1.3.1. Các số nguyên dương (x, y, z) lập thành một bộ Pitago
nguyên thủy, với y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương
nguyên tố cùng nhau m, n với m > n, m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ
sao cho
x = m
2
− n
2
y = 2mn
z = m
2
+ n
2
.
Chứng minh. Giả sử x, y, z là một bộ số Pitago nguyên thủy. Từ Bổ đề
1.2.2 cho thấy x lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại. Vì ta giả thiết y chẵn nên

x, z đều lẻ. Do x + z và z −x đều là số chẵn, nên các số
x+z
2
= r,
z−x
2
= s
đều là số nguyên.
Vì x
2
+ y
2
= z
2
nên y
2
= z
2
− x
2
= (z + x)(z − x). Vậy
(
y
2
)
2
= (
z+x
2
)(

z−x
2
) = rs
Ta để ý rằng (r, s) = 1. Thật vậy, nếu (r, s) = d thì do d|r, d|s nên
d|(r + s) = z và d|(r − s) = x. Điều đó có nghĩa là d|(z, x) = 1 nên
d = 1.
Áp dụng Bổ đề 1.2.3 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho
r = m
2
, s = n
2
. Viết x, y, z thông qua m, n ta có
x = r − s = m
2
− n
2
y =
√
4rs =
√
4m
2
n
2
= 2mn
z = r + s = m
2
+ n
2
Ta cũng có (m, n) = 1, vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của

x = m
2
− n
2
, y = 2mn, z = m
2
+ n
2
, nên là ước chung của (x, y, z). Mà
x, y, z nguyên tố cùng nhau nên (m, n) = 1. Mặt khác, m và n không
đồng thời là hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ hoặc ngược lại. Vậy mỗi bộ số
Pitago nguyên thủy có dạng đã nêu.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Để chứng tỏ rằng bộ ba số
x = m
2
− n
2
y = 2mn
z = m
2
+ n
2
. Trong đó m, n là các số nguyên dương, m > n, (m, n) = 1 và m = n
và m ≡ n(mod 2) lập thành một bộ số Pitago nguyên thủy, trước tiên
ta nhận xét rằng
x
2
+ y

2
= (m
2
− n
2
)
2
+ (2mn)
2
= (m
4
− 2m
2
n
2
+ n
4
) + 4m
2
n
2
= m
4
+ 2m
2
n
2
+ n
4
= (m

2
+ n
2
)
2
= z
2
.
Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau. Giả sử ngược lại (x, y, z) =
d > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p|(x, y, z). Ta thấy rằng
p  2 vì x lẻ ( do x = m
2
− n
2
trong đó m
2
và n
2
không cùng tính chẵn
lẻ). Lại do p | x, p | z nên p | (z + x) = 2m
2
và p | (z − x) = 2n
2
. Vậy
p | m và p | n: Mâu thuẫn với (m, n) = 1. Do đó (x, y, z) = 1 tức là
(x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy.
Ví dụ 1.3.2. Lấy m = 5, n = 2 ta tìm được x = 21, y = 20, z = 29 là
một bộ số Pitago nguyên thủy.
1.3.2. Phương trình Fermat
Ta thấy rằng phương trình

x + y = z
Có vô hạn nghiệm nguyên (x, y, z). Các bộ số Pitago cũng cho ta vô
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
hạn nghiệm nguyên của phương trình
x
2
+ y
2
= z
2
Cứ như vậy nếu số mũ của các biến tăng lên, liệu rằng phương trình
x
n
+ y
n
= z
n
với n ≥ 3 có nghiệm nguyên hay không? nếu có thì số nghiệm là hữu
hạn hay vô hạn?
Định lý 1.3.2. (Định lý Fermat)
Phương trình x
n
+ y
n
= z
n
không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0 khi
n là số nguyên, n ≥ 3.
Định lý Fermat được chứng minh năm 1993 bởi A. Wiles, với việc sử

dụng những kiến thức cao nhất của nhiều ngành toán học khác nhau.
Trong phần này chúng ta sẽ chứng minh Định lý lớn Fermat cho trường
hợp n = 4. Một trong những mấu chốt của phương pháp lùi vô hạn do
Fermat đề xuất.
Định lý 1.3.3. Phương trình
x
4
+ y
4
= z
4
không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0.
Chứng minh. Giả sử phương trình trên có nghiệm nguyên x, y, z khác 0.
Vì ta có thể thay biến tùy ý bởi số đối của nó nên ta có thể xem x, y, z
là các số nguyên dương.
Ta giả thiết (x, y) = 1. Thật vậy, nếu (x, y) = d thì x = dx
1
, y = dy
1
,
trong đó x
1
, y
1
là các số nguyên dương.
Ta sẽ chỉ ra phương trình x
4
+ y
4
= z

2
không có nghiệm nguyên dương
vì vậy phương trình x
4
+ y
4
= z
4
cũng không có nghiệm nguyên dương.
Vì x
4
+ y
4
= z
2
nên
(dx
1
)
4
+ (dy
1
)
4
= z
2
do đó: d
4
(x
4

1
+ y
4
1
) = z
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Vậy d
4
| z
2
, suy ra d
2
| z, nghĩa là z = d
2
z
1
với z
1
là số nguyên dương.
Do đó
d
4
(x
4
1
+ y
4
1

) = (d
2
z
1
)
2
= d
4
z
2
1
nên x
4
1
+ y
4
1
= z
2
1
Ta nhận được nghiệm x
4
+ y
4
= z
2
với các số nguyên dương
x = x
1
, y = y

1
, z = z
1
, trong đó (x
1
, y
1
) = 1.
Bây giờ ta giả sử x = x
0
, y = y
0
, z = z
0
là nghiệm của phương trình
x
4
+ y
4
= z
2
, trong đó (x
0
, y
0
) = 1. Ta sẽ chỉ ra tồn tại nghiệm khác
gồm các số nguyên dương x = x
1
, y = y
1

, z = z
1
với (x
1
, y
1
) = 1 sao cho
z
1
< z
0
.
Vì x
4
0
+ y
4
0
= z
2
0
nên (x
2
0
)
2
+ (y
2
0
)

2
= z
2
0
,
tức là (x
2
0
, y
2
0
, z
0
) là một bộ số Pitago. Hơn nữa, (x
2
0
, y
2
0
) = 1, vì nếu p là
số nguyên tố, p | x
2
0
, p | y
2
0
thì p | x
0
, p | y
0

, mâu thuẫn với (x
0
, y
0
) = 1.
Như vậy, x
2
0
, y
2
0
, z
0
là một bộ số Pitago nguyên thủy, tồn tại các số
nguyên dương m, n với (m, n) = 1, m ≡ n(mod2) và
x
2
0
= m
2
− n
2
y
2
0
= 2mn
z
0
= m
2

+ n
2
Trong đó có thể xem y
2
0
là số chẵn. (nếu cần thì đổi ký hiệu x
2
0
và y
2
0
).
Từ đẳng thức của x
2
0
ta được:
x
2
0
+ n
2
= m
2
Do (m, n) = 1 nên (x
0
, n, m) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Tồn tại
các số nguyên dương r, s với (r, s) = 1, r ≡ s(mod 2) và
x
2
0

= r
2
− s
2
n = 2rs
m = r
2
+ s
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Vì m lẻ và (m, n) = 1, ta có (m, 2n) = 1. Do y
2
0
= (2n)m nên tồn tại
các số nguyên dương z
1
và w với m = z
2
1
, 2n = w
2
. Vì w chẵn, w = 2u,
trong đó u là số nguyên dương, nên
u
2
=
n
2
= rs

Do (r, s) = 1, tồn tại các số nguyên dương x
1
, y
1
sao cho r = x
2
1
, s = y
2
1
.
Chú ý rằng vì (r, s) = 1 nên dễ suy ra (x
1
, y
1
) = 1. Như vậy, x
4
1
+y
4
1
= z
2
1
,
trong đó x
1
, y
1
, z

1
là các số nguyên dương với (x
1
, y
1
) = 1. Hơn nữa, ta
có z
1
< z
0
vì
z
1
≤ z
4
1
= m
2
< m
2
+ n
2
= z
0
Để kết thúc chứng minh định lý, giả sử x
4
+ y
4
= z
4

có ít nhất một
nghiệm nguyên. Do nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong số các nghiệm
nguyên dương, tồn tại nghiệm nguyên với giá trị z
0
bé nhất. Tuy nhiên
ta đã chỉ ra rằng, từ nghiệm này ta có thể tìm nghiệm khác với giá trị
bé hơn của biến z. Từ đó dẫn đến mâu thuẫn. Như vậy ta đã được điều
phải chứng minh.
* Về Định lý lớn Fermat
Ta biết có vô số bộ ba số nguyên dương thỏa mãn phương trình
x
2
+ y
2
= z
2
. Đương nhiên xuất hiện một câu hỏi: có ba số nguyên
dương nào thỏa mãn phương trình x
3
+ y
3
= z
3
không?
Vào năm 1637, nhà toán học Pháp Fermat (Pierre de Fermat, 1601 –
1665) đã nêu lên mệnh đề sau, được gọi là định lý lớn Fermat:
Phương trình x
n
+ y
n

= z
n
(với n là số nguyên lớn hơn 2) không có
nghiệm nguyên dương.
Fermat đã viết vào lề cuốn Số học của Điôphăng, ở cạnh mục giải phương
trình x
2
+y
2
= z
2
“Không thể phân tích được một lập phương đúng thành
tổng của hai lập phương, không thể phân tích được một trùng phương
thành tổng của hai trùng phương, và nói chung với bất cứ lũy thứa nào
lớn hơn 2 thành tổng của hai lũy thừa cùng bậc. Tôi đã tìm được cách
chứng minh kì diệu mệnh đề này, nhưng lề sách này quá chật nên không
thể ghi lại được.”
Năm 1670, năm năm sau khi Fermat mất, con trai ông đã công bố mệnh
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
đề này.
Lịch sử chứng minh Định lý lớn Fermat
Hình 1.1:
Người ta đã tìm thấy chứng minh của Fermat với n = 4, nhưng không
biết được ông đã giải bài toán tổng quát như thế nào? Liệu lời giải của
ông có sai lầm hay không?
Chỉ biết rằng phải đến một thế kỷ sau, Ơle mới chứng minh được bài
toán với n = 3 năm 1753 trong thư gửi Gônbach. Năm 1825, bằng những
phát minh mới về lý thuyết số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh được
với n = 5. Năm 1839 Lamê chứng minh được với n = 7. Sau đó khoảng

năm 1850 Kume chứng minh được với mọi n ≤ 100 . Năm 1978, nhờ
máy tính điện tử người ta đã chứng minh được bài toán với mọi n nhỏ
hơn 125000.
Phương trình x
n
+ y
n
= z
n
được gọi là phương trình Fermat. Nó đã
lôi cuốn các nhà toán học chuyên nghiệp và nghiệp dư suốt hơn ba thế
kỷ. Trên con đường tìm cách giải phương trình đó, nhiều lý thuyết toán
học mới đã được sáng tạo ra. Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhà
toán học đã đạt được những kết quả quan trọng. Và đề chứng minh
Định lý lớn Fecma, chỉ còn chứng minh giả thuyết do Taniyama nêu ra
"mọi đường cong elliptic đều là đường cong Weil."
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Chúng ta tìm hiểu đôi chút về điều này.
Ta xem mỗi nghiệm nguyên của phương trình là một điểm có toạ độ
nguyên của một đường cong. Đường cong elliptic được Taniyama đưa ra
năm 1955 trong một hội nghị quốc tế ở Nhật Bản, đó là đường cong cho
bởi phương trình y
2
= x
3
+ mx
2
+ nx + p thỏa mãn điều kiện “không có
điểm kì dị”.

Nhà toán học Đức Frey là người đầu tiên gắn việc chứng minh định lý
lớn Fermat với các đường cong elliptic: giả sử định lý lớn Fermat không
đúng thì tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 và số tự nhiên n sao cho
a
n
+ b
n
= c
n
. Khi đó tồn tại một đường cong elliptic đặc biệt dạng Frey.
Năm 1986, Ribet chứng minh được rằng: đường cong elliptic dạng Frey
nếu tồn tại thì nó không phải là đường cong Weil.
Như thế, nếu định lý lớn Fermat không đúng thì tồn tại một
đường cong elliptic mà không phải là đường cong Weil, trái với giả
thuyết Taniyama. Điều đó có nghĩa là nếu chứng minh được giả thuyết
Taniyama thì cũng chứng minh được định lí lớn Fermat.
Tháng 6 năm 1993, trong một hội nghị toán học quốc tế ở Anh, nhà
toán học Anh Andrew Wiles (Enđriu Oailơ), sinh năm 1953, công bố
chứng minh giả thuyết Taniyama cho các đường cong elliptic dạng Frey
dày 200 trang, tức là đã chứng minh được địng lý lớn Fermat.
Tháng 12 năm ấy, người ta tìm thấy một “lỗ hổng” trong chứng minh
của Wiles. Tuy nhiên các chuyên gia trong lĩnh vực này cho rằng con
đường đi của Wiles là hợp lý, sai lầm của Wiles là có thể khắc phục
được.
Đúng như vậy, một năm sau, tháng 10 năm 1994, A.Wiles cùng với
R. Taylor công bố một bài báo dài 25 trang hoàn thiện các chứng minh
của Wiles trước đây. Việc chứng minh được định lý lớn Fermat cho thấy
bộ óc của con người thật kỳ diệu. Bất cứ đỉnh cao trí tuệ nào con người
cũng có thể vươn tới. Không có bài toán nào mà con người không giải
được, chỉ có điều sớm hay muộn.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
1.3.3. Phương trình Pell
Trong phần này chúng ta chỉ nghiên cứu phương trình Điôphăng có
dạng
x
2
− dy
2
= n (1)
Trong đó d và n là các số nguyên cố định. Khi d < 0 và n < 0 phương
trình vô nghiệm. Khi d < 0 và n > 0, phương trình chỉ có thể có hữu
hạn nghiệm, vì đẳng thức x
2
− dy
2
= n suy ra | x |≤
√
n, | y |≤

n
|d|
.
Khi d là một số chính phương, chẳng hạn d = D
2
thì
x
2
− dy
2

= x
2
− D
2
y = (x + Dy)(x − Dy) = n
Như vậy, mọi nghiệm của (1) khi d là chính phương sẽ tương ứng với
nghiệm của hệ phương trình

x + Dy = a
x − Dy = b
Trong đó a và b là các số nguyên sao cho n = ab. Trong trường hợp đó,
chỉ có nghiệm hữu hạn , vì tồn tại nhiều nhất là một nghiệm nguyên
của hai phương trình trên ứng với một cách phân tích n = ab.
Trong phần tiếp theo, ta quan tâm phương trình x
2
− dy
2
= n, trong
đó d và n là các số nguyên, d là số nguyên dương không chính phương.
Định lý sau đây chỉ ra rằng , phân số liên tục của
√
d rất quan trọng
trong việc nghiên cứu phương trình trên.
Định lý 1.3.4. Giả sử d và n là các số nguyên sao cho d > 0 và d không
là số chính phương. |n| <
√
d. Khi đó, nếu x
2
− dy
2

= n, thì
x
y
là một
tổng hội tụ riêng của liên phân số liên tục đơn của
√
d.
Chứng minh. Trước hết ta xét trường hợp n > 0. Vì x
2
− dy
2
= n, nên
ta có
(x + y
√
d)(x − y
√
d) = n
Từ trên ta thấy x −y
√
d > 0 nên x > y
√
d. Do đó
x
y
−
√
d > 0
Hơn nữa, do 0 < n <
√

d nên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
x
y
−
√
d =
x−y
√
d
y
=
x
2
−dy
2
y(x+y
√
d)
<
n
y(2y
√
d)
<
√
d
2y
2

√
d
=
1
2y
2
Do 0 <
x
y
−
√
d <
1
2y
2
. Từ Định lý về sự hội tụ của phân số liên tục đơn
ta suy ra rằng
x
y
là một tổng hội tụ riêng của phân số liên tục đơn
√
d.
Khi n < 0, chia hai vế của x
2
− dy
2
= n cho −d, ta được:
y
2
−

1
d
x
2
= −
n
d
Lý luận tương tự như trên ta chỉ ra rằng, khi n > 0,
y
x
là một tổng hội
tụ riêng của phân số liên tục đơn của
1
√
d
. Do đó,
x
y
=
1
y
x
là một tổng hội
tụ riêng của phân số liên tục đơn của
√
d =
1
1
√
d

.
Để tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
− dy
2
= n ta dựa vào Định
lý sau đây.
Định lý 1.3.5. Giả sử d là một số nguyên dương không chính phương.
Đặt
α
k
=
P
k
+
√
d
Q
k
a
k
= [α
k
]
P
k+1
= a
k
Q
k

− P
k
Q
k+1
=
(d − P
2
k+1
)
Q
k
Với k = 0, 1, 2, trong đó α
0
=
√
d. Hơn nữa, giả sử
p
k
q
k
là tổng riêng
hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của
√
d. Khi đó
p
2
k
− dq
2
k

= (−1)
k−1
Q
k+1
Trước khi chứng minh Định lý này, ta chứng minh Bổ đề sau.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Bổ đề 1.3.4. Giả sử r + s
√
d = t + u
√
d, trong đó r, s, t, u là các số hữu
tỷ và d là số nguyên dương không chính phương. Khi đó r = t và s = u
Chứng minh. bổ đề . Do r + s
√
d = t + u
√
d nên nếu s = u ta có
√
d =
r−t
u−s
Do d không chính phương nên
√
d phải là số vô tỷ và không thể có biểu
diễn trên. Vậy s = u, và do đó r = t.
Chứng minh Định lý.
Vì
√
d = α

0
= [a
0
; a
1
; a
2
; ; a
k
; a
k+1
] nên ta có
√
d =
α
k+1
p
k
+p
k−1
α
k+1
q
k
+q
k−1
Vì α
k+1
=
(P

k+1
+
√
d)
Q
k+1
, ta có:
√
d =
(P
k+1
+
√
d)p
k
+Q
k+1
p
k−1
(P
k+1
+
√
d)q
k
+Q
k+1
q
k−1
Do đó ta thấy rằng

dq
k
+ (P
k+1
q
k
+ Q
k+1
q
k−1
)
√
d = (P
k+1
p
k
+ Q
k+1
p
k−1
) + p
k
√
d
Từ Bổ đề trên ta có
dq
k
= P
k+1
p

k
+ Q
k+1
p
k−1
,
P
k+1
q
k
+ Q
k+1
q
k−1
= p
k
Nhân phương trình thứ nhất với q
k
, phương trình thứ hai với p
k
rồi trừ
phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất ta được:
p
2
k
− dq
2
k
= (p
k

q
k−1
− p
k−1
q
k
)Q
k+1
= (−1)
k−1
Q
k+1
(*)
Từ (*) ta được điều phải chứng minh
Chú ý 1.3.1. Để chứng minh đẳng thức p
k
q
k−1
−p
k−1
q
k
= (−1)
k−1
ta có
thể chứng minh bằng quy nạp như sau.
- Với k = 1, ta có p
1
q
0

− p
0
q
1
= (a
0
a
1
+ 1).1 −a
0
a
1
= 1
Giả sử đúng với 1 ≤ k < m, tức là
p
k
q
k−1
− p
k−1
q
k
= (−1)
k−1
Khi đó ta có
p
k+1
q
k
− p

k
q
k+1
= (a
k+1
p
k
)q
k
− p
k
(a
k+1
q
k
+ q
k−1
)
= p
k−1
q
k
− p
k
q
k−1
= −(−1)
k−1
= (−1)
k

.
Ta được điều phải chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên