Khóa Luận Phương Trình Diophante.pdf

i

Lời cảm ơn
Để hoàn thành đề tài luận văn và kết thúc khóa học, với tình cảm chân thành,
tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới trường Đại học Hồng Đức đã tạo điều kiện
cho tơi có mơi trường học tập tốt trong suốt thời gian tôi học tập, nghiên cứu tại
trường.
Tôi xin chân thành cảm ơn thầy Lê Anh Minh, người thầy đã trực tiếp giảng
dạy, hướng dẫn và tạo mọi điều kiện giúp tơi hồn thành khóa luận này.

Thanh Hóa, tháng 5 năm 2019
Kí tên

Trần Thị Trang


ii

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Chương 1.

PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG

PHÁP GIẢI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1. Định nghĩa phương trình Diophante. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3
1.1.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Phương pháp phân tích thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Sử dụng bất đẳng thức để giải phương trình Diophante . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4. Phương pháp tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5. Phương pháp số học Modular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6. Phương pháp quy nạp toán học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.6.1. Phương pháp quy nạp thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.6.2. Phương pháp quy nạp thứ hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.6.3. Phương pháp quy nạp thứ ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.7. Phương pháp giảm vô hạn Fermat (FMID) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.7.1. Biến thể FMID 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.7.2. Biến thể FMID 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.7.3. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.8. Phương trình Diophante tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Chương 2. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE ĐẶC BIỆT . . . 25
2.1. Phương trình diophante tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.3. Phương trình Fermat: Bộ số Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2. Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2.1. Định nghĩa và nhận xét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2.2. Sự tồn tại nghiệm và cơng thức nghiệm của phương trình Pell . . . . 33


iii

2.2.3. Cách giải phương trình Pell bằng liên phân số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2.4. Phương trình Pell loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.3. Một số phương trình Diophante qua các kì thi học sinh giỏi . . . . . . . . 36
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40


1

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Diophante là một nhà toán học cổ Hilap (thế kỷ thứ 3), và thương được nhặc
đến như “ơng tổ của ngành đại số”. Ơng là tác giả của cuốn sách nổi tiếng “số
học” đã có nhiều đóng góp lớn dối với sự phát triển của Tốn học, ơng đa có
nhiều kết quả trong việc giải phương trình đại số và lí thuyết số.
Phương trình Diophante là một lĩnh vực lý thú của nhiểu nhà tốn học, trong
đó chúng ta tìm thấy sự đóng góp của nhiều nhà toán học nổi tiếng: Euclide,
Archimede, Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Dirchlet, Riemann, Hilbert, . . .
Một số nhà toán học Trung cổ Ấn Độ như Sulba Stras; Baud hayana; Apas
– tamba; Aryabhata (đã nghiên cứu và có nhiều kết quả về phương trình Diophante tuyến tính); Kuttaka; Brahamagupta; Bhaskara.
Phương trình nghiệm ngun nói chung và phương trình Diophante nói riêng
là một trong những vấn đề thu hút sự quan tâm không chỉ đối với giáo viên và
học sinh các trường trung học phổ thơng mà cịn đối với tất cả những người u
thích Tốn.
Trong hầu hết các kì thi quan trọng như thi học sinh giỏi toán các cấp, thi
Olympic toán, các bài toán liên quan đến phương trình Diophante cũng hay
được đề cập đến và thường là rất khó.
Trong khóa luận này chúng tơi xin trình bày một số vấn đề về phương tình
Diophante.
Mục đích của khóa luận là trình bày tổng quát về phương trình Diophante;
khái quát lịch sử phát triển của nó; một số phương pháp giải phương trình Diophante; một số dạng phương trình Diophante đặc biệt.
Nói chung, giải phương trình Diophante, đặc biệt là phương trình Diophante
bậc cao là một bài tốn rất khó. Nhiều khi ta gặp hai phương trình Diophante
tương tự nhau, chỉ khác về hệ số, mà phương trình này có vơ số nghiệm, phương
trình kia lại vơ nghiệm; phương trình này dễ giải, trong khi phương trình kia
rất khó giải, thâm chí chưa ai giải được. Nhiêu phương trình mang tên người đã


2

giải được nó. Rất nhiều phương trình Diophante giải bằng các phương pháp của
toán học cao cấp; việc nghiên cứu về phương trình Diohante đã trở thành một
lĩnh vực riêng được gọi là giải tích Diophante.
Nhận thấy việc sử dụng phương trình Diophante trong giải các phương trình
vẫn cịn hạn chế. Việc nghiên cứu một cách hệ thống từ lý thuyết đến ứng dụng
phương trình Diophante trong giải phương trình là cần thiết. Vì vậy, chúng tơi
chọn tên đề tài của luận văn là "Phương trình Diophante"
2. Đối tượng nghiên cứu
Phương trình Diophante.
3. Mục đích nghiên cứu
Trình bày cơ động một số kiến thức có liên quan.
Nêu một cách tổng quát về các dạng phương trình Diophant.e
Xây dựng các phương pháp giải phương trình Diophante.
4. Phạm vi nghiên cứu
Lý thuyết và các phương pháp giải phương trình Diophante.
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu và thu thập tài liệu có liên quan đến đề tài của khóa luận đề
phân tích, giải thích, đánh giá, tổng hợp các kết quả có trong các tài liệu khoa
học đã sưu tập được.
6. Ý nghĩa của luận văn
Khóa luận là một tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên và học sinh chun
tốn, nhằm mục đích phát huy tích cực, sáng tạo của học sinh và giáo viên trong
q trình dạy học tốn.
7. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn bao gồm hai
chương:
Chương 1: Phương trình Diophante và một số phương pháp giải
Chương 2: Một số dạng phương trình Diophante đặc biệt

3

Chương 1
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE VÀ
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1.1. Định nghĩa phương trình Diophante
1.1.1. Định nghĩa
Định nghĩa 1.1.1. [3] Phương trình Diophante là phương trình có nhiều ẩn số
có dạng f (x1 ; ...; xn ) = 0, với tất cả các hệ số x1 , x2 , ..., xn đều là số nguyên và


các số nguyên x10 , x20 , ..., xn0 thỏa mãn phương trình được gọi là nghiệm của
phương trình.

1.1.2. Ví dụ
i. Phương trình ax +by = 1 hay a, b ∈ , (a, b) = 1 là phương trình Diophante
tuyến tính có vơ số nghiệm ngun x = x0 + bt; y = y0 − at với (x0 ; y0 ) là một
nghiệm nào đó của phương trình và t ∈ Z.
ii. Phương trình Diophante nổi tiếng nhất là phương trình Fermat.
xn + yn = zn
+ Với n = 2 ta được phương trình Pitago x2 + y2 = z2 có vơ số các bộ nghiệm
(x; y; z) được gọi là bộ ba Pitago. Ta có thể liệt kê một số bộ ba Pitago như sau:
(3; 4; 5) , (5; 12; 13) , (8; 15; 17) , (7; 24; 25) , (20; 21; 29) .
+ Với n > 2 Fermat khẳng định rằng không tồn tạ bộ các số nguyên dương


4

n > 2 thỏa mãn phương trình.
iii. x2 − ny2 = ±1 , trong đó n là số khơng chính phương ( phương trình Pell

– tên nhà tốn học người Anh John Pell, phương trình này cũng được nghiên
cứu bởi Brahmagrupta vào thế kỷ thứ VII và được giải quyết trọn bẹn bởi Fermat vào thế kỷ thứ XVII).
4 1 1 1
iiii. = + + ⇔ 4xyz = nyz + nxz + nxy.
n x y z
Phương trình Diophate thường khơng có cách giải tổng qt. Mỗi dạng
phương trình có cách giải khác nhau. Sau đây là một số phương pháp giải
phương trình này.

1.2. Phương pháp phân tích thành nhân tử
Ví dụ 1.2.1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau:




x2 + 1 y2 + 1 + 2 (x − y) (1 − xy) = 4 (1 + xy)

Bài giải.
Viết phương trình trên dưới dạng:

x2 y2 − 2xy + 1 + x2 + y2 − 2xy + 2 (x − y) (1 − xy) = 4
⇔ (xy − 1)2 + (x − y)2 − 2 (x − y) (xy − 1) = 4
⇔ [xy − 1 − (x − y)]2 = 4
⇔ (x + 1) (y − 1) = ±2

• Nếu (x + 1) (y − 1) = 2, ta có được các hệ phương trình sau:
(
(
(
(
x+1 = 2
x + 1 = −2

x+1 = 1
x + 1 = −1
;
;
;
y−1 = 1
y − 1 = −1
y−1 = 2
y − 1 = −2
• Nếu (x + 1) (y − 1) = 2, ta có được các hệ phương trình sau:
(
(
(
(
x+1 = 2
x + 1 = −1
x+1 = 1
x + 1 = −1
;
;
;
y − 1 = −1
y−1 = 1
y − 1 = −2
y−1 = 2
Ví dụ 1.2.2. Cho p và q là hai số nguyên tố. Tìm nghiệm nguyên dương của
phương trình:
1
1 1
+ =

x y pq


5

Bài giải.
Phương trình trên tương đương với phương trình diophante đại số sau:
(x − pq) (y − pq) = p2 q2 .
2 2
(Xét tất cả các ước dương
( của p q ta được các hệ phương trình sau:
x − pq = 1
x = 1 + pq
1)
⇔
2
2
y − pq = p q
y = pq (pq + 1)
(
(
x = pq (pq + 1)
x − pq = p2 q2
⇔
2)
2
2
y = 1 + pq
y − pq = p q
(

(
x − pq = p2
x = p (p + q)
3)
⇔
y = q (p + q)
y − pq = p2
(
(
x = q (q + p)
x − pq = q2
⇔
4)
y = p (p + q)
y − pq = p2
(
(
x − pq = p
x = p (1 + q)
5)
⇔
2
y − pq = pq
y = pq (q + 1)
(
(
x − pq = pq2
x = pq (q + 1)
6)
⇔

y − pq = p
y = p (1 + q)
(
(
x − pq = q
x = q (1 + p)
7)
⇔
y − pq = p2 q
y = pq (p + 1)
(
(
x − pq = p2 q
x = pq (p + 1)
8)
⇔
y − pq = q
y = q (1 + p)
(
(
x − pq = pq
x = 2pq
9)
⇔
y − pq = pq
y = 2pq
Vậy phương trình đã cho có các cặp nghiệm là:

(1 + pq, pq (1 + pq)) ; (p (1 + q) , pq (1 + q)) ; (q (1 + p) , pq (1 + p)) ;
(p (p + q) , q (p + q)) ; (2pq, 2pq) ; (pq (1 + q) , p (1 + q)) ;

(pq (1 + p) , q (1 + p)) ; (q (p + q) , p (p + q)) ; (pq (1 + pq) , (1 + pq))
Ví dụ 1.2.3. Xác định tất cả các cặp ngun khơng âm (x, y) thỏa mãn phương
trình:
(xy − 7)2 = x2 + y2
Bài giải.
Phương trình trên tương đương với:


6

(xy − 6)2 + 13 = (x + y)2

hoặc

cho ta các hệ sau:
(

(x + y)2 − (xy − 6)2 = 13.

;

(

x + y + xy − 6 = 13
x + y − xy + 6 = 1

z+y = 7
;
xy = 0

(

x+y = 7
xy = 12

x + y + xy − 6 = 1
x + y − xy + 6 = 13

Các hệ trên lần lượt tương đương:
(

Các nghiệm của phương trình đã cho là: (0, 7) ; (7, 0) ; (3, 4) ; (4, 3) .
Ví dụ 1.2.4. Giải phương trình theo x, y nguyên x2 (y − 1) + y2 (x − 1) = 1.
Bài giải.
Đặt x = u + 1, y = v + 1, phương trình trên trở thành:
(u + 1)2 v + (v + 1)2 u = 1
⇔ uv (u + v) + 4uv + (u + v) = 1
⇔ uv (u + v + 4) + (u + v + 4) = 5
⇔ (u + v + 4) (uv + 1) = 5
Một trong các nhân tử phải bằng 5 hoặc -5 và nhân tử cịn lại bằng 1 hoặc
−1. Điều đó có nghĩa là tổng u + v và tích u.v phải thỏa mãn một trong bốn hệ
phương
( trình sau:
(
u+v+4 = 1
u + v = −3
1)
⇔
uv + 1 = 5
uv = 4

(
(
u+v+4 = 5
u+v = 1
2)
⇔
uv + 1 = 1
uv = 0
(
(
u + v + 4 = −1
u + v = −5
3)
⇔
uv + 1 = −5
uv = −6
(
(
u + v + 4 = −5
u + v = −9
4)
⇔
uv + 1 = −1
uv = −2
Chỉ có hệ phương trình thứ hai và thứ ba có nghiệm nguyên là


7

(u, v) = (0, 1) , (1, 0) , (−6, 1) , (6, −1).

Do đó phương trình ban đầu có các cặp nghiệm
(x, y) = (u + 1, u + 1) là (1, 2) , (−5, 2) , (2, 1) , (2, −5).

Ví dụ 1.2.5. Tìm tất cả bộ ba nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình sau:
x3 + y3 + z3 − 3xyz = p

trong đó p là số nguyên tố, p > 3.
Bài giải.
Phương trình trên tương đương:


(x + y + z) x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx = p

Vì x, y, z là số nguyên dương nên x + y + z > 1. Do đó phương trình trên
tương đương

x+y+z = p
(1.1a)
. 2
x + y2 + z2 − xy − yz − xz = 1
(1.1b)
(1.1b) ⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2zx = 2
⇔ (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 2

Khơng mất tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z.

• Nếu x > y > z thì (x − y)2 ≥ 1, (y − z)2 ≥ 1, (x − z)2 ≥ 4
Suy ra (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ 6 > 2
Do đó loại trường hợp x > y > z.
• Nếu x = y = z thì thay vào phương trình ban đầu ta được: 3x3 − 3x3 = p
⇒ p = 0 (trái giả thiết)

Vì thế ta phải có x = y = z + 1 hoặc x − 1 = y = z. Suy ra số nguyên tố p có
dương 3k + 1 hoặc 3k + 2.
Vì thế ta phải có x = y = z + 1 hoặc x − 1 = y = z. Suy ra số nguyên tố p
có dạng 3k + 1 hoặc
 hợp x = y = z + 1, phương trình ban
 3k + 2. Trong trường
p + 1 p + 1 p−2
và các hốn vị của nó. Trong trường
,
, 3
đầu có nghiệm là
3
3


p+2 p−1 p−1
hợp x − 1 = y = z, phương trình ban đầu có nghiệm là
,
,
3
3
3
và các hốn vị của nó.


8

1.3. Sử dụng bất đẳng thức để giải phương trình Diophante
Phương trình này làm hạn chế khoảng giá trì của ẩn bằng cách sử dụng các
bất đẳng thức thích hợp. Nói chung q trình này dẫn đến chỉ hữu hạn vài giá

trị của ẩn có khả năng là nghiệm của phương trình. Sau đây ta xét một vài ví dụ
sử dụng phương trinh pháp này.
Ví dụ 1.3.1. Tìm tất cả các cắp số nguyên (x, y) thỏa mãn:
x3 + y3 = (x + y)2
Bài giải.
Ta có:
x3 + y3 = (x + y)2


⇔ (x + y) x2 − xy + y2 = (x + y)2

• Trường hợp 1: x + y = 0 hay x = −y
Do đó mọi căpj có dạng (k; −k) với k ∈ Z đều là nghiệm.
• Trường hợp 2: x + y 6= 0, phương trình trên trở thành:
x2 − xy + y2 = x + y

⇔2x2 − 2xy + 2y2 = 2x + 2y






⇔ x2 − 2xy + y2 + x2 − 2x + 1 + y2 − 2y + 1 = 2
⇔(x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2

Từ đây suy ra:
(
(
(
(x − 1)2 ≤ 1
−1 ≤ x − 1 ≤ 1
0≤x≤2
⇔

⇔
2
(y − 1) ≤ 1
−1 ≤ y − 1 ≤ 1
0≤y≤2
Do đó các biến x, y phải nằm trong đoạn [0, 2]
+ x=0⇒y=1
+ x = 1 ⇒ y = 0 hoặc y = 2
+ x = 2 ⇒ y = 1 hoặc y = 2


9

Vậy phương trình trên có các cặp nghiệm là:
(0, 1) , (1, 0) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2) , (k, −k) với k ∈ Z
.
Ví dụ 1.3.2. Giải phương trình:
1 1 1 3
+ + =
x y x 5
với x, y, z là các số nguyên dương.
Bài giải.
Tính đến sự đối xứng, ta có thể giả sử rằng: 2 ≤ x ≤ y ≤ z. Điều này kéo
3 1 1 1 3
theo bất đẳng thức ≥ + + = . Do đó x ∈ {2, 3, 4, 5}.
x x y z 5
1
1 1
+ = . Suy ra y ∈ {11, 12, ..., 20}.
y z 10

100
Mặt khác: z = 10 +
. Vì z ∈ Z nên (y − 10) |100
y − 10
Ta được các nghiệm (2, 11, 110) , (2, 12, 60) , (2, 14, 35) , (2, 20, 20) .

- Nếu x = 2 thì

4
1 1
+ =
với y ∈ {3, 4, 5, 6, 7}.
y z 15
Ta được các nghiệm: (3, 4, 60) , (3, 5, 15) , (3, 6, 10)

- Nếu x = 3 thì

- Nếu x = 4 thì

1 1
7
+ =
với y ∈ {4, 5} và nghiệm là (4, 4, 10).
y z 20

- Nếu x = 5 thì

1 1 2
+ = với y = z = 5 dẫn đên nghiệm là (5, 5, 5).
y z 5

Ví dụ 1.3.3. Tìm tất cả bốn số nguyên dương x, y, z, w thỏa mãn:
x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x (z − 1) + 2y (z + 1) = w2
Bài giải.
Ta có:
(x + y + z − 1)2 = x2 + y2 + (z − 1)2 + 2xy + 2y (z − 1) + 2 (z − 1) x

= x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x (z − 1) + 2y (z − 1) − 2z + 1

(x + y + z + 1)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x (z + 1) + 2y (z + 1) + 2z + 1


10

Suy ra:
(x + y + z − 1)2 < w2 < (x + y + z + 1)2

Do đó: w2 = (x + y + z)2
hay x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x (z − 1) + 2y (z + 1) = (x + y + z)2
dẫn đến x = y
Suy ra:
w2 = 2x2 + z2 + 2x2 + 2x (z − 1) + 2x (z + 1) = 4x2 + z2 + 4xz = (2x + z)2
dẫn đến w = 2x + z.
Vậy tất cả các bộ số có dạng (m, m, n, 2m + n) với m, n ∈ Z+ đều là nghiệm
phương trình trên.
Ví dụ 1.3.4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + ... + (x + 7)3 = y3
Bài giải.
Đặt:
P (x) = x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + ... + (x + 7)3

= x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 + x3 + 6x2 + 12x + 8 + x3 + 9x2 + 27x+
+ 27 + x3 + 12x2 + 48x + 64 + x3 + 15x2 + 75x + 125 + x3 + 18x2 +
+ 108x + 216 + x3 + 21x2 + 147x + 343
= 8x3 + 84x2 + 420x + 784

• Nếu x ≥ 0 thì
(2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343
< P (x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x + 10)3
do đó 2x + 7 < y < 2x + 10 ; vì vậy y = 2x + 8 hoặc y = 2x + 9.
- Với y = 2x + 8 ⇒ P (x) = y3 = (2x + 8)3
Do đó P (x) − (2x + 8)3 = −12x3 + 36x + 272 = 0 khơng có nghiệm
ngun.
- Với y = 2x + 9 ⇒ P (x) = y3 = (2x + 9)3
Do đó P (x) − (2x + 9)3 = −24x3 − 6x + 55 = 0 khơng có nghiệm
ngun.
Suy ra phương trình đã cho khơng có nghiệm ngun với x ≥ 0.


11

• Tiếp theo, xét x ≤ −1
Chú ý rằng P thỏa mãn P (−x − 7) = −P (x), do đó (x, y) là nghiệm
khi và chỉ khi (−x − 7; −y) cũng là nghiệm.
Vì vậy −x − 7 ≤ −1 hay x ≥ −6.
Do đó để (x, y) là nghiệm thì −6 ≤ x ≤ −1.
√
+ P (−1) = 440 ⇔ y3 = 440 ⇔ y = 3 440
+ P (−2) = 216 = 63 ⇔ y3 = 63 ⇔ y = 6
+ P (−3) = 64 = 43 ⇔ y3 = 43 ⇔ y = 4
+ P (−4) = −64 = (−4)3 ⇔ y3 = (−4)3 ⇔ y = −4

+ P (−5) = −216 = (−6)3 ⇔ y3 = (−6)3 ⇔ y = −6

Vậy phương trình trên có nghiệm là: (−2, 6) , (−3, 4) , (−4, 4) , (−5, −6)

Ví dụ 1.3.5. Tìm tất cả bộ ba ngun dương (x, y, z) thỏa mãn:




1
1
1
1+
1+
1+
=2
x
y
z
Bài giải.
Khơng mất tính tổng quát, giả sử rằng x ≥ y ≥ z
Ta được:

1 1 1
≤ ≤
x y z
1
1
1
⇔ 1+ ≤ 1+ ≤ 1+

x
y
z

3 



1
1
1
1
⇔ 1+
1+
1+
=2
≥ 1+
z
x
y
z


√
1
3
⇔ 1+
≥ 2
z
√

1
3
⇔ ≥ 2−1
z
1
⇔z≤ √
3
2−1
⇔ z ≤ 3, z ∈ Z+



1
1
• Trường hợp z = 1 thì 1 +
1+
= 1, điều này hồn tồn khơng
x
y
xảy ra vì x, y ∈ Z+
⇔


12

• Trường hợp z = 2 thì
đến y ≤ 6.

Mặt khác, vì 1 +
Do đó



1
1+
x



1
1+
y



=

4
3.



1 2 4
Vì vậy 1 +
≥ dẫn
y
3

1 4
1

> 1 nên 1 + < , ta được y > 3.
x
y 3

+ y = 4 ⇒ x = 15
+ y=5⇒x=9
+ y=6⇒x=7





1
1
• Trường hợp z = 3 thì 1 +
1+
= 23
x
y


1 2 3
Vì vậy 1 +
≥ dẫn đến y ≤ 4
y
2
1 3
1
Mặt khác, vì 1 + > 1 nên 1 + < , ta được y > 2.
x

y 2
Do đó

+ y=3⇒x=8
+ y=4⇒x=5

Tóm lại, nghiệm của phương trình đã cho là các hoán vị của các bộ số:
(15, 4, 2) , (9, 5, 2) , (7, 6, 2) , (8, 3, 3) , (5, 4, 3)

1.4. Phương pháp tham số
Trong nhiều trường hợp, nghiệm nguyên của phương trình diophante
f (x1 , x2 , ..., xn ) = 0
có thể được biểu diễn dưới dạng tham số như sau:
x1 = g1 (k1 , k2 , ..., kl ) , x2 = g2 (k1 , k2 , ..., kl ) , ..., xn = gn (k1 , k2 , ..., kl )
với g1 , g2 , ..., gn là các hàm l biến giá trị nguyên và k1 , ..., kl ∈ Z.
Tập các
nghiệm của phương trình Diophante có thể có biểu diễn nhiều tham số.
Một số phương trình Diophante ta khơng thể tìm được tất cả các nghiệm của
chúng. Trong những trường hợp như vậy, phương pháp tham số cung cấp một
chứng minh về sự tồn tại vô hạn các nghiệm.


13

Ví dụ 1.4.1. Xác định tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn
x3 + y3 + 21xy = 343
Bài giải.


3 − 3 (−7) xy = 0
Ta có: x3 + y3 + −7

h
i
2
2
2
Suy ra: (x + y + 7) (x − y) + (y + 7) + (x + 7) = 0
Do vậy, ta nhận được nghiệm (−7; −7) và (a, 7 − a) với a ∈ Z.

Ví dụ 1.4.2. Chứng minh rằng phương trình 2x + 1 = xy có vơ hạn nghiệm

dương (x, y).
Bài giải.
n
Trước tiên, ta chứng minh 23 +1 chia hết cho 3n (*) với mọi n ≥ 0.
Thật vậy với n = 0 kết luận là hiển nhiên.
Giả sử (*) đúng với n = k, tức là ta chứng minh đúng với n = k + 1.
k
Giả sử 23 + 1 chia hết cho 3k . Ta có:

 k
 k
3k
2.3
3
3k+1
+1 = 2 +1 2 −2 +1
2
Thừa số 23

k +1

chia hết cho 3k theo giả thiết quy nạp.
 k
2
k
k
k
3
3
3
Xét thừa số 2 − 2 + 1 = 2 + 1 − 3.23 chia hết cho 3.
k+1

Do vậy 23

+ 1 chia hết cho 3k+1 .



3n + 1
2
Do đó phương trình đã cho vơ hạn nghiệm ngun dương 3n ,
với
3n
số nguyên n ≥ 0.

1.5. Phương pháp số học Modular
Trong nhiều trường hợp, phương pháp số học modular được dùng để chứng
minh một số phương trình diophante là vơ nghiệm hoặc nhằm giảm phạm vi
của các ẩn có thể là nghiệm.

Ví dụ 1.5.1. Chứng tỏ rằng phương trình:
(x + 1)2 + (x + 2)2 + ... + (x + 2001)2 = y2
vô nghiệm.


14

Bài giải.
Đặt z = x + 1001 ⇒ x = z − 1001. Phương trình trên trở thành:
(z − 1000)2 + ... + (z − 1)2 + (z)2 + (z + 1)2 + ... + (z + 1000)2 = y2


hay 2001z2 + 2 12 + 22 + ... + 10002 = y2
1000.1001.2001
= y2 ⇔ 2001z2 + 1000.1001.667 = y2
kéo theo 2001z2 + 2.
6
Vế trái đồng dư với 2 ( mod 3), do đó nó khơng thể là một bình phương.
Suy ra phương trình ban đầu vơ nghiệm.
Ví dụ 1.5.2. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thỏa mãn:
p3 − q5 = (p + q)2
Bài giải.

• Nếu p = 3 thì q5 < 27, điều này khơng thể.
• Nếu q = 3 ta được:
p3 − 24 = (p + 3)2

⇔p3 − 243 = p2 + 6p + 9

⇔p3 − p2 − 6p − 252 = 0
⇔p = 7

• Nếu p 6= 3 và q 6= 3 thì p ≡ 1 hoặc 2 ( mod 3) và hoặc 2 ( mod 3)
.
- Nếu p ≡ q ( mod 3) thì V T ..3, V P3
.
- Nếu pq ( mod 3) thì V T 3, V P..3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (7, 3).
Ví dụ 1.5.3. Chứng minh rằng phương trình x5 − y2 = 4 khơng có nghiệm
nguyên.

Bài giải.

2
Vì x5 = 10 ≡ 0 hoặc 1 ( mod 11) với mọi x, ta có x5 ≡ −1, 0 hoặc 1 ( mod 11).
Vì vậy x5 − 4 ≡ 6, 7 hoặc 8 ( mod 11).
Tuy nhiên các thặng dư bình phương modulo 11 là 0, 1, 3, 4, 5 hoặc 9, nên
phương trình đã cho khơng có nghiệm nguyên.


15

Ví dụ 1.5.4. Xác định tất cả các số nguyên tố p sao cho hệ phương trình sau:
(
p + 1 = 2x2
(1.2a)
.
p2 + 1 = 2y2
(1.2b)
có một nghiệm nguyên x, y.
Bài giải.
Khơng mất tình tổng qt, giả sử rằng x, y ≥ 0.

Vì p + 1 = 2x2 là số chẵn nên p là số lẻ. Ngoài ra,2x2 ≡ 1 ≡ 2y2 ( mod p),
điều này kéo theo x ≡ ±y ( mod p), vì p lẻ.
Mặt khác x < y < p, ta có x + y =
p hay y = p − x.
Khi đó
p2 + 1 = 2(p − x)2 = 2p2 − 4px + 2x2 = 2p2 − 4px + p + 1

⇔p2 − 4px + p = 0

⇔p − 4x + 1 = 0 (vì p 6= 0)

⇔p = 4x − 1

(1.3)

Thay (1.3) vào (1.2b), ta được:
4x = 2x2
⇔2x (x − 2) = 0
"
x = 0 ⇒ p = −1 (lọai)
⇔
x=2⇒ p=7⇒y=5
Vậy hệ phương trình trên có nghiệm (x, y) = (2.5).
Ví dụ 1.5.5. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương sao cho phương trình:
x3 = 3xy2 + y3 = n
có một nghiệm ngun (x, y) thì có ít nhất ba nghiệm như vậy.
Chỉ ra rằng phương trình khơn có nghiệm ngun khi n = 2891.
Bài giải.
Ta có:
x3 − 3xy2 + y3 = 2x3 − 3x2 y − x3 + 3x2 y − 3xy2 + y3

= 2x3 − 3x2 y + (y − x)3

= (y − 3)3 − 3 (y − x) (−x)2 + (−x)3


16

Điều này chứng tỏ rằng nếu (x, y) là nghiệm thì (y − x, −x) cũng là nghiệm.
Hai nghiệm này là(phân biệt.
y−x = x
Thật vậy, nếu
⇔ x = y = 0.
−x = y
Suy ra n = 0 (trái giả thiết).
Tương tự
x3 − 3xy2 + y3 = x3 − 3x2 y + 3xy2 − y3 + 2y3 + 3x2 y − 6xy2
= (x − y)3 + 3xy (x − y) − 3xy2 + 2y3


= (−y)3 − 3 (−y) (x − y)2 + x − y3

Nếu (x, y) là nghiệm thì (−y, x − y) cũng là nghiệm thứ ba của phương trình.
Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình
x3 − 3xy2 + y3 = 2891

(1.4)

Vì 28913 nên x3 + y3 3
Vì vậy hoặc là cả x và y đều có cùng thặng dư modulo 3 (khác 0) hoặc có
đúng một trong hai số x và y chia hết cho 3.
Cả hai trường hợp này đều dẫn đến một trog ba số −x, y, x − y chia hết cho

3.
Bằng cách sử dụng các phép biến đổi như trên, ta có thể giả sử rằng y là bội
số của 3 thì từ phương trình (1.4) suy ra:
x3 ≡ 2891 ( mod 9) ≡ 2 ( mod 9)
diều này vơ lí vì x3 ≡ 0, 1, 8 ( mod 9).
Vậy phương trình x3 − 3xy2 + y3 = 2891 khơng có nghiệm nguyên.

1.6. Phương pháp quy nạp toán học
Phương pháp quy nạp là một phương pháp đơn giản, rõ ràng và hiệu quả để
chứng minh các phát biểu phụ thuộc vào các số nguyên không âm.
Cho (P (n))n≥0 là một dãy các mệnh đề. Phương pháp quy nạp toán học giúp
ta chứng minh rằng P (n) đúng với ∀n ≥ n0 là số nguyên không âm đã cho.

1.6.1. Phương pháp quy nạp thứ nhất
Mệnh đề P (x) là đúng với mọi số tự nhiên n ≥ α nếu:


17

1. P (α ) đúng.
2. Nếu P (n) đúng thì P (n + 1) cũng đúng, trong đó n ≥ α , n ∈ Z. P (n) đúng,
ta kết luận P (n) đúng.
Như vậy, sau khi kiểm tra P (α ) đúng và chứng minh tính đúng của mệnh
đề P (n + 1) dưới giả thiết P (n) đúng, ta kết luận P (n) đúng cho mọi số tự
nhiên n ≥ α .

1.6.2. Phương pháp quy nạp thứ hai
Mệnh đề P (n) là đúng với mọi số tự nhiên n ≥ α , nếu:
1. P (α ) đúng.

2. Nếu P (n + 1) là đúng khi các mệnh đề P (α ) , P (α + 1) , ..., P (n) đều đúng,
trong đó n ≥ α , n ∈ N.

1.6.3. Phương pháp quy nạp thứ ba
Gọi s là số nguyên dương cố định. Mệnh đề P (n) là đúng với mọi số tự nhiên
n ≥ α nếu:
1. Mệnh đề P (α ) , P (α + 1) , ..., P (α + s − 1) đúng.

2. Nếu mệnh đề P (k) đúng thì mệnh đề P (k + s) cũng đúng, trong đó k ≥
α , k ∈ N.
Ví dụ 1.6.1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, phương trình sau
ln có nghiệm (x; y) trong đó x; y là các số nguyên dương
x2 + y2 + z2 = 59n
Bài giải.
Ta sẽ sử dụng phương pháp quy nạp với bậc s = 2; n0 = 1.
Dễ thấy 12 + 32 + 72 = 59 và 142 + 392 + 422 = 592 nên (x1 ; y1 ; z1 ) =
(1; 3; 7) và (x2 , y2 , z2 ) = (14; 39; 42) là hai nghiệm của phương trình.
Giả sử với mỗi n = k, (k ≥ 1) phương trình có nghiệm (xk , yk , zk ).
Tức là xk2 + y2k + z2k = 59k .
Đặt xk+2 = 59xn , yk+2 = 59yn , zk+2 = 59zn , ∀k ≥ 1.


2 x2 + y2 + z2 = 59k+2
2 + y2 + z2
Ta có xk+2
=
59
k+2
k+2
k
k

k
Do đó (xk+2 , yy+2 , zk+2 ) xác định như trên là nghiệm của phương trình.


18

Ví dụ 1.6.2. Chứng mình rằng với mọi số ngun n ≥ 3 phương trình sau ln
có nghiệm (x1 , x2 , ..., xn ) là các số nguyên dương đôi một khác nhau.
1
1
1
+ + ... + = 1
x1 x2
xn
Bài giải.
1 1 1
+ + =1
2 3 6
Giả sử phương trình có nghiệm với n = k; (k ≥ 3).
1
1
1
Tức là + + ... + = 1
x1 x2
xk
Với x1 ; x2 ; ...; xk là các số nguyên dương đôi một khác nhau.
1
1
1
1

+
+...+
, với 2; 2x1 ; 2x2 ; ...; 2xk là các số nguyên
Suy ra +
2 2x1 2x2
2xk = 1
dương đôi một khác nhau.
Vậy (2; 2x1 ; 2x2 ; ...; 2xk ) là nghiệm cần tìm.
Với n = 3, ta có:

1.7. Phương pháp giảm vơ hạn Fermat (FMID)
Pỉerre de Fermat (1601 – 1665) khá nổi tiếng với những đóng góp của ơng
trong ngành tốn học. Fermat là một luật sư và là ủy viên hội đồng tại Toulouse.
Fermat đã tác động mạnh mẽ vào nền toán học trên thế giới thơng qua những
phát hiện và phương pháp của ơng. Ơng là một trong những nhà toán học đầu
tiên sử dụng phương pháp chứng minh được gọi là “giảm vô hạn”.
Cho P là một tính chất liên quan đến số nguyên không âm và (P (n))n≥1 là
dãy các mệnh đề:
P (n): “ n thỏa mãn tính chất P”
Phương pháp sau đây rất hữu ích trong việc chứng minh mệnh đề P (n) sai
với mọi n đủ lớn.
Cho k là một số ngun khơng âm. Giả sử rằng:

• P (k) khơng đúng;
• Bất cứ khi nào P (m) đúng với số nguyên dương m > k, thì ∃ j : m > j > k
sao cho P ( j) đúng.
Khi đó P (n) sai với ∀n > k.
Nếu ∃n sao cho P (n) đúng, ta có thể xây dựng một dãy n > n1 > n2 > ... mà
tất cả đều lớn hơn k, nhưng với các số nguyên không âm, không có dãy giảm

19

như thế xảy ra.
Say đây là hai trường hợp đặc biệt hữu ích cho việc giải phương trình Diophante:

1.7.1. Biến thể FMID 1
Khơng có dãy các số ngun khơng âm n1 > n2 > ...
Trong một vài tình huống nó là thuận tiện để thay thế biến thể FMID 1 bởi
dạng tương đương sau: Nếu n0 là số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho P(n)
đúng thì P(n) sai với ∃n < n0 .

1.7.2. Biến thể FMID 2
Nếu dãy các số nguyên không âm (ni )i≥1 thảo mãn dãy bất đẳng thức n1 >
n2 > ... thì tồn tại i0 sao cho:ni0 = ni0 +1 = ....

1.7.3. Ví dụ
Ví dụ 1.7.1. Giải phương trình x3 + 2y3 = 4z3 với số nguyên không âm.
Bài giải.
Chú ý rằng (0, 0, 0) là một nghiệm của phương trình. Ta sẽ chứng minh
phương trình khơng có nghiệm khác.
Giả sử rằng (x1 , y1 , z1 ) là một nghiệm không tầm thường. Không khó để thấy
rằng x1 > 0, y1 > 0, z1 > 0.
Từ x13 + y31 = 4z31 kéo theo 2| x1 vì vậy x1 = 2x2 , x2 ∈ Z+
Khi đó 4x23 + y31 = 2z31 , do đó 2| y1 nên y1 = 2y2 , y2 ∈ Z+
Tương tự z1 = 2z2 , z2 ∈ Z+ . Ta có được nghiệm mới (x2 , y2 , z2 ) với x1 >
x2 , y1 > y2 , z1 > z2 .
Tiếp tục quá trình này, ta xây dựng được một dãy các nghiệm nguyên dương
(xn , yn , zn )n≥1 sao cho x1 > x2 > x3 > ..., y1 > y2 > y3 > ..., z1 > z2 > z3 > ....
Điều này mâu thuẫn với Biến thể FMID 1.

Vậy phương trình trên chỉ có nghiệm (0, 0, 0)
Ví dụ 1.7.2. Giải phương trình 2z − 1 = xy theo số nguyên không âm.

Bài giải.
Chú ý rằng (0, k), k ∈ Z+ và (1, 1) là các nghiệm của phương trình.
Ta sẽ chứng minh rằng phương trình khơng có nghiệm khác bằng cách sử


20

dụng FMID trên các nhận tử nguyên tố của x. Cho p1 là ước nguyên tố của x và
q là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho p1 | 2q − 1. Theo Định lí Fermat nhỏ, ta
có p1 | 2q−1 − 1, vì vậy q ≤ p1 − 1 < p1 (vì q là số nguyên dương nhỏ nhất).
Bây giờ ta chứng minh q| x
Giả sử q 6 |x thì x = kq + r với 0 < r < q và:
2x − 1 = 2kq+r − 1

= 2kq .2r − 1

= (2q )k .2r − 1

= (2q − 1 + 1)k .2r − 1

≡ 2r − 1 ( mod p1 )

Suy ra p1 | 2r − 1 (mâu thuẫn với q là số nhỏ nhất)
Do đó q| x và 1 < q < p1 . Cho p2 là ước nguyên tố của q, ta suy ra p2 | q| x và
p2 < q < p1 hay p2 |x và p2 < p1 . Tiếp tục quá trình này ta xây dựng được một
dãy giảm vô hạn các ước nguyên tố của x: p1 > p2 > .... Điều này mâu thuẩn
với Biến thể FMID 1. Suy ra không tồn tại nghiêm x khác.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: (0, k) với k ∈ Z+ và (1, 1).
Ví dụ 1.7.3. Giải phương trình nghiệm ngun dương:
x2 + y2 + x + y + 1 = xyz
Bài giải.
Đầu tiên ta chứng minh z = 5. Lấy (x1 , y1 , z1 ) là nghiệm với z1 6= 5. Khi đó
x1 6= y1 , mặt khác x1 [x1 (z1 − 2) − 2] = 1, điều này là không thể nếu z1 6= 5.
Ta có:
0 = x12 + y21 + x1 + y1 − 1 − x1 y1 z1
= (y1 z1 − 1)2 + y21 + (y1 z1 − x1 − 1) + y1 + 1 − (y1 z1 − x1 − 1)y1 z1

do đó (x2 , y2 , z2 ) = (y1 z1 − x1 − 1, y1 , z1 ) cũng là một nghiệm. Vì x1 (y1 z1 − x1 −
1) = y21 + y1 + 1 > 0 nên x2 = y1 z1 − x1 − 1 > 0.
Chú ý rằng nếu x1 > y1 thì
x1 ≥ y1 + 1 và
x21 > y21 + y1 + 1 = x1 (y1 z1 − x1 − 1) = x1 x2
Do đó x1 > x2 . Tiếp tục quá trình này, ta được dãy các nghiệm nguyên dương
(xk , yk , zk ) với x1 > x2 > x3 > ..., mâu thuẫn với Biến thể FMID 1.


21

Mâu thuẫn này chỉ ra rằng việc giả sử s 6= 5 là sai, vì vậy z = 5.
Khơng khó để thấy rằng cả x và y là lẻ. Thay thế:
u=

3y − 1
3x − 1
, v=
2
2

(1.5)

phương trình trở thành:
u2 − 5uv + v2 = −3

(1.6)

Rõ ràng (u0 , v0 ) = (1, 1) là nghiệm của (1.6). Lấy (u1 , v2 ) là một nghiệm
khác với u1 > v1 . Khi đó:
v21 + (5v1 − u1 )2 + 3 = 5v1 (5v1 − u1 )
, vì vậy (u2 , v2 ) = (v1 , 5v1 − u1 )2 cũng là một nghiệm của (1.6). Từ
(u1 − v1 )(u1 − 4v1 ) = u21 − 5u1 v1 + 4v21
= 3v21 − 3 ≥ 0

dẫn đến u1 ≥ 4v1 , do đó v2 = 5v1 − u1 ≤ v1 .
Bắt đầu từ (u1 , v1 ) ta xây dựng
các nghiệm (u2 , v2 ), (u3 , v3 ), ... với v1 ≥ v2 ≥ v3 ≥ .... Theo Biến thể FMID 2,
suy ra:
vk+1 = 5vk − uk vàuk+1 = uk , k ≥ 1.
Do đó
uk = vk−1 , k ≥ 1
vk+1 = 5vk − vk−1 , v0 = 1, v1 = 4

Dãy (vn )n≥0 được xác định bởi phép đệ quy tuyến tính bậc hai, do đó số
hạng tổng qt của nó có dạng:
√ !n
√ !n
5 + 21
5 − 21

+β
, n≥0
vn = α
2
2
√
√
3 + 21
3 − 21
.
Trong trường hợp này ta có: α = √
và β = − √
, vì vậy:
2 21
2 21

√
√ !n−1
√ !n−1 
√
1
3 + 21 5 + 21
3 − 21 5 − 21

un = √ 
−
2
2
2
2

21
"
√
√ !n
√ !n #
√
3 + 21 5 + 21
3 − 21 5 − 21
1
, n ≥ 0. (1.7)
−
=√
2
2
2
2
21


22

Từ (1.5) ta được tất cả các nghiệm của phương trình ban đầu là:


2un + 1 2vn + 1
,
, 5 , n ≥ 0,
3
3
trong đó un , vn được xác định trong (1.7).

1.8. Phương trình Diophante tổng hợp
Nhiều phương trình Diophante sơ cấp không thuộc loại được mô tả ở các
phần trước. Sau đây ta sẽ trình bày một ví dụ về phương trình như vậy.
Ví dụ 1.8.1. Giải phương trình sau:
1 + x1 + 2x1 x2 + ... + (n − 1)x1 x2 ...xn−1 = x1 x2 ...xn
trong đó x1 , x2 , ..., xn là các số nguyên dương phân biệt.
Bài giải.
Viết phương trình dưới dạng:
x1 (x2 ...xn − (n − 1)x2 ...xn−1 − ... − 2x2 − 1) = x1 x2 ...xn
Cho x1 = 1, suy ra:
x2 (x3 ...xn − (n − 1)x3 ...xn−1 − ... − 3x3 − 2) = 2
Vì x2 6= x1 suy ra x2 = 2, và:
x3 (x4 ...xn − (n − 1)x4 ...xn−1 − 3... − 3) = 3
Ta có: x3 6= x2 và x3 6= x1 , do đó x3 = 3.
Tiếp tục quá trình nay (với số lượng qui nạp hữu hạn), ta được:
x1 = 1, x2 = 2, ..., xn−1 = n − 1
Cuối cùng, dẫn đến (n − 1)(xn − (n − 1) = n − 1, nghĩa là xn = n.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x1 = 1, x2 = 2, x3 , ..., xn = n.
Nhận xét 1.8.2. Thay các giá trị của x1 , x2 , ..., xn vào phương trình ban đầu ta
nhận ra rằng:
1 + 1.1! + 2.2! + ... + (n − 1)(n − 1)! = n!