Phương trình vô định nghiệm nguyên nguyễn hữu điển

NGUYỄN HỮU ĐIỂN

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÔ ĐỊNH

NGHIỆM NGUYÊN

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

LỜI GIỚI THIỆU

Phương trình vơ định nói chung và phương trình vơ định nghiệm
ngun nói riêng có một vai trị quan trọng trong toán học và trong
thực tế, bởi vậy đã được các nhà toán học trên thế giới nghiên cứu
từ rất lâu, được đề cập tới trong bất kì một cuốn sách số học cơ
bản nào và hiện nay vẫn chiếm một vị trí quan trọng trong nghiên
cứu và học tập. Ta có thể hiểu: Phương trình vơ định (hoặc cịn gọi
phương trình Diophantus1) thường là phương trình đại số với hệ số
nguyên và số ẩn bất kỳ, nghiệm của nó được tìm trong tập hợp một
dạng số nào đó như số nguyên, số nguyên dương, phân số hữu tỷ,...

Nhiều phương trình vơ định phát biểu rất đơn giản nhưng cho
đến ngày nay cũng chưa có cách giải hữu hiệu. Một phương trình vơ
định thường có dạng P(x, y, ..., z) = 0, ở đây P(x, y, ..., z) là một đa
thức nhiều biến với hệ số nguyên. Để giải một phương trình vơ định
nghiệm ngun người ta thường phải trả lời những câu hỏi sau:

1. Phương trình có tồn tại ít nhất một nghiệm ngun khơng?
2. Phương trình có hữu hạn hay vơ hạn nghiệm?
3. Tìm tất cả những nghiệm nguyên của phương trình?

Tác giả cuốn sách mong muốn tập hợp thành một chuyên đề
tương đối đầy đủ và chủ yếu là phương pháp giải từng loại phương
trình vơ định nghiệm ngun từ tổng quát đến các trường hợp đặc
biệt. Trong thực tế, còn nhiều vấn đề mà cuốn sách này không đề

1Diophantus of Alexandria (200-284 trước cơng ngun): Nhà tốn học Hy Lạp

3

4 Giải phương trình vơ định nghiệm ngun

cập hết. Tác giả chỉ đề cập đến những vấn đề mà bằng kiến thức
phổ thơng, chúng ta có thể tiếp cận được với việc giải phương trình
vơ định. Bằng nguồn tài liệu trong và ngoài nước, tác giả mong
muốn nội dung này cung cấp tương đối đầy đủ các dạng bài tập và
phương pháp giải phương trình vơ định nghiệm ngun. Trước khi
đi vào nghiên cứu cụ thể ta xét một số vấn đề:

Một chút lịch sử phương trình vơ định

Người có cơng nhiều nhất cho việc thiết lập cách giải phương
trình vơ định là nhà tốn học Diophantus người Hy Lạp . Ông sống
vào thế kỷ thứ III trước công nguyên. Diophantus đã hệ thống tất
cả các bài tốn phương trình vơ định vào bộ sách 13 tập có tên Số
học. Cho đến ngày nay bộ sách này chỉ cịn 6 tập với 189 bài tốn.
Nhưng về cuộc đời của Diophantus ta biết rất ít. Chỉ còn lưu truyền
bài thơ

Một phần sáu cuộc đời Diophantus là trẻ nhỏ
Nửa một phần sáu là tuổi thiếu nhi

Thêm một phần bảy nữa ông ta lấy vợ
và sau năm năm sinh cậu con trai
Cậu con trai chỉ sống bằng nửa tuổi bố
Sau bốn năm khi người con chết ông cũng qua đời.
Người làm ra bài thơ này cũng là nhà toán học Hy Lạp. Qua bài
toán này, ta biết Diophantus đã sống 84 tuổi. Ta nhắc lại đây một
bài toán của Diophantus, tất nhiên theo ngơn ngữ hiện đại.
Bài tốn: (Quyển II. Bài 8) Hãy phân tích một số chính phương thành
tổng hai số chính phương. Cần phân tích số 16 ra tổng hai số chính
phương.

Lời giới thiệu 5

Lời giải. (Của Diophantus). Gọi một số đã phân tích là x2. Khi đó số
kia là 16 − x2. Suy ra số 16 − x2 phải là số chính phương. Tơi tạo số

chính phương từ một bội bất kỳ của x, giảm đi 4. Ta lấy đó là 2x − 4.

Trong trường hợp như vậy số chính phương sẽ là 4x2 + 16 − 16x.

Nhưng số đó phải bằng 16 − x2. Nên suy ra 4x2 + 16 − 16x = 16 −

x2, từ đây có 5x2 = 16x. Ẩn số x bằng 16 . Như vậy ta tìm được một
5
số là 256 , còn số kia là 144 . J
25 25

Đặc trưng của Diophantus là ông giải phương trình trong tập số

hữu tỷ. Bài tốn trên nói lên rằng Diophantus đã biết giải phương

trình x2 + y2 = z2 trong số hữu tỷ, suy ra và cả trong tập số nguyên.
Từ bài toán trên dẫn đến định lý Pythagoras2 trong hình học. Theo

như các tài liệu lịch sử để lại thì từ thời Bavilion hay sau nữa là tại

Ấn Độ, Ai Cập, Trung Quốc với kích thước của tam giác vuông 3, 4, 5
thoả mãn a2 + b2 = c2 đã được biết đến với a, b là cạnh góc vng,

c là cạnh huyền.

Người Bavilion đã biết rằng mọi tam giác với kích thước x =
m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2 (với n, m là số tự nhiên) đều là tam
giác vng.

Qua bài tốn trên đã chỉ ra rằng Diophantus giải được phương

trình vơ định x2 + y2 = a2 có nghiệm trong tập số hữu tỷ ít nhất với

một a nào đó. Thực ra phương trình có nghiệm với mọi a, vì

a2 = 2am 2 a(m2 − 1) 2
m2 + 1 + m2 + 1 .

Một câu hỏi đặt ra là một số lập phương có phân tích ra tổng hai
số lập phương? Phải chăng câu hỏi này đặt ra từ thời Diophantus?

Rất lâu sau khi ra đời cuốn sách của Diophantus, một nhà toán

2Pythagoras (569-475: Trước cơng ngun): Nhà tốn học Hy Lạp.

6 Giải phương trình vơ định nghiệm ngun

học Pháp P. Fermat3 đã ghi chú bên cạnh bài toán phân tích một số
chính phương thành tổng hai số chính phương khẳng định sau:

"Khơng thể phân tích số lập phương ra tổng hai số lập phương,
một số tứ phương ra tổng hai số tứ phương và v.v.".

Thay vào cách chứng minh, Fermat chú thích rằng đã tìm được
cách chứng minh rất hay, nhưng lề giấy nhỏ q khơng thể viết nó
ra được!

Như vậy Fermat đã phát biểu khẳng định: Phương trình vơ định
xn + yn = zn

với n ≥ 3 ngun, khơng có nghiệm ngun dương.
Khẳng định này mang tên định lý lớn Fermat. Lịch sử về định lý

này rất phong phú, biết bao công lao sức lực của các nhà tốn học
hơn ba thế kỷ qua trong nỗ lực tìm lại cách chứng minh của Fermat
mà không được. Chỉ mới gần đây thơi năm 1993 A. J. Wiles4 nhà
tốn học người Anh đã chứng minh được định lý vĩ đại này. Trong
quá trình chứng minh định lý lớn Fermat đã thúc đẩy rất nhiều trong
nội tại ngành toán học và cũng thể hiện những nghịch lý và sai lầm
của nhiều người làm Toán.

Một số bài toán dân gian và thực tế

Như ta đã biết, những bài tốn đố trong dân gian ln ln đưa

về việc giải một dạng phương trình nào đấy. Đó là ta lý luận theo
suy nghĩ ngày nay, còn xưa kia giải như thế nào thì chẳng ai biết cả,
cho đến ngày nay chỉ còn lại thơ ca hò vè nội dung câu đố mà thôi.
Chúng tôi dành mục này liệt kê một số bài tốn cổ quen biết, việc
giải chúng khơng có gì phức tạp mà chỉ bằng cách đưa về phương

3Pierre de Fermat (1601-1665): Nhà toán học nước Pháp
4Andrew John Wiles (sinh năm 1953): Nhà toán học nước Anh.

Lời giới thiệu 7

trình vơ định rồi biện luận. Chúng ta chắc ai cũng ít nhất một lần
nghe nói về bài tốn dân gian.

Bài tốn: Trâu nằm ăn ba,
Một trăm con trâu, Ba con trâu già
Một trăm bó cỏ. Ăn chung một bó.
Trâu đứng ăn năm, Hãy tính số trâu mỗi loại.

Lời giải. Không biết ngày xưa các cụ giải bằng cách nào? Ngày nay

ta ký hiệu số trâu đứng là x con, trâu nằm là y con, còn trâu già là

3z con (điều kiện bài là 3 con ăn một bó). Khi đó tổng số trâu là

x + y + 3z = 100 và số bó cỏ là 5x + 3y + z = 100. Từ hai phương
trình ta đưa về 7x + 4y = 100, nghĩa là y = 25 − 7 x. Từ điều kiện

4
nguyên dương của y ta có x phải chia hết cho 4 và nhỏ hơn 15. Như

vậy x chỉ có thể là 4, 8, 12, ứng với chúng ta có y = 18, 11, 4 và số
J
trâu già là z = 26, 27, 28.

Bài toán: Cam ba đồng một,
Mai em đi chợ phiên, Quít một đồng năm,
Anh gửi một tiền, Thanh yên tươi tốt
Mua cam cùng quít. Năm đồng một trái.
Khơng nhiều thì ít Hỏi mua mỗi thứ mấy trái?
Mua lấy một trăm. (Biết một tiền bằng 60 đồng.)

Lời giải. Ký hiệu số cam là x, quít là y và thanh yên là z. Theo đề

bài ra tổng số hoa quả là x + y + z = 100 và số tiền phải tiêu là
3z + y + 5z = 60. Từ hai phương trình này đưa đến 7x + 12z = 100,
5
suy ra x = 4, y = 90, z = 6. Cơng thức tìm nghiệm của phương trình
J
vô định bậc nhất các bạn hãy xem ở Chương 1.

8 Giải phương trình vơ định nghiệm ngun

Bài tốn: Ba người đi câu được một số cá. Trời đã tối và mệt lả, họ

vứt cá trên bờ sông, rồi mỗi người tìm một nơi lăn ra ngủ. Người thứ

nhất thức dậy, đến bờ sông, đếm số cá thấy chia ba thừa một con, bèn
vứt bớt một xuống sông và xách 1 số cá về nhà. Người thứ hai thức

3
dậy tưởng hai bạn mình cịn ngủ, đến bờ sông, đếm số cá, vứt 1 xuống
sông và xách 1 số cá về nhà. Người thứ ba thức dậy, cứ nghĩ là mình

3
dậy sớm nhất, đến bờ sông, đếm số cá xong vứt 1 và xách 1 số cá về

3
nhà. Cho biết họ là ba chàng đi câu tồi, bạn hãy tính xem họ câu được

bao nhiêu cá.

Lời giải. Gọi x là số cá câu được và y là số cá còn lại sau khi cả ba
người đã lấy đi phần cá của mình, khi đó

2 2 2 (x − 1) − 1 − 1 = y
333

Suy ra 8x − 27y = 38 (x, y ∈ N).

Tìm nghiệm riêng của phương trình này các bạn có thể tìm thấy

ba cách ở chương 1. Ta thấy x0 = −380, y0 = −114. Và cũng theo

công thức ở chương 1 ta có x = −380 + 27t, y = −114 + 8t với t là

những số nguyên. Giá trị dương nhỏ nhất của x, y (theo điều kiện
J
câu tồi nhất) ứng với t = 15. Khi đó x = 25 và y = 6.

Bài toán: Một nhà máy sản xuất ra mặt hàng được đóng gói theo loại

3kg và 5kg. Chứng minh rằng trong trường hợp này ta có thể nhận

được số hàng với trọng lượng là số nguyên kg bất kỳ nào lớn hơn 7kg.

Lời giải. Một số nguyên lớn hơn 7 có thể biểu diễn bằng một trong
các dạng sau đây 3k − 1, 3k, 3k + 1, ở đây k > 2. Khi đó từ sự biểu
diễn ta viết lại 3k = 3k + 5.0; 3k − 1 = 3(k − 2) + 5.1; 3k + 1 =
3(k − 3) + 5.2. Ta thấy rằng mọi số nguyên lớn hơn 7 có thể biểu
diễn dưới dạng 3x + 5y, ở đây x và y là những số nguyên không âm.

Lời giới thiệu 9

Suy ra mọi trọng lượng số nguyên kg lớn hơn 7kg đều có thể nhận
J
được bằng các gói theo 3kg và 5kg.

Bài toán: Để chuyên chở gạo cần một số bao tải gạo loại 50kg và

100kg. Cần chuẩn bị bao nhiêu vỏ bao mỗi loại để chuyên chở 1 tấn

gạo sao cho tất cả các bao tải đều được đóng đầy. Số lượng các khả

năng dùng bao tải là bao nhiêu?

Lời giải. Đặt x là số lượng bao tải loại 50kg và y là số lượng bao tải
loại 100kg, ta có phương trình nghiệm ngun 50x + 100y = 1000
hoặc là x + 2y = 20. Ta dễ thấy phương trình sau cùng có một
nghiệm ngun x = 10, y = 5. Vậy nghiệm của phương trình trên là

x = 10 + 2t, và y = 5 − t. Nhưng x, y là số nguyên không âm nên
10 + 2t ≥ 0, 5 − t ≥ 0 do đó −5 ≤ t ≤ 5. Vậy ta có các khả năng sau

t -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

x 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 J

y 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

Nội dung cuốn sách

Trong cuốn sách có dùng một số khái niệm số học đã có trong
bất cứ cuốn sách số học cơ bản nào. Bạn đọc muốn tra cứu những
phần chúng tơi có dùng xin đọc ở phần phụ lục. Nêu một số những
kiến thức cơ bản của số học sẽ được dùng trong các chương sau.
Chúng tơi khơng chứng minh các định lí đã q rõ hoặc có thể tìm
trong bất cứ một cuốn sách số học cơ sở nào. Riêng phần liên phân
số, chúng tơi có viết tương đối cơ bản và chứng minh một số khẳng
định.

Chương 1. Phương trình vơ định bậc nhất. Các vấn đề và phương
pháp tổng quát giải phương trình vơ định bậc nhất hai ẩn. Từ đó đề
cập đến phương pháp giải phương trình vơ định, hệ phương trình

10 Giải phương trình vơ định nghiệm ngun

vơ định bậc nhất nhiều ẩn.

Chương 2. Phương trình vơ định bậc hai. Bằng cách tiếp cận theo
dạng toàn phương của Gauss5, chúng tơi giải phương trình vơ định

bậc hai hai ẩn tổng qt. Dạng tồn phương được trình bày để rút
ra phương pháp tìm nghiệm riêng và tổng quát của phương trình vơ
định bậc hai.

Chương 3. Phương trình Pell. Một dạng phương trình vơ định bậc
hai đặc biệt và có rất nghiều ứng dụng được nghiên cứu ở chương
này. Từ chương trước cũng đã dùng kết quả của chương này. Bằng
những cơng thức nghiệm cụ thể phương trình Pell có vơ số nghiệm.
Sử dụng phương trình Pell để giải hàng loạt các bài tập cũng được
đề cập tới.

Chương 4. Phương trình vơ định bậc cao và dạng đặc biệt. Phương
trình vơ định bậc ba và bậc bốn được đề cập và một số dạng đặc biệt
như định lí Pythagoras, định lí lớn Fermat, . . . Khơng có phương
pháp chung cho việc giải những phương trình vơ định bậc cao, vậy
mỗi bài tốn giải phương trình vơ định đều thể hiện một cách giải
khác nhau. Chương này cũng liệt kê nhiều bài toán và kết quả của
nhiều nhà toán học trong thế kỷ qua.

Chương 5. Giải phương trình vơ định khơng mẫu mực. Một số
phương pháp giải phương trình vơ định không mẫu mực đã được
liệt kê. Chương này liệt kê các cách tiếp cận giải phương trình vơ
định khơng mẫu mực. Tuy là những mẹo giải phương trình vơ định
nhưng đều xuất phát từ những khái niệm và kiến thức cơ bản của
tốn học.

Chương 6. Phương trình vơ định trong tập số chữ số. Một dạng

5Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855): Nhà toán học người Đức

Lời giới thiệu 11

bài tập phương trình vơ định rất hay gặp là ẩn là những số chữ số,
nghĩa là tìm nghiệm phương trình vơ định trong tập mười số ban
đầu. Hàng loạt bài toán hay đã được liệt kê và giải cẵn kẽ.

Chương 7. Phương trình nghịch đảo các biến. Một dạng đặc biệt
trong phương trình có các biến nghịch đảo. Loại phương trình này
có cách giải khá đặc trưng và rất nhiều đề thi đã được đề cập đến.
Chúng tôi liệt kê cách tiếp cận loại phương trình vơ định này.

Chương 8. Một số chun đề về phương trình vơ định. Thực tế
có rất nhiều chun đề về phương trình vơ định, phần này ta xét
những chun đề như phương trình vơ định siêu việt, các cách đặt
thơng số cho việc giải một lớp bài tốn phương trình vơ định, những
dạng tổng qt của phương trình vơ định hoặc những dạng phương
trình vơ định có biến nghịch đảo.

Chương 9. Những đề thi Olympic toán. Tập hợp những đề thi
trong các cuộc thi Olympic quốc tế và một số nước trong những
năm gần đây. Những phương pháp giải loại đề thi này rất điển hình
và hay.

Chương 10. Lời giải và gợi ý. Bài tập ở các chương được giải hoặc
gợi ý giải tại đây, hầu hết các bài tập ở cuối các chương được giải.
Những trường hợp gợi ý là những bài quá dễ và thường áp dụng các
phương pháp trong chương.

Phần đầu nội dung của cuốn sách này có lấy trong luận văn Thạc
sỹ của Trần Quang Thiệu. Có thể nói Trần Quang Thiệu là tác giả

thứ hai của cuốn sách này, nhưng do khâu đăng ký xuất bản có sơ
xuất của tơi nên khơng có tên anh. Nhân đây tơi xin cảm ơn và
mong anh thông cảm.

Đọc cuốn sách này chỉ cần kiến thức phổ thông. Chúng tôi cố

12 Giải phương trình vơ định nghiệm ngun

gắng trình bầy tỷ mỷ như cuốn sách tham khảo và bàn luận một
số phương pháp tiếp cận các bài toán phương trình vơ định nghiệm
ngun. Theo chúng tơi nghĩ, đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho
các thầy cơ giáo, sinh viên đại học và những người quan tâm đến
giáo dục tốn học trong trường phổ thơng tại Việt Nam. Lần đầu
tiên biên soạn, cuốn sách chắc chắn không tránh khỏi những thiếu
sót, chúng tơi mong nhận được những ý kiến đóng góp của bạn đọc.

Hà nội, tháng 7 năm 2004

Các tác giả

NHỮNG KÍ HIỆU

Trong cuốn sách này ta dùng những kí hiệu với các ý nghĩa xác
định trong bảng dưới đây:

N tập hợp số tự nhiên
Z tập hợp số nguyên
Q tập hợp số hữu tỉ
R tập hợp số thực
C tập hợp số phức

≡ dấu đồng dư
Ck tổ hợp m phần tử bậc k

m phép chia hết

.. không chia hết
. ước chung lớn nhất của hai số nguyên a, b
.. bội chung nhỏ nhất của hai số nguyên a, b
. số có các chữ số a, b, c
(a, b) International Mathematics Olympiad
[a, b] Asian Pacific Mathematics Olympiad
abc Các nước châu Mỹ nói tiếng Tây Ban Nha
IMO và Bồ Đào Nha.
APMO
Iberoamerican

13

Chương 1

PHƯƠNG TRÌNH VƠ ĐỊNH BẬC NHẤT

1.1. Phương trình vơ định bậc nhất hai ẩn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.2. Nghiệm nguyên của phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . 16
1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất . . . . 17

1.3.1. Phương pháp biến số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3.2. Phương pháp hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3.3. Phương pháp dùng liên phân số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.4. Phương pháp hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.4. Phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.5. Hệ phương trình vơ định bậc nhất nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.6. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Nội dung chương này là các phương pháp tìm nghiệm nguyên
phương trình vơ định bậc nhất hai ẩn. Phương pháp giải phương
trình vơ định bậc nhất nhiều ẩn và hệ phương trình vơ định.

1.1. PHƯƠNG TRÌNH VƠ ĐỊNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Dạng tổng qt phương trình vơ định bậc nhất hai ẩn x và y là

ax + by + c = 0, (1.1)

ở đây a, b, c là những số nguyên gọi là hệ số của phương trình.

Mỗi cặp số (x0, y0) thoả mãn đẳng thức (1.1), nghĩa là
ax0 + by0 + c = 0, gọi là nghiệm của phương trình (1.1).

1.1. Phương trình vơ định bậc nhất hai ẩn 15

Định lý 1.1. Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.1) có ít nhất
một nghiệm số ngun là ước số chung lớn nhất của các số a và b là
ước số của số c.

Chứng minh. 1. Điều kiện cần: Ký hiệu d là ước số chung lớn nhất
của a và b. Ta có các đẳng thức a = da1, b = db1, với a1 và b1 là
những số nguyên. Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của (1.1),
ta có

ax0 + by0 + c = 0
hoặc là

da1x0 + db1y0 + c = 0.
Từ đẳng thức trên ta thấy c phải chia hết cho d.

Nhưng d là ước số chung lớn nhất của a và b , suy ra nếu phương
trình (1.1) có ít nhất một nghiệm ngun, thì cần thiết ước số chung
lớn nhất của a và b cũng là ước số của c.

2. Điều kiện đủ: Cho (a, b) = d. Theo Định lý 11.7 (phần phụ
lục) tồn tại những số nguyên A và B sao cho

aA + bB = d (1.2)

Nếu c chia hết cho d, ta có thể viết c = dc1, với c1 là một số nguyên.
Ta nhân hai vế của đẳng thức (1.2) với số −c1. Ta nhận được

−c1aA − c1bB = −dc1

hoặc là
a(−c1 A) + b(−c1B) + c = 0.

Từ đẳng thức sau cùng ta thấy rằng (−c1 A, −c1B) là một nghiệm
nguyên của phương trình (1.1).

Như vậy điều kiện ước số chung lớn nhất của a và b là ước số
của số c là đủ để phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm ngun.

J

16 Chương 1. Phương trình vơ định bậc nhất

1.2. NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Trong định lý trên hệ số a và b nguyên tố cùng nhau, thì phương
trình (1.1) ln có ít nhất một nghiệm ngun.

Định lý 1.2. Nếu trong phương trình (1.1) những hệ số a và b nguyên
tố cùng nhau và (x0, y0) là một nghiệm nguyên, thì tất cả nghiệm
ngun của phương trình nhận từ cơng thức

x = x0 + bt (1.3)
y = y0 − at,

ở đây t là số nguyên bất kỳ.

Chứng minh. Bằng cách thế (1.3) vào (1.1) dễ thấy đó chính là
nghiệm của phương trình. Ta sẽ chứng minh rằng mọi nghiệm của
(1.1) đều có dạng (1.3).

Giả sử (x0, y0) là một nghiệm đã cho, còn (x1, y1) là một nghiệm
nguyên bất kỳ. Khi đó ta ln tìm được những số α và β sao cho
x1 = x0 + α, y1 = y0 + β. Vì (x1, y1) là nghiệm của (1.1), ta có

a(x0 + α) + b(y0 + β) + c = 0,

hoặc là

ax0 + by0 + c + aα + bβ = 0

Nhưng ax0 + by0 + c = 0 , do (x0, y0) là nghiệm của (1.1). Ta nhận

được đẳng thức

aα + bβ = 0 (1.4)

Từ đẳng thức này ta thấy rằng bβ phải chia hết cho a và vì a và b

là nguyên tố cùng nhau nên suy ra β chia hết cho a. Ta có thể viết

đẳng thức β = at1 với t1 là nguyên. Tương tự ta có đẳng thức α = bt

với t nguyên. Thay những giá trị đã tìm của α và β vào (1.4) và đơn

giản thừa số chung ta nhận được t + t1 = 0 tức là t1 = −t. Từ đó

1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất 17

suy ra α = bt, β = −at. Từ đó lại suy ra x1 = x0 + bt, y1 = y0 − at.

J

1.3. PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM RIÊNG PHƯƠNG TRÌNH BẬC
NHẤT

Từ phần trên ta thấy muốn tìm tất cả các nghiệm của phương
trình (1.1), cần thiết phải tìm một nghiệm nguyên cụ thể ta gọi là
nghiệm riêng.

1.3.1. Phương pháp biến số nguyên

Phương trình đã cho được thay thế bằng phương trình khác dễ
tìm nghiệm nguyên hơn, và sau đó tìm nghiệm ngun tương ứng
của phương trình đã cho. Ta xét mội số ví dụ sau.

Ví dụ 1.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 12x − 19y + 21 = 0.

Lời giải. Ta có

x = 19y − 21 = y − 1 + 7y − 9 .
12 12

Dễ thấy 7y − 9 phải là số nguyên ta ký hiệu là z. Ta có 7y − 9 = 12z.
12

Từ đó lại có
y = z + 1 + 5z + 2.
7

Ta lại ký hiệu u là số nguyên 5z + 2 , nhận được 5z + 2 = 7u. Từ đó
7

có z = u + 2u − 2 . Ta lại đặt 2u − 2 = 5t và đễ thấy nghiệm nguyên
5

t = −2, u = −4, suy ra z = −6 và y = −9 và suy ra x = −16. Do

đó tất cả nghiệm của phương trình là x = −16 − 19t, y = −6 − 12t
J

với t = 0, ±1, ±2, . . ..

18 Chương 1. Phương trình vơ định bậc nhất

1.3.2. Phương pháp hàm Euler

Dùng tính chất đồng dư, đặc biệt là hàm Euler1 ϕ thông qua
định lý sau:

Định lý 1.3. Cho a và b là những số dương và ngun tố cùng nhau
trong phương trình (1.1). Khi đó số

x0 = −caϕ(b)−1, y0 = c aϕ(b) − 1
b

là một nghiệm ngun của phương trình vơ định (1.1).

Chứng minh. Ta khẳng định rằng những số x0 và y0 là nguyên. Dễ
thấy số x0 là nguyên. Theo Định lý Euler-Fermat ta có aϕ(b) ≡ 1
(mod b), nghĩa là aϕ(b) − 1 chia hết cho b và suy ra y0 cũng là số

nguyên. Bằng cách kiểm tra trực tiếp x0 và y0 là nghiệm của (1.1):

ax0 + by0 = −acaϕ(b)−1 + bc aϕ(b) − 1
b
J
= −caϕ(b) + c(aϕ(b) − 1) = −c.

Ví dụ 1.2. Tìm nghiệm ngun của phương trình 5x + 12y − 20 = 0.

Lời giải. Theo cơng thức trên ta có

x0 = 20.5ϕ(12)−1, y0 = −20. 5 . ϕ(12) − 1
12

Những số dương nhỏ hơn 12 và nguyên tố cùng nhau với 12 là

1, 5, 7, 11 và suy ra ϕ(12) = 4. Khi đó x0 = 20.53 = 2500,

y0 = −20. 54 − 1 = −1040. Như vậy tất cả các nghiệm nguyên của

12
phương trình trên là

x = 2500 + 12t, y = −1040 − 5t, t = 0, ±1, ±2, . . . J

1Leonhard Euler (1707-1783): Sinh tại thụy sĩ, làm việ tại Nga.

1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất 19

Chú ý: Khi hệ số a và b khơng phải là số dương thì ta có thể biến
đổi các ẩn để cho phương trình chỉ có hệ số ngun dương. Ví dụ
nếu a > 0 và b < 0, khi đó phương trình (1.1) ta xét thay bằng
ax + (−b)y + c = 0 ở đây y được thay bằng y . Khi tìm được x0, y0
sẽ tìm được x0, y0.

1.3.3. Phương pháp dùng liên phân số

Như nhận xét phần trước ta có thể giả thiết rằng a và b là những
số dương. Cho phương trình (1.1) ít nhất có một nghiệm nguyên.

Như vậy nếu (a, b) = d, thì phải có đẳng thức c = dc1 với c1 ngun.
Ngồi ra a và b thoả mãn phương trình (11.5) (phần phụ lục). Nhân
hai vế với c1, ta nhận được

a[(−1)nc1Qn−1] + b[(−1)n+1c1Pn−1] = c.

Từ đẳng thức sau cùng ta có một nghiệm nguyên của (1.1)

x0 = (−1)nc1Qn−1, y0 = (−1)n+1c1Pn−1.

Định lý 1.4. Cho a và b là những số dương và nguyên tố cùng nhau.
Khai triển phân số a = (q1, q2, . . . , qn) và Pn = (q1, q2, . . . , qn) phân

a b Qn
số xấp xỉ . Khi đó phương trình vơ định (1.1) có một nghiệm ngun

b
biểu diễn bằng công thức

x0 = (−1)ncQn−1, y0 = (−1)n+1cPn−1

Ví dụ 1.3. Hãy tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
76x − 23y = 5.

Lời giải. Dễ thấy rằng phương trình có ít nhất một nghiệm ngun.
Để thuận tiện tính tốn ta xét thay phương trình 76x + 23y = 5, với

20 Chương 1. Phương trình vơ định bậc nhất

cách đặt y = −y như vậy hệ số trước x và y đều dương. Khai triển

76 thành liên phân số
23

76 = 3 + 1 = (3, 3, 3, 2).
23 3 + 1

3+ 1
2

Ta có q1 = 3, q2 = 3, q3 = 3, q4 = 2. Theo phần phụ lục công thức

(11.3) ta có

P0 = 1, Q0 = 0,

P1 = q1 = 3, Q1 = 1,

P2 = q2P1 + P0 = 3.3 + 1 = 10, Q2 = q2Q1 + Q0 = 3.1 + 0 = 3,

P3 = q3P2 + P1 = 3.10 + 3 = 33, Q3 = q3Q2 + Q1 = 3.3 + 1 = 10,

P4 = q4P3 + P2 = 2.33 + 10 = 76. Q4 = q4Q3 + Q2 = 1.1 + 3 = 23.
m = 4, Pn−1 = P3 = 33, Qn−1 = Q3 = 10, c = 5.

Suy ra phương trình 76x + 23y = 5 có nghiệm nguyên

x0 = (−1)4.5.10 = 50, y0 = (−1)5.5.33 = −165,

từ đó suy ra phương trình đã cho có một nghiệm ngun

x0 = 50, y0 = 165. Vậy tất cả các nghiệm của phương trình là
J
x = 50 − 23t, y = 165 − 76t, t = 0, ±1, ±2, . . . .

Ví dụ 1.4. Giải phương trình trong tập số nguyên 10x + 7y = 1.

Lời giải. Ta có 10 = 1 + 1 = (1, 2, 3).
7 2+ 1
3
q1 = 1, q2 = 2, q3 = 3, n = 3, c = 1

P0 = 1, P1 = 1, P2 = 3, Q0 = 0, Q1 = 1, Q2 = 2.
Từ đây ta tính được nghiệm riêng

x0 = (−1)3.1.2 = −2, y0 = (−1)1.3.3 = 3.