Báo cáo khoa học một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HÀ THỊ KIM DUNG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HÀ THỊ KIM DUNG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
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.TS. HÀ HUY KHOÁI
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
i
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
LỜI NÓI ĐẦU 1
Nội dung 3
1 ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 3
1.1 Về việc giải phương trình Điôphăng . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3.1 Các bộ số Pitago . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3.2 Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4.1 Phân số liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4.2 Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2 MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 39
2.1 Bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.2 Về cấu trúc của S: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.3 Chứng minh định lí 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.3.1 Chứng minh T ⊂ S . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3.2 Xây dựng hoàn chỉnh tập S : . . . . . . . . . . . . . 48
Kết luận 52
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
i
Tài liệu tham khảo 54
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
LỜI NÓI 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 thiết chưa có
câu trả lời. Một trong những bộ phận quan trọng của Số học được nhiều
nhà toán học lớn trên thế giới nghiên cứu, đó chính là "Phương trình
nghiệm nguyên". Trong các kì thi chọn học sinh giỏi trong và ngoài
nước, các bài toán về phương trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài
hay và khó đối với học sinh. Là một giáo viên dạy bộ môn Toán ở các
trường phổ thông, chắc chắn ai cũng muốn trang bị cho mình những kiến
thức đầy đủ nhất về vấn đề này. Chính vì vậy, tôi đã chọn "Phương trình
nghiệm nguyên" làm luận văn tốt nghiệp của mình.
Nội dung luận văn được chia thành hai chương:
Chương 1: “Đại cương về phương trình nghiệm nguyên”, trình

bày về việc giải phương trình Điôphăng và phương pháp giải phương trình
Điôphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell.
Chương 2: “Một lớp phương trình nghiệm nguyên”, giới thiệu
một lớp phương trình nghiệm nguyên được quan tâm nhiều. Nội dung của
chương được viết theo bài báo "The equation
9

i=1
1
x
i
= 1 in distinct odd
integers has only the five known solutions" đăng trên tạp chí "Journal of
Number Theory" số 127 năm 2007.
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên trong quá trình viết luận
văn cũng như trong xử lý văn bản chắc chắn không tránh khỏi những sai
sót nhất định. Tác giả luận văn rất mong nhận được sự góp ý của các thầy
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy hướng
dẫn GS.TSKH. Hà Huy Khoái đã tận tình giúp đỡ trong suốt quá trình
làm luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy, cô giáo Trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học -Viện Khoa học và Công nghệ
Việt Nam, đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện thuận lợi trong quá trình tác
giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, tổ Khoa học tự
nhiên Trường THCS Trần Phú và tập thể bạn bè đồng nghiệp cùng gia
đình đã quan tâm giúp đỡ, động viên tác giả hoàn thành tốt luận văn này.

Thái Nguyên, tháng 07 năm 2012.
Người thực hiện
Hà Thị Kim Dung
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Chương 1
ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG
TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
1.1 Về việc giải phương trình Điôphăng
Trong chương này, chúng ta sẽ làm quen với phương pháp giải các
phương trình Điôphăng bậc nhất (tuyến tính) hoặc bậc 2. Đối với các
phương trình bậc cao hơn, tồn tại hay không một phương pháp chung để
giải? Đó là câu hỏi đã được đặt ra từ thời Điôphăng, và là nội dung của
Bài toán Hilbert thứ 10 nổi tiếng. Xin nhắc lại rằng, tại Đại hội Toán học
Quốc tế đầu thế kỉ 20, Hilbert, một trong những nhà toán học lớn nhất
của mọi thời đại, đã đề ra 23 bài toán cho toán học của thế kỉ 20. Cho
đến nay, nhiều bài toán trong số đó vẫn đang chờ lời giải. Bài toán thứ 10
mà ta nhắc đến ở đây là: Có hay không một thuật toán để giải các phương
trình Điôphăng? Nói một cách "nôm na" là: có hay không một phương
pháp để khi cho một phương trình Điôphăng tùy ý, ta dùng phương pháp
đó để, sau một thời gian hữu hạn, tìm ra nghiệm, hoặc chỉ ra rằng phương
trình không tồn tại nghiệm (nguyên). Bài toán Hilbert thứ 10 đã được nhà
toán học Nga Yuri Matijasievich giải năm 1970 khi ông mới 21 tuổi. Câu
trả lời là: không tồn tại thuật toán giải phương trình Điôphăng tổng quát.
Như vậy, với các phương trình Điôphăng bậc lớn hơn 2, ta chỉ có thể tìm
cách giải từng phương trình cụ thể! Tuy nhiên, cũng có thể kể ra đây một
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
vài phương pháp hay được dùng để giải các phương trình Điôphăng được
cho trong chương trình toán phổ thông. Tư tưởng chung của các phương

pháp đó là, do chỉ xét các nghiệm nguyên (nhiều khi là nghiệm nguyên
dương) nên nếu ta thu hẹp được tập hợp chứa nghiệm (nếu có) thì có thể
dùng cách thử toàn bộ để xác định nghiệm.
1. Sử dụng các tính chất chia hết để thu hẹp tập hợp nghiệm có thể
2. Dùng các ước lượng về độ lớn của nghiệm để thu hẹp tập hợp nghiệm
có thể. Thông thường, để làm việc đó, cần dựa vào một "nghiệm cực
trị" (nhỏ nhất hoặc lớn nhất theo một nghĩa nào đó).
Các "phương pháp" vừa nêu chỉ là các gợi ý. Việc vận dụng chúng một
cách linh hoạt được cho qua các bài tập.
1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính
Sách "Đại thành toán pháp" của Lương Thế Vinh đã có hướng dẫn giải
bài toán sau đây:
Một trăm con trâu
Một trăm bó cỏ
Trâu đứng ăn năm
Trâu nằm ăn ba
Trâu già ba con một bó
Hỏi mỗi loại trâu có mấy con ?
Theo ngôn ngữ toán học bây giờ, ta có thể giải bài toán trên đây như
sau. Gọi x là số trâu đứng, y là số trâu nằm và z là số trâu già (theo quy
ước của bài toán, trâu già không đứng, mà cũng không nằm !). Theo bài
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
ra ta có:



x + y + z = 100
5x + 3y +
z

3
= 100
Nhân hai vế của phương trình thứ hai với 3 rồi trừ từng vế cho phương
trình thứ nhất, ta được:
14x + 8y = 200 (1.1)
Phương trình thu được có hai ẩn x, y. Vì x, y là "số trâu" nên rõ ràng
x, y phải nhận các giá trị nguyên không âm. Như vậy, phương trình (1.1)
thuộc vào lớp phương trình Điôphăng tuyến tính.
Định nghĩa 1.1. Phương trình Điôphăng tuyến tính là phương trình có
dạng
ax + by = c, (1.2)
trong đó a, b, c là các số nguyên, đồng thời các biến x, y cũng chỉ nhận các
giá trị nguyên.
Giải phương trình Điôphăng (1.2) tức là tìm các cặp số nguyên (x, y)
thỏa mãn (1.2).
Định lý sau đây trả lời câu hỏi khi nào thì phương trình Điôphăng tuyến
tính có nghiệm, đồng thời chỉ ra các nghiệm khi chúng tồn tại.
Định lý 1.2. Giả sử a, b là các số nguyên dương, d là ước chung lớn nhất
của a và b, d = (a, b). Khi đó phương trình ax + by = c không có nghiệm
nguyên nếu d không chia hết 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 một nghiệm của phương trình. Do d | a,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
d | b nên d | c. Như vậy, nếu d không chia hết c thì phương trình không có
nghiệm nguyên.
Bây giờ giả sử d | c. Khi đó, tồn tại các số nguyên s, t sao cho
d = as + bt (1.3)
Do d | c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c. Nhân hai vế của (1.3) với e
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 tỏ tồn tại vô số nghiệm. Đặt x = x
0

+
b
d
n, y = y
0
−
a
d
n,
trong đó n nguyên. Ta thấy (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.
Chỉ còn phải chứng tỏ 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
(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
0
− y).
Chia hai vế của đẳng thức cho d, ta được
a
d
(x −x
0
) =
b
d
(y
0
− y) (1.4)
Do d = (a, b) nên
a
d
và

b
d
nguyên tố cùng nhau. Từ đó suy ra y
0
− y
.
.
.
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
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
giá trị này của y vào phương trình (1.4) ta được x = x
0
+
b
d
n. 

Định lý trên đây cho phương pháp giải phương trình Điôphăng tuyến
tính. Ví dụ xét phương trình (1.1)
14x + 8y = 200.
Ta có (14, 8) = 2. Do 2 | 200 nên phương trình có nghiệm. Dễ thấy
2 = 14.(−1) + 8.(+2). Nhân hai vế với 100 ta có:
14.(−100) + 8.(200) = 200.
Như vậy, ta được nghiệm x
0
= −100, y
0
= 200. Theo Định lí 1.2, các
nghiệm của phương trình có dạng:
x = −100 + 4n, y = 200 −7n.
Do x ≥ 0 nên n ≥ 25. Do y ≥ 0 nên n ≤
200
7
, suy ra n ≤ 28. Vậy n
chỉ có thể nhận các giá trị 25, 26, 27, 28. Tương ứng ta có các nghiệm
(0, 25), (4, 8), (8, 11), (12, 4). Các nghiệm (x, y, z) của bài toán ban đầu là
(0, 25, 75), (4, 18, 78), (8, 11, 81), (12, 4, 84).
1.3 Phương trình Fermat
1.3.1 Các bộ số Pitago
Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn
x
2
+ y
2
= z
2
được gọi là một bộ số Pitago. Tên gọi đó xuất phát từ Định lí Pitago quen

thuộc: bình phương độ dài cạnh huyền một tam giác vuông bằng tổng
bình phương các cạnh góc vuông. Như vậy, một bộ ba số nguyên dương
(x, y, z) là một bộ số Pitago khi và chỉ khi tồn tại tam giác vuông có số
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
đo các cạnh góc vuông là x và y, số đo cạnh huyền là z. (Chẳng hạn bộ
{3, 4, 5}, {6, 8, 10}, ). Rõ ràng rằng, nếu {x, y, z} là một bộ số Pitago
thì {kx, ky, kz} cũng là một bộ số Pitago với mọi số tự nhiên k. Do đó,
ta chỉ cần xét các bộ ba số nguyên tố cùng nhau.
Định nghĩa 1.3. Bộ số Pitago {x, y, z} được gọi là nguyên thủy nếu
(x, y, z) = 1.
Ví dụ: Các bộ số {3, 4, 5}, {5, 12, 13} là nguyên thủy, bộ số {6, 8, 10}
không nguyên thủy.
Nếu bộ số Pitago {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 các bộ số Pitago,
ta cần một Bổ đề sau.
Bổ đề 1.4. Nếu {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy thì (x, y) =
(x, z) = (y, z) = 1.
Chứng minh. Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy và

(x, y) > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố 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
: mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1. Vậy (x, y) = 1. Tương tự ta có
(x, z) = (y, z) = 1. 
Bổ đề 1.5. Giả sử {x, y, z} là một 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 số Pitago nguyên thủy. Do Bổ
đề 1.4, (x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì
ta có
x
2
≡ y
2
≡ 1(mod4),
nên
z
2
= x
2
+ y
2
≡ 2(mod4).

Điều này vô lí. Vậy x và y không cùng tính chẵn lẻ. 
Bổ đề 1.6. 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 và l sao cho r = l
2
và s = h
2
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
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 có dạng sau:
r = p
α
1
1
p
α
2
2
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 các phân tích của r và
s là khác nhau. Do rs = t
2
nên
p
α
1
1
p
α
2

2
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 lí 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
. 
Bây giờ ta có thể mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy.
Định lí 1.7. Các số nguyên dương x, y, z lập thành một bộ số 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. Bổ đề 1.5
cho thấy x lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại. Vì ta đã giả thiết y chẵn nên x, z
đều lẻ. Do z + x và z −x đều là số chẵn, nên các số
z + x
2
= r,
z − x
2
= s
đều là số nguyên.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
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.
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 này có nghĩa là d | (z, x) = 1 nên
d = 1.
Áp dụng Bổ đề 1.6 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m và 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
thể cùng lẻ vì nếu ngược lại thì x, y và z đều chẵn, mâu thuẫn điều kiện
(x, y, z) = 1. Vì (m, n) = 1 và m, 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.
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 không
đồng dư với 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
6
+ 2m
2
n
2
+ n
4
= (m
2
+ n
2
)
2
= z
2
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
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
không chia hết 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. 
Từ Định lí 1.7 ta có thể thu được các ví dụ về bộ số Pitago nguyên
thủy. Chẳng hạn lấy m = 5, n = 2, ta có m không đồng dư với n mod 2
và (m, n) = 1, m > n. Theo Định lí 1.7, bộ ba số
x = m
2
− n
2
= 5
2
− 2
2
= 21
y = 2mn = 2.5.2 = 20
z = m
2
+ n
2
= 5
2

+ 2
2
= 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 hạn
nghiệm nguyên của phương trình
x
2
+ y
2
= z
2
.
Tình hình sẽ như thế nào nếu số mũ của các biến tăng lên? Nói cách khác,
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? Chắc hẳn các bạn đều biết rằng, đó chính là câu hỏi lớn nhất
của Toán học, và chỉ mới nhận được câu trả lời trong mấy năm gần đây.
Tất cả đều bắt đầu từ mấy dòng chữ của P.Fermat viết bên lề cuốn "Số
học" của Điôphăng, được công bố năm 1635, năm năm sau khi Fermat qua
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

12
đời: "Không thể viết một lũy thừa bậc ba dưới dạng tổng hai lũy thừa bậc
ba, lũy thừa bậc bốn dưới dạng tổng hai lũy thừa bậc bốn, và nói chung,
một lũy thừa bậc cao hơn dưới dạng tổng hai lũy thừa cùng bậc. Tôi đã
tìm ra một chứng minh kì diệu của sự kiện đó, nhưng tiếc rằng lề sách bé
quá để có thể ghi ra".
Có thể phát biểu lại mấy lời của Fermat dưới dạng sau:
Định lí 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 lí 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 lí lớn Fermat cho trường
hợp n = 4. Một trong những mấu chốt của chứng minh là phương pháp
quy nạp lùi vô hạn do Fermat đề xuất
Định lí 1.8. Phương trình
x
4
+ y
4
= z
2
không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0.
Chứng minh. Giả sử phương trình nói 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 cũng có thể giả thiết (x, y) = 1. Thật vậy, nếu (x, y) = d thì
x = dx
1
, y = dy
1
với (x
1
, y
1
) = 1, trong đó x
1
, y
1
là các số 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
13
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 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 rằng 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, và theo Định lí 1.7,
tồn tại các số nguyên dương m, n với (m, n) = 1, m không đồng dư với n
mod 2 và
x
2
0
= m
2
− n
2
y
2
0
= 2mn
z
0
= m
2
+ n
2
,
trong đó ta có thể xem y
2
0
là số chẵn (nếu cần thì đổi kí 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. Lại theo
Định lí 1.7, tồn tại các số nguyên dương r, s với (r, s) = 1, r không đồng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
dư với s mod 2 và
x
2
0
= r
2
− s
2
n = 2rs

m = r
2
+ s
2
Vì m lẻ và (m, n) = 1, ta có (m, 2n) = 1. Do y
2
0
= (2n)m nên theo Bổ đề
1.6, 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, theo Bổ đề 1.6, 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 lí, giả sử x
4
+ y
4
= z
4
có ít nhất một nghiệm
nguyên. Do nguyên lí sắp thứ tự tốt, trong số các nghiệm nguyên dương,
tồn tại nghiệm 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. Mâu
thuẫn này kết thúc chứng minh của định lí. 
1.4 Phương trình Pell
Trước tiên ta sẽ trình bày một số tính chất cơ sở nhất của phân số liên
tục, những tính chất này sẽ cung cấp công cụ cần thiết để giải các phương
trình Điôphăng bậc 2.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
1.4.1 Phân số liên tục
a. Số hữu tỉ và số vô tỉ
Định nghĩa 1.9. Số thực α được gọi là số hữu tỉ nếu α =
a
b
, trong đó
a, b là các số nguyên, b = 0. Nếu α không phải là số hữu tỉ, ta nói α là số
vô tỉ.
Định lí 1.10. Nếu α, β là các số hữu tỉ thì α + β, α − β, αβ và
α
β
(khi
β = 0) là số hữu tỉ.
Chứng minh. Giả sử α, β là các số hữu tỉ, α =
a
b
, β =
c
d
, trong đó
a, b, c, d là các số nguyên, b = 0, d = 0. Khi đó, mỗi số sau đây

α + β =
a
b
+
c
d
=
ad + bc
bd
,
α −β =
a
b
−
c
d
=
ad −bc
bd
,
αβ =
a
b
.
c
d
=
ac
bd
,

α
β
=
a
b

c
d
=
ad
bc
, (β = 0)
đều là số hữu tỉ, vì chúng là thương của hai số nguyên với số chia khác 0.
Khi viết các số vô tỉ như phân số
a
b
, trong đó a, b nguyên và b = 0, ta
thường dùng dạng tối giản, tức là a, b nguyên tố cùng nhau.
b. Phân số liên tục hữu hạn
Trong phần này, ta sẽ nghiên cứu cách biểu diễn một số dưới dạng phân
số liên tục. Ví dụ:
7
5
= 1 +
2
5
= 1 +
1
2 +
1

2
Biểu diễn một số nhờ phân số liên tục có nhiều ứng dụng khác nhau, trong
đó có việc ứng dụng để giải các phương trình nghiệm nguyên thuộc một
số lớp thường gặp.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
Định nghĩa 1.11. Phân số liên tục là một biểu thức có dạng
a
0
+
1
a
1
+
1
a
2
+
.
.
.
+
1
a
n−1
+
1
a
n
trong đó a

0
, a
1
, a
2
, , a
n
là các số thực; a
1
, a
2
, , a
n
dương. Các số thực
a
1
, a
2
, , a
n
được gọi là các thương riêng của phân số liên tục. Một phân
số liên tục được gọi là đơn nếu a
0
, a
1
, a
2
, , a
n
là các số nguyên.

Để đơn giản, ta dùng kí hiệu [a
0
; a
1
, a
2
, , a
n
] để chỉ phân số liên tục nói
trên.
Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng, mỗi phân số liên tục đơn hữu hạn biểu diễn một
số hữu tỉ. Ngược lại, mỗi số hữu tỉ có thể biểu diễn như một phân số liên
tục đơn hữu hạn.
Định lí 1.12 Mỗi phân số liên tục đơn hữu hạn biểu diễn một số hữu tỉ.
Chứng minh. Ta dùng quy nạp toán học. Với n = 1, ta có
[a
0
; a
1
] = a
0
+
1
a
1
=
a
0
a
1

+ 1
a
1
là một số hữu tỉ. Giả sử với số nguyên dương k, phân số liên tục đơn hữu
hạn tùy ý [a
0
; a
1
, , a
k
] là số hữu tỉ. Giả sử a
0
, a
1
, , a
k+1
là các số nguyên,
trong đó a
1
, , a
k+1
dương. Ta có
[a
0
; a
1
, , a
k+1
] = a
0

+
1
[a
1
; a
2
, , a
k+1
]
.
Do giả thiết quy nạp, [a
1
; a
2
, , a
k+1
] là số hữu tỉ. Như vậy, tồn tại các số
nguyên r, s, với s = 0 sao cho
[a
1
; a
2
, , a
k+1
] =
r
s
.
Từ đó ta có
[a

0
; a
1
, , a
k+1
] = a
0
+
1
r/s
=
a
0
r + s
r
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
Định lí được chứng minh. 
Định lí 1.13. Mỗi số hữu tỉ có thể biểu diễn như là một phân số liên tục
hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử x =
a
b
, trong đó a, b là các số nguyên, b > 0. Đặt
r
0
= a, r
1
= b. Theo thuật chia Ơclit, ta được
r

0
= r
1
q
1
+ r
2
0 < r
2
< r
1
,
r
1
= r
2
q
2
+ r
3
0 < r
3
< r
2
,
r
2
= r
3
q

3
+ r
4
0 < r
4
< r
3
,
···
r
n−3
= r
n−2
q
n−2
+ r
n−1
0 < r
n−1
< r
n−2
,
r
n−2
= r
n−1
q
n−1
+ r
n

0 < r
n
< r
n−1
,
r
n−1
= r
n
q
n
Trong các biểu thức trên, q
2
, q
3
, , q
n
là các số nguyên dương. Viết các
biểu thức trên dưới dạng phân số liên tục, ta được:
a
b
=
r
0
r
1
= q
1
+
r

2
r
1
= q
1
+
1
r
1
/r
2
r
1
r
2
= q
2
+
r
3
r
2
= q
2
+
1
r
2
/r
3

r
2
r
3
= q
3
+
r
4
r
3
= q
3
+
1
r
3
/r
4
···
r
n−3
r
n−2
= q
n−2
+
r
n−1
r

n−2
= q
n−2
+
1
r
n−2
/r
n−1
r
n−2
r
n−1
= q
n−1
+
r
n
r
n−1
= q
n−1
+
1
r
n−1
/r
n
r
n−1

r
n
= q
n
.
Thay giá trị r
1
/r
2
từ đẳng thức thứ hai vào đẳng thức thứ nhất, ta được
a
b
= q
1
+
1
q
2
+
1
r
2
/r
3
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Tương tự thay giá trị r
2
/r

3
vào đẳng thức vừa nhận được, ta có:
a
b
= q
1
+
1
q
2
+
1
q
3
+
1
r
3
/r
4
Tiếp tục như trên, ta được
a
b
= q
1
+
1
q
2
+

1
q
3
+
.
.
.
+
1
q
n−1
+
1
q
n
Vậy
a
b
= [q
1
; q
2
, , q
n
], tức là mỗi số hữu tỉ đều có thể viết dưới dạng phân
số liên tục đơn hữu hạn.
Chú ý: Biểu diễn một số hữu tỉ dưới dạng phân số liên tục đơn không
phải là duy nhất. Chẳng hạn, từ đồng nhất thức
a
n

= (a
n
− 1) +
1
1
,
ta có:
[a
0
; a
1
, , a
n−1
, a
n
] = [a
0
; a
1
, , a
n−1
, a
n
− 1, 1]
và a
n
> 1. Ví dụ:
7
11
= [0; 1, 1, 1, 3] = [0, 1, 1, 1, 2, 1] .

Định nghĩa 1.14. Các phân số liên tục [a
0
; a
1
, a
2
, , a
k
], trong đó k là
số nguyên, 0 ≤ k < n, được gọi là hội tụ thứ k của phân số liên tục
[a
0
; a
1
, a
2
, , a
k
]. Ta kí hiệu hội tụ thứ k là C
k
.
Sau đây, ta sẽ xét một số tính chất của phân số liên tục. Các tính chất
này sẽ được dùng khi giải một số lớp phương trình nghiệm nguyên.
Định lí 1.15. Giả sử a
0
, a
1
, a
2
, a

n
là các số thực, trong đó a
i
> 0 với
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
i ≥ 1. Xét dãy p
0
, p
1
, , p
n
và q
0
, q
1
, , q
n
xác định như sau:
p
0
= a
0
, q
0
= 1,
p
1
= a
0

a
1
+ 1, q
1
= a
1
,
p
k
= a
k
p
k−1
+ p
k−2
, q
k
= a
k
q
k−1
+ q
k−2
,
với k = 2, 3, , n. Khi đó, hội tụ thứ k: C
k
= [a
0
; a
1

, , a
k
] được tính theo
công thức
C
k
=
p
k
q
k
.
Chứng minh. Ta dùng quy nạp toán học. Rõ ràng công thức đúng với
k = 0. Với k = 1, ta có:
C
1
= [a
0
; a
1
] = a
0
+
1
a
1
=
a
0
a

1
+ 1
a
1
=
p
1
q
1
.
Vậy, công thức đúng cho k = 1. Bây giờ ta giả thiết rằng định lí đúng với
mọi k, 2 ≤ k < n. Ta có:
C
k
= [a
0
; a
1
, , a
k
] =
p
k
q
k
=
a
k
p
k−1

+ p
k−2
a
k
q
k−1
+ q
k−2
. (1.5)
Theo định nghĩa của các số p
j
, q
j
, ta thấy rằng, các số thực p
k−1
, p
k−2
, q
k−1
,
q
k−2
chỉ phụ thuộc vào các thương riêng a
0
, a
1
, , a
k−1
. Do đó, ta có thể
thay số thực a

k
trong biểu thức (1.5) bởi a
k
+
1
a
k
+ 1
và nhận được:
C
k+1
= [a
0
; a
1
, , a
k
, a
k+1
] =

a
0
; a
1
, , a
k+1
, a
k
+

1
a
k

=

a
k
+
1
a
k+1

p
k−1
+ p
k−2

a
k
+
1
a
k+1

q
k−1
+ q
k−2
=

a
k+1
(a
k
p
k−1
+ p
k−2
) + p
k−1
a
k+1
(a
k
q
k−1
+ q
k−2
) + q
k−1
=
a
k+1
p
k
+ p
k−1
a
k+1
q

k
+ q
k−1
=
p
k−1
q
k−1
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Định lí được chứng minh. 
Ví dụ: Ta xét phân số
173
55
= [3; 6, 1, 7]. Các giá trị p
j
, q
j
đầu tiên (j =
0, 1, 2, 3) là:
p
0
= 3 q
0
= 1
p
1
= 3.6 + 1 = 19 q
1

= 6
p
2
= 1.19 + 3 = 22 q
2
= 1.6 + 1 = 7
p
3
= 7.22 + 19 = 173 q
3
= 7.7 + 6 = 55.
Các hội tụ riêng sẽ là
C
0
=
p
0
q
0
=
3
1
= 3
C
1
=
p
1
q
1

=
19
6
C
2
=
p
2
q
2
=
22
7
C
3
=
p
3
q
3
=
173
55
.
Tính chất sau đây thường được dùng để giải phương trình nghiệm nguyên.
Định lí 1.16. Giả sử k là số nguyên dương, k ≥ 1. Giả sử hội tụ thứ k
của phân số liên tục [a
0
; a
1

, , a
k
] là C
k
=
p
k
q
k
; trong đó p
k
, q
k
được định
nghĩa trong Định lí 1.15. Khi đó
p
k
q
k−1
− p
k−1
q
k
= (−1)
k−1
.
Chứng minh. Ta dùng quy nạp toán học. 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 định lí 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
+ p
k−1
)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
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
Định lí được chứng minh. 
Hệ quả 1.17. Giả sử C
k
=
p
k
q
k
là hội tụ riêng thứ k của phân số liên tục
đơn [a
0
; a
1
, , a
n
], trong đó các số nguyên p
k
, q
k
được xác định như trong
Định lí 1.15. Khi đó p
k
, q

k
nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh. Đặt d = (p
k
, q
k
). Từ Định lí 1.16 ta có
p
k
q
k−1
− q
k
p
k−1
= (−1)
k−1
.
Vậy d | (−1)
k−1
, suy ra d = 1. 
Hệ quả 1.18. Giả sử C
k
=
p
k
q
k
là hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn
[a

0
; a
1
, , a
k
]. Khi đó
C
k
− C
k−1
=
(−1)
k−1
q
k
q
k−1
với mọi số nguyên k, 1 ≤ k ≤ m và
C
k
− C
k−2
=
a
k
(−1)
k−1
q
k
q

k−2
với mọi số nguyên k, 2 ≤ k ≤ n.
Chứng minh. Theo Định lí 1.16 ta có
p
k
q
k−1
− q
k
p
k−1
= (−1)
k−1
.
Ta nhận được đẳng thức thứ nhất:
C
k
− C
k−1
=
p
k
q
k
−
p
k−1
q
k−1
=

(−1)
k−1
q
k
q
k−1
Để chứng minh đẳng thức thứ hai, ta nhận xét rằng
C
k
− C
k−2
=
p
k
q
k
−
p
k−2
q
k−2
=
p
k
q
k−2
− p
k−2
q
k

q
k
q
k−2
Mặt khác ta có
p
k
q
k−2
− p
k−2
q
k
= (a
k
p
k−1
+ p
k−2
)q
k−2
− p
k−2
(a
k
q
k−1
+ q
k−2
)

= a
k
(p
k−1
q
k−2
− p
k−2
q
k−1
)
= a
k
(−1)
k−1
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên