CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE THƯỜNG gặp

CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE
THƯỜNG GẶP
Mở đầu
Phương trình Diophante nó có vai trò quan trọng trong toán học và trong
thực tế, kiến thức về vấn đề này rất rộng; nó đã được các nhà toán học trên thế
giới và trong nước nghiên cứu rất lâu; để góp phần vào việc bồi dưỡng học sinh
giỏi ở trường và giúp các em tiếp cận các phương trình Diophante với nhiều
cách khác nhau, tôi muốn khai thác một phần nhỏ về :” Các dạng phương trình
Diophante thường gặp”, đây là những dạng phương trình thường có trong đề
thi của các kỳ thi học sinh giỏi và nó rất sát thực với học sinh phổ thông. Trong
chuyên đề này tôi chia làm hai phần:
Chương I: Các dạng phương trình Diophante thường gặp
Chương II: Bài tập áp dụng.
Ở chương I, tôi chỉ tóm tắt các dạng phương trình và cách giải, chấp nhận
các định lý, không đi sâu vào chứng minh vì đa số các định lý này đã được thể
hiện nhiều trong các tài liệu. Chương II chúng tôi nghiên cứu một số bài tập liên
quan đến chương I và cách giải.
Do thời gian cũng có hạn, chuyên đề không tránh khỏi sự sai sót, vậy mong
các bạn tham khảo và góp ý thêm.

Chương 1
CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE THƯỜNG GẶP.
I.Phương trình diophante bậc nhất:
1


1.1.Phương trình diophante bậc nhất hai ẩn:
1.1.1. Định nghĩa 1.1: Phương trình Diophante bậc nhất hai ẩn là phương trình
có dạng: ax+by=c (1.1);
với a, b, c là các số nguyên; x, y là hai ẩn số nguyên của phương trình.
- Mỗi cặp số ( x0 ; y0 ) ∈ ¢ , thỏa mãn đẳng thức (1.1) được gọi là một nghiệm của

phương trình.
- Giải phương trình (1.1) tức là tìm các cặp số ( x0 ; y0 ) ∈ ¢ , thỏa mãn đẳng thức
(1.1).
1.1.2. Định lý 1.1: Giả sử a 2 + b 2 ≠ 0, d = (a, b). Điều kiện cần và đủ để phương
trình (1.1) có nghiệm nguyên là d chia hết c.
1.1.3. Định lý 1.2: Nếu trong phương trình (1.1) các hệ số a,b nguyên tố cùng
nhau và ( x0 ; y0 ) là một nghiệm thì tất cả các nghiệm của phương trình có dạng:
 x = x0 + bt
(t ∈¢ )

 y = y0 − at

1.1.4 Định lý 1.3: Nếu c=(a,b) và a hoặc b khác 1 thì nghiệm ( x, y ) = ( x0 , y0 ) là
nghiệm của phương trình (1.1) sẽ tìm được với x0 < b và y0 < a
1.2.

Phương trình diophante bậc nhất nhiều ẩn:

1.2.1. Định nghĩa 1.2: Phương trình Diophante bậc nhất nhiều ẩn là phương
trình có dạng: a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn = c, ai ∈ Ζ, ai ≠ 0, i = 1, n (1.2)
1.2.2 Định lý 1.4: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.2) có ít nhất một
nghiệm nguyên là (a1 , a2 ,..., an ) c .
1.2.3. Cách giải phương trình (1.2)
Đưa phương trình (1.2) về một trong hai dạng sau:
a) Có một hệ số của một ẩn bằng 1: Giả sử a1 = 1 , khi đó:
x1 = c − a2 x2 − a3 x3 − ...an xn ∈ ¢ ; nghiệm của phương trình (1.2) là:
(c − a2 x2 − a3 x3 − ...an xn , x3 ,..., xn ) ∈ ¢

b) Có hai hệ số nguyên tố cùng nhau: Giả sử (a1 , a2 ) = 1 ; khi đó phương trình
(1.2) ⇔ a1 x1 + a2 x2 = c − a3 x3 − a4 x4 − ...an xn

Giải phương trinh theo hai ẩn x1 ; x2
2. Phương trình diophante bậc hai hai ẩn:
2.1 Phương trình dạng : ax 2 + 2bxy + cy 2 = m
2


2.1.1. Định nghĩa 2.1: Dạng chung của phương trình Diophante bậc hai, hai ẩn
số x và y là: ax 2 + 2bxy + cy 2 + 2dx + 2ey + f = 0 (2.1)
Trong đó a,b,c,d,e,f là những số nguyên và ít nhất một trong các số a,b,c
khác không.
* Nhận xét: Khi phương trình (2.1) có thể đưa về dạng đơn giản:
ax 2 + 2bxy + cy 2 = m (2.2). Thật vậy, ta đưa vào hai ẩn mới p, q bằng cách đặt
x=

p + cd − be
q + ae − bd
;y=
2
b − ac
b 2 − ac

(2.3)

Thay x; y vào (2.1) và sau khi biến đổi ta nhân được phương trình:
ap 2 + 2bpq + cq 2 = (b 2 − ac). A

(2.4)

Với A = afc + 2bed − d 2c − b 2 f − ae 2 .
Từ (2.3) ta có: p = x(b 2 − ac) − cd + bc

q = y (b 2 − ac ) − ae + bd

Từ đây mọi nghiệm nguyên của phương trình (2.1) tương ứng với nghiệm
nguyên của phương trình (2.4). Nếu ta biết được ngiệm nguyên của phương
trình (2.4) thì suy ra nghiệm x, y của (2.1) thông qua công thức của (2.3).
Vế trái của (2.4) dạng ap 2 + 2bpq + cq 2 được gọi là dạng toàn phương của hai biến
p, q. Chúng tôi chỉ nghiên cứu giải phương trình vô định hai ẩn bậc hai ở dạng
toàn phương ax 2 + 2bxy + cy 2 = m .
2.1.2 Phép biến đổi dạng toàn phương:
Cho dạng toàn phương f ( x, y ) = ax 2 + 2bxy + cy 2 ; a,b,c∈ ¢
Số D = b 2 − ac gọi là định thức của dạng toàn phương, ta đổi biến số x, y bằng
những biến p, q theo công thức sau:
x =α p + βq
y = γ p +δq

(2.5)

Ở đây những hệ số α , β , γ , σ là những số nguyên.
Ta nhận được f ( x, y ) = ax 2 + 2bxy + cy 2
= a (α p + β q) 2 + 2b(α p + β q )(γ p + δ q ) + c (γ p + δ q) 2
= (aα 2 + 2bαγ + cγ 2 ) p 2 + 2(aαβ + bαβ + bβγ + cγδ ) pq
+ (a β 2 + 2bβδ + cb 2 )q 2 .
= a1 p 2 + 2b1 pq + c1q 2 = ϕ ( p, q)

ở đây

a1 = aα 2 + 2bαγ + cγ 2

3

b1 = aαβ + bαδ + bβγ + cγδ

(2.6)

c1 = a β 2 + 2bβδ + cb 2

Đẳng thức (2.5) gọi là phép biến đổi. Ta nói rằng dạng toàn phương f(x,y) được
biến đổi thành dạng toàn phương ϕ ( p, q) thông qua công thức (2.5)
Số αδ + βγ gọi là môđun của biến đổi (2.5). Ta đi tìm định thức của dạng toàn
phương đã biến đổi ϕ ( p, q) .
Ta có:

D1 = ((aαβ + bαδ + bβγ + cγδ ) 2 − (aα 2 + 2bαγ + cγ 2 )(aβ 2 + 2bβδ + cb 2 )

Sau khi rút gọn ta được:
D1 = (b 2 − ac)(αδ − βγ ) 2

(2.7)

Đẳng thức (2.7) chỉ ra rằng sự chuyển đổi từ dạng toàn phương này sang dạng
toàn phương khác, trong đẳng thức có chứa bình phương của môdun chuyển đổi.
Nếu bình phương của môđun chuyển đổi của (2.7) bằng 1 thì dạng toàn phương
đã cho f(x,y) và dạng toàn phương chuyển đổi ϕ ( p, q) có cùng một định thức
suy ra từ (2.7).
Bằng cách kiểm tra liên tiếp dễ thấy rằng trong trường hợp này dạng ϕ ( p, q) biến
thành dạng (αδ − βγ )2 (ax 2 + 2bxy + cy 2 ) = f ( x, y ) thông qua sự biến đổi
p = δ x − β y, q = −γ x + α y , với bình phương modun của nó ta có (δα − γβ ) 2 = 1 ;
trong trường hợp này hai dạng toàn phương gọi là tương đương. Vậy: Hai dạng
toàn phương gọi là tương đương nhau, khi từ dạng thứ nhất chuyển đổi sang

dạng thứ hai, và ngược lại đều thông qua một phép biến đổi với hệ số nguyên.
Nếu αδ − βγ = 1 thì phép biến đổi (2.5) còn gọi là phép biến đổi riêng, còn nếu
αδ − βγ = −1 thì phép biến đổi không riêng. Tổng quát, phép biến đổi (2.5) gọi là
riêng nếu αδ − βγ > 0 , và không riêng nếu αδ − βγ < 0 .
Nếu một dạng toàn phương f(x,y) bao hàm dạng toàn phương ϕ ( x, y ) thông qua
phép biến đổi riêng thì ta nói rằng f(x,y) bao hàm riêng dạng ϕ ( x, y ) , còn ngược
lại không bao hàm riêng.
Nếu f(x,y) bao hàm riêng ϕ ( p, q) và ngược lại khi đó những dạng toàn phương
f(x,y) và ϕ ( p, q) gọi là tương đương riêng. Nếu chỉ có một bao hàm không riêng
thì gọi chúng là tương đương không riêng.
2.1.3 Biểu diển số nguyên theo dạng toàn phương:
Nếu ax 02 + 2bx0 y0 + cy02 = m , ở đây m, x0 , y0 , a, b, c là những số nguyên, ta nói rằng số
nguyên m biểu diễn thông qua dạng toàn phương ax 2 + 2bxy + cy 2 .
2.1.3.1 Nhận xét:

4


1. Nếu m=0 ta có phương trình ax 2 + 2bxy + cy 2 = 0 , ta giải phương trình theo ẩn x
tìm được
x=

−by ± b 2 y 2 − acy 2 −b ± b 2 − ac
=
y
a
a

Ta suy ra, trong tường hợp này phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi
định thức b 2 − ac là số dương và là số chính phương.

2. Nếu m ≠ 0 , ta giả sử rằng m biểu diễn được theo dạng ax 2 + 2bxy + cy 2 , như là
đẳng thức m = ax 02 + 2bx0 y0 + cy02 , ở đây x0 , y0 là những nguyên tố cùng nhau.
Khi x0 , y0 nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số h, k sao cho hx0 + ky0 = 1 .
Từ đó suy ra: m(ak 2 − 2bhk + ch 2 ) = [ h( x0b + y0c) − k ( x0 a + y0b) ] − (b 2 − ac).
2

Ta viết lại: mU = V 2 − (b2 − ac), với
U = ak 2 − 2bhk + ch 2
V = h( x0b + y0c ) − k ( x0 a + y0b)

Từ đây suy ra nếu số m biểu diễn thành dạng toàn phương ax 2 + 2bxy + cy 2 khi
x = x0 , y = y0 với ( x0 , y0 ) = 1 , thì phải tồn tại số nguyên V sao cho hiệu bình
phương của số đó và định thức của dạng toàn phương chia hết cho m. Trong
trường hợp này ta nói rằng định thức là số dư của bình phương V đối với m.
Tóm lại số R gọi là số dư của bình phương một số X đối với số M , nếu hiệu
X 2 − R chia hết cho m.
2.1.3.2.Mệnh đề 2.1: Theo định nghĩa trên R là số dư của bình phương mọi số
dạng X+kM, k = 0, ±1,...
2.1.4. Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương biến đổi:
Cho dạng toàn phương ax 2 + 2bxy + cy 2 bao hàm dạng a1 p 2 + 2b1 pq + c1q 2 thông qua
phép biến đổi
x = α p + β q,
y = γ p +δq

(α , β , γ , δ : là những số nguyên)

Nếu phương trình vô định a1 p 2 + 2b1 pq + c1q 2 = m; (m ∈ Ζ) ; có nghiệm p0 , q0 ∈ Ζ ,
thì dễ thấy những số x0 = α p0 + β q0 ; y0 = γ p0 + δ q0 sẽ là một nghiệm nguyên của
phương trình vô định ax 2 + 2bxy + cy 2 = m , ta có mệnh đề sau:
2.1.4.1. Mệnh đề 2.2: Nếu một số nguyên biểu diễn thông qua một dạng toàn

phương đã cho thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phương khác, mà
nó bao hàm bởi dạng toàn phương đã cho.

5


2.1.4.2. Định lý 2.2: Nếu m là một số nguyên khác không, mà nó biểu diễn
được thông qua dạng toàn phương ax 2 + 2bxy + cy 2 với x = x0 , y = y0 và ( x0 , y0 ) = 1 ,
định thức D của nó là số dư bình phương của số V đối với m thì những dạng
toàn phương ax 2 + 2bxy + cy 2 và mp 2 + 2Vpq +

V2 −D 2
q là tương đương riêng.
m

2.1.5. Phép biến đổi dạng toàn phương và nghiệm phương trình:
2.1.5.1. Định lý 2.3: Cho một dạng toàn phương f ( x, y ) = ax 2 + 2bxy + cy 2 biến đổi
thành dạng toàn phương ϕ ( p, q) = a1 p 2 + 2b1 pq + c1q 2 theo phép biến đổi riêng
x = α p0 + β q0
y = γ p0 + δ q0

(2.8)

Khi đó tất cả phép biến đổi riêng mà nó biến đổi f(x,y) thành ϕ ( x, y ) được xác
định theo công thức:
1
1
[ α t − (α b + γ c)u ] p + [ β t − (β b + δ c)u ] q
σ
σ

1
1
y = [ γ t + (α a + γ b)u ] p + [ δ t + ( β a + δ b)u ] q
σ
σ

x=

(2.9)

ở đây σ là ước số chung lớn nhất của a,2b,c còn t và u những nghiệm nguyên
của phương trình vô định: t 2 − Du = σ 2 ( D = b 2 − ac )
Theo các công thức trên những số x,y là những số nguyên.
Phương trình t 2 − Du = σ 2 là dạng đặc biệt được giải ở phần sau.
V2 −D 2
q , thì những dạng
Trường hợp riêng , nếu
m
V2 −D 2
2
2
2
f ( x, y ) = ax + 2bxy + cy và ϕ ( p, q ) = mp + 2Vpq +
q là tương đương riêng.
m
Nếu tồn tại nghiệm nguyên x0 , y0 của phương trình ax 2 + 2bxy + cy 2 = m mà chúng
nguyên tố cùng nhau và thuộc ở V. Ngoài ra f(x,y) biến đổi thành ϕ ( p, q) thông
qua công thức x = x0 p − tq; y = y0 p + sq

ϕ ( p, q ) = mp 2 + 2Vpq +

So sánh công thức này với công thức (2.8) ta tìm được α = x0 ; γ = y0 . Nhưng đẳng
thức (2.9) trong trường hợp này được viết lại:
x=

1
[ x0t − ( x0b + y0c)u ]
σ

y=

1
[ y0t + ( x0 a + y0b)u ] ; t 2 − Du 2 = σ 2
σ

Là nghiệm của phương trình ax 2 + 2bxy + cy 2 = m trong số nguyên và nguyên tố
cùng nhau.
6


2.1.6. Phương trình dạng toàn phương có định thức bằng không:
Cho dạng toàn phương ax 2 + 2bxy + cy 2 có định thức b 2 − ac = 0 . Khi đó ta kiểm tra
(ax + by ) 2
được: ax + 2bxy + cy =
a
2

2

Bây giờ ta xét phương trình vô định: ax 2 + 2bxy + cy 2 = m (2.10)

Với b 2 = ac . Ta biến đổi đưa phương trình về dạng:
1
(ax + by ) 2 = m hoặc (ax + by ) 2 = ma
a

Từ đây phương trình đã cho tương đương với hai phương trình:
ax + by = ± ma

(2.11)

Vậy để phương trình (2.10) có nghiệm nguyên điều kiện cần và đủ là: số ma là
số chính phương và ước số chung lớn nhất của hai số a và b cũng là ước số của
ma .
Theo phần 1.1 phương trình vô định bậc nhất, nếu x0 , y0 là nghiệm của (2.11)
trong trường hợp lấy dấu cộng; còn x0' , y0' là nghiệm của (2.11) trong trường hợp
lấy dấu trừ, thì tất cả các nghiệm nguyên của phương trình vô định (2.11) xác
định theo công thức:
x = x0 + bt ; x = x0' + bt ' ; y = y0 − at ; t = 0, ±1,..., y = y0' − at ' , t ' = 0, ±1,...

2.1.7 Phương trình dạng toàn phương có định thức khác không:
Các bước tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định dạng:
aX 2 + 2bXY + cY 2 + 2dX + 2eY + f = 0 (2.1); khi b 2 − ac ≠ 0

B1: Đổi ẩn số X và Y bằng x và y theo công thức sau:
X=

x + cd − be
y + ae − bd
;Y =
2

b − ac
b2 − ac

(2.13)

Ta nhận được phương trình dạng: ax 2 + 2bxy + cy 2 = m (2.2)
B2: Nếu m=0, ta có x =

b ± b 2 − ac
y , từ đây ta tìm được nghiệm của phương
a

trình (3.12) khi nó có nghiệm.
B3: Nếu m ≠ 0 , trước tiên ta giải phương trình (2.2) trong những số nguyên tố
cùng nhau theo các bước: tìm tất cả những số V, 0 ≤ V < m , với nó định thức
D = b 2 − ac là số dư bình phương đối với m.
- Nếu những số như vậy không có, thì phương trình (2.2) không có nghiệm
nguyên và suy ra phương trình (2.1) không có nghiệm nguyên
7


- Nếu V1 ,V2 ,... là những số, với chúng D là số dư bình phương ta tìm nghiệm
cho từng trường hợp của phương trình (2.2) tương ứng với V1 ,V2 ...
B4: Để tìm nghiệm của (2.2) mà nó tương ứng với V1 , ta xét hai dạng toàn
V12 − D 2
q
phương ax + 2bxy + cy và mp + 2V1 pq +
m
2

2

2

- Nếu những dạng toàn phương này không tương đương riêng, thì phương
trình (2.1) không có nghiệm nguyên, mà nó tương ứng với số V1
- Nếu những dạng trên tương đương riêng, thì tìm nghiệm riêng của phương
trình (2.1) mà nó tương ứng với số V1 .
B5: Nếu x = α p + β q; y = γ p + δ q là một phép biến đổi riêng, mà nó chuyển đổi
V12 − D 2
q , thì x = α ; y = γ là
m
một nghiệm riêng của (2.1) mà nó tương ứng với số V1 .

dạng toàn phương ax 2 + 2bxy + cy 2 thành mp 2 + 2V1 pq +

B6: Tìm bằng cách thử một nghiệm riêng của phương trình (2.1), mà nó thuộc
tương ứng số V1 . Nghiệm riêng x0' , y0' thuộc V1 , nếu có thể tìm được hai số
nguyên h, k mà chúng là nghiệm của phương trình vô định hx0' + ky0' = 1 và với
chúng V1 = h( x0' b + y0' c) − k ( x0' a + y0' b) .
B7: Nếu x0' , y0' thuộc V1 , x0" , y0" thuộc V2 , thì tất cả nghiệm của phương trình
(3.10) trong những số nguyên tố cùng nhau xác định bằng công thức
x' =

1 '
1
 x0t − ( x0' b + y0' c)u  , x" =  x0"t − ( x0" b + y0" c ) 
σ
σ

y' =

1 '
1
 y0t + ( x0' a + y0' b)u  ; y " =  y0" t + ( x0" a + y0"b) 
σ
σ

Ở đây t và u là những nghiệm của phương trình vô định t 2 − Du 2 = σ 2 , với σ là
ước số chung lớn nhất của a, 2b, c còn D = b 2 − ac .
B8: Để tìm tất cả nghiệm nguyên của (2.1) trong những số không nguyên tố
cùng nhau, cần phải giải trong những số nguyên tố cùng nhau tất cả các phương
trình mà nó nhận từ (2.2) sao cho trong nó ta thay số m với thương của m và
những khả năng những bình phương ước số m.
Giải những phương trình nhận được trong những số nguyên tố cùng nhau
theo cách mô tả ở trên; nếu như phương trình (2.1) có số hạng tự do m, mà nó
không có ước số bình phương lớn hơn 1, thì phương trình đó không có nghiệm
trong số nguyên không nguyên tố cùng nhau.
* Lưu ý: Đối với phương trình dạng này, tùy thuộc vào phương trình đã cho ta
có thể dùng các phương pháp đại số khác để giải như:
8


- Phương pháp đưa về dạng tổng
- Phương pháp loại trừ
- Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2
- Phương pháp dùng bất đẳng thức vv…
2.2. Phương trình dạng x 2 − dy 2 = n

(2.14)

2.2.1. Nhận xét:
a) Khi d<0 và n<0, phương trình (2.14) vô nghiệm
b) Khi d<0 và n>0, phương trình (2.14) chỉ có thể có hữu hạn nghiệm.
c) Khi d>0 ta xét hai trường hợp của d: d chính phương và d không chính
phương. Khi d không là số chính phương ta có định lý sau:
2.2.2. Định lý 2.4: Cho n là số nguyên, d là số nguyên dương không chính
x

phương và n < d . Khi đó, nếu x 2 − dy 2 = n và x, y ∈ ¢* thì y là một giản phân của
d.
2.2.3. Định lý 2.5: Cho d là số nguyên dương không chính phương. Đặt:
α k = ( Pk + d ) / Qk .
ak = α k 
Pk +1 = ak Qk − Pk
Qk +1 = ( d − Pk2+1 ) / Qk với k=0,1,2,…, trong đó α 0 = d .
pk

Giả sử q là giản phân thứ k của dạng liên phân số của d .
k
Khi đó: pk2 − dqk2 = (−1)k −1 Qk +1 , Qkn = Q0 = 1 , trong đó n là chu kỳ của dạng liên phân
số của d .
2.2.4. Bổ đề 2.1: Cho r + s d = t + u d với r, s, t, u là các số hữu tỉ và d là các số
nguyên dương không chính phương. Khi đó r=t và s=u
2.2.5. Trường hợp đặc biệt:
-Khi n=1 thì phương trình x 2 − dy 2 = n trở thành phương trình pell loại 1.
-Khi n=-1 thì phương trình x 2 − dy 2 = n trở thành phương trình pell loại 2.
2.3 Phương trình pell loại 1:

9

2.3.1 Định nghĩa 2.2: Phương trình pell loại 1 là phương trình có dạng:
x 2 − Dy 2 = 1 (2.15)
Trong đó D, x, y ∈ N *
2.3.2 Định lý 2.6: (Điều kiện tồn tại nghiệm). Phương trình (2.15) có nghiệm
nguyên dương khi và chỉ khi D là số không chính phương.
Chứng minh: Giả sử D = m 2 . Khi đó : x 2 − Dy 2 = x 2 − m 2 y 2 = 1
⇔ ( x − my )( x + my ) = 1
⇒ ( x − my ) = x + my = 1 ⇒ x = 1; y = 0

Vậy (2.15) không có nghiệm nguyên dương.
Ngược lại D là số không chính phương, ta có các bổ đề sau:
2.3.3. Bổ đề 2.2: Cho α ∉ Q . Khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên (h,k) với k>0
sao cho a −

h
1
< 2.
k k

2.3.4. Bổ đề 2.3: Tồn tại vô số cặp số nguyên dương (x,y) sao cho
x 2 − Dy 2 < 1 + 2 D

2.3.5 Định lý 2.7: (Công thức nghiệm) Ký hiệu (a,b) là nghiệm nhỏ nhất của
phương trình x 2 − Dy 2 = 1 . Khi đó dãy ( xn , yn ) cho bởi :
(a + b D ) n + ( a − b D )n
xn =
2
(a + b D ) n − (a − b D ) n

yn =
2 D

Cho ta tất cả các nghiệm của (2.15)
Dãy ( xn , yn ) cũng có thể xác định theo công thức truy hồi sau:
x0 = 1, x1 = a, xn + 2 = 2axn+1 − xn
y0 = 0; y1 = b, yn + 2 = 2ayn +1 − yn

2.4 Phương trình pell loại 2:
2.4.1. Định nghĩa 2.3: Phương trình pell loại 2 là phương trình có dạng:
x 2 − Dy 2 = −1 (2.16)
Trong đó D ∈ N * . Nghiệm của (2.16) luôn được hiểu là nghiệm nguyên dương.
2.4.2. Định lý 2.8: Điều kiện cần để phương trình (2.16) có nghiệm là D không
là số chính phương và D không có ước nguyên tố dạng 4k+3
10


2.4.3. Định lý 2.9: Nếu D=p là số nguyên tố thì (2.16) có nghiệm khi và chỉ khi
p=2 hoặc p ≠ 4k + 3 .
2.4.4. Định lý 2.10: Gọi (a,b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình x 2 − Dy 2 = 1 .
 a = x 2 + Dy 2

Khi đó phương trình (2.16) có nghiệm khi và chỉ khi 


b = 2 xy

(2.17) có

nghiệm nguyên dương.

Hơn nữa nếu (2.17) hệ có nghiệm nó sẽ có nghiệm duy nhất. Nghiệm duy nhất (
x1 , y1 ) này chính là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (2.16).
2.4.5 Định lý 2.11: Phương trình Pell loại 2: x 2 − Dy 2 = −1 có nghiệm khi và chỉ
D =  a; a1 , a2 ,..., an , 2a  chu kỳ n là
khi trong biểu diễn D thành liên phân số
số lẻ. Trong trường hợp đó ( pn −1 , qn −1 ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình, ở đó
Cn −1 =

pn −1
là giản phân thứ n-1.
qn −1

2.4.6. Định lý 2.12: (công thức nghiệm của phương trình Pell loại 2)
Giả sử phương trình Pell loại 2 x 2 − Dy 2 = −1 có nghiệm. Gọi ( α , β ) là nghiệm
nhỏ nhất của nó. Khi đó dãy ( xn , yn )∞n =1 cho bởi:
xn =

(α + β D ) 2 n −1 + (α − β D ) 2 n −1
2

yn =

(α + β D ) 2 n −1 − (α − β D ) 2 n−1
2 D

Cho ta tất cả các nghiệm của (2.16)
III. Phương trình diophante phi tuyến tính:
3.1 Phương trình pythagoras:
3.1.1. 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. 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 đo các cạnh góc
vuông là x và y, số đo cạnh huyền là z. Rõ ràng nếu (x,y,z) là một bộ số Pitago
thì với mọi d ∈ N * ,(dx,dy,dz) cũng là một bộ số Pitago. Do đó ta chỉ cần xét bộ
số Pitago (x,y,z) với (x,y,z)=1.
- Bộ số Pitago (x,y,z) dược gọi là nguyên thủy nếu (x,y,z)=1.
3.1.2. Bổ đề 3.1: Nếu (x,y,z) là một bộ số Pitago nguyên thủy thì
(x,y)=(x,z)=(y,z)=1 hơn nữa x,y không cùng tính chẵn lẻ và z lẻ.

11


3.1.3. Định lý 3.1: Bộ ba số nguyên dương (x,y,z) là một bộ số Pitago nguyên
thủy với y chẵn nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương m,n với m>n,
(m,n)=1 và m,n không cùng tính chẵn lẻ sao cho:
x = m2 − n2
y = 2mn
z = m2 + n2

3.1.4 Định nghĩa 3.1: Phương trình Piago là phương trình có dạng: x 2 + y 2 = z 2 .
(3.1)
Nghiệm (x,y,z) của phương trình là một bộ số Pitago. Tìm nghiệm của phương
trình là tìm bộ số Pitago (x,y,z).
3.1.5. Phương trình dạng ax 2 + y 2 = z 2 (3.2)
- Với a=1 phương trình thuộc dạng (3.1)
- Với a=0 phương trình có dạng y 2 = z 2 (đơn giản)
- Với a ≠ 1 : Số a sẽ có dạng a = a1k 2 , ở đây a1 không có ước số chính phương. Ta
đặt x1 = kx , từ (3.2) ta có a1 x12 + y 2 = z 2 , trong đó a1 không có ước số chính
phương.
a) Số a1 chẳn khi đó tất cả các nghiệm nguyên của (3.2) được tính theo công
thức: x = 2mnt , y = (um 2 − vn 2 )t , z = (um 2 + vn 2 )t .

Ở đây uv= a1 , u và v là số nguyên; m,n là những số nguyên tố cùng nhau, còn t
là số nguyên bất kỳ.
b) Số a1 lẻ, nghiệm nguyên của phương trình (3.2) tính theo công thức:
um 2 − vn 2
um 2 + vn 2
x = mnt , y =
t, z =
t ; ở đây uv = a1 (u,v là nguyên), m, n là số lẻ
2
2

nguyên tố cùng nhau, còn t là số nguyên tố bất kỳ.
3.1.5 Phương trình vô định dạng x12 + x22 + ... + xn2 = y 2 với n ≥ 2 (3.3)
- Với n=3 phương trình có ý nghĩa hình học: Nếu x1 , x2 , x3 là độ dài cạnh của
khối hộp chữ nhật, còn y là độ dài đường chéo của hình hộp và ta có:
x12 + x22 + x32 = y 2 .

Ngược lại, mỗi nghiệm x1 , x2 , x3, y của phương trình trên cũng đều là độ dài các
cạnh của hình hộp chữ nhật và đường chéo của nó. Ta có thể viết nghiệm
l 2 + m2 − n2
l 2 + m2 + n2
t , x2 = 2lt ; x3 = 2mt , y =
t;
nguyên cho phương trình trên: x1 =
n
n

12

l 2 + m2
ở đây l,n,m là những số nguyên sao cho
cũng là nguyên, còn t là một số
n

bất kỳ. Công thức tính nghiệm tương tự cho phương trình n ẩn.
3.2 Phương trình Fermat và một số dạng phương trình bậc cao:
3.2.1 Định nghĩa 3.2: Phương trình x n + y n = z n được gọi là phương trình Fermat
với x, y, z ∈ ¢, n ∈ N * .
3.2.2 Định lý lớn Fermat: Phương trình x n + y n = z n không có nghiệm nguyên
dương khi n ≥ 3 .
3.2.3 Định lý 3.2: Phương trình x 4 + y 4 = z 2 không có nghiệm nguyên dương.
3.2.4 Định lý 3.3 : Phương trình x 4 − y 4 = z 2 không có nghiệm nguyên dương.
3.2.5 Phương trình x 4 + y 4 = z 4
Bằng cách đặt Ζ = z 2 ta đưa phương trình về dạng x 4 + y 4 = Z 2
3.2.6 Phương trình kiểu Fermat:
Phương trình kiểu Fermat là phương trình có dạng x n + y n = 2 z n , n ≥ 2.
Tìm nghiệm của phương trình là tìm các số nguyên dương ( x0 , y0 , z0 ) phân biệt
sao cho x0n , y0n , z0n là một cấp số cộng.

Chương 2

Bài tập
Bài 1: Giải phương trình: 6x+10y-15z=1.
Giải:
13


Xét modulo 3, ta có y ≡ 1 (mod 3) ; Do đó y=1+3s, s ∈ ¢ .
Phương trình trở thành: 6 x − 15 z = −9 − 30 s ⇔ 2 x − 5 z = −3 − 10s.

Xét với modulo 2 , ta có z ≡ 1 (mod 2) do đó z = 1 + 2t , t ∈ ¢ và x = 1 − 5s + 5t . Do vậy
nghiệm của phương trình là: ( x, y, z ) = (1 − 5s + 5t ,1 + 3s,1 + 2t ) , s, t ∈ ¢ .
Bài 2: Cho a,b,c là các số nguyên dương nguyên tố đôi một cùng nhau. Chứng
minh rằng 2abc-ab-bc-ca là số nguyên lớn nhất mà không thể biểu diễn được
dưới dạng xbc+yca+zab, với x,y,z là các số nguyên không âm.
(24th IMO)
Giải:
Bước 1: Số 2abc-ab-bc-ca không thể biểu diễn được dưới dạng theo yêu cầu.
Giả sử điều ngược lại xảy ra thì mâu thuẩn, vì:
2abc − ab − bc − ca = xbc + ycz + zab với x, y , z ≥ 0.

Ta có: 2abc = bc( x + 1) + ca( y + 1) + ab( z + 1) , với x+1>0,y+1>0, z+1>0.
Suy ra: a bc( x + 1) .
Vì a là số nguyên tố cùng nhau với b và c, a là ước của x+1; suy ra:
a ≤ x + 1 . Áp dụng tương tự lập luận trên ta có: b ≤ y + 1, và c ≤ z + 1 .

Do vậy 2abc = bc( x + 1) + ca( y + 1) + ab( z + 1) ≥ 3abc . Điều này mâu thuẩn.
Bước 2: Với mỗi số N, N>2abc-ab-bc-ca, có thể biểu diễn thành
N=xbc+yca+zab.
Trước hết, ta nhận thấy 2abc-ab-bc-ca+1>0. Thật vậy:
1
1 1 1
1
1 1 1 1
(2abc − ab − bc − ca + 1) = 2 − − − +
> 2− − − +
>0
abc
a b c abc
1 2 3 abc

Mở rộng, ta có hai tình huống. Với N ≡ 0 (mod abc), N = abcq, ta có thể phân tich:
N=(ab)cq+bc.0+ca.0. Điều này đúng theo yêu cầu bài toán.
Giả sử N ≠ 0 (mod abc) . Vì UCLN(bc,a) =1, ta có đồng dư:
xbc ≡ N (mod a) có một nghiệm x0 , 0 < x0 < a , tương tự các đồng dư
ycz ≡ N (mod b) ,
zab ≡ N (mod c) có các nghiệm
0 < y0 < b, 0 < z0 < c . Để A = x0bc + y0ca + z0 ab . Khi đó

y0 , z 0 ;

tương

ứng

A ≡ x0bc ≡ N (mod a), A ≡ N (mod b), A ≡ N (mod c).

Vì a,b,c là các số đôi một nguyên tố cùng nhau, nên ta có A ≡ N (mod abc) .
Số A là một tổ hợp thỏa yêu cầu của bài toán.
Vì x0 ≤ a − 1, y0 ≤ b − 1, và z0 ≤ c − 1. Ta suy ra A ≤ 3abc − bc − ca − ab .
14


Mặt khác, vì A ≡ N (mod abc), nên ta có N = A + kabc .
Ta có k ≥ 0 , vì N > 2abc − bc − ca − ab . Do đó
N = ( x0 + ka )bc + y0ca + z0 ab ,

Với

x0 + ka ≥ 0 , y0 ≥ 0, z0 ≥ 0 .

Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 5
Cách 1: Giải dựa vào định thức của dạng toàn phương
Ta có a =1, b = 1, c = 5, m = 5; D = 12 − 1.5 = −4 .
Ta tìm những số không âm V nhỏ hơn 5, với số D=-4 là số dư bình phương đối
với 5. Ta tìm V, 0 ≤ V < 5 , với chúng phân số

V2 −D
là số nguyên, ta kiểm tra
m

trực tiếp chỉ có V1 = 1 và V2 = 4 thỏa mãn điều kiện của bài toán.

+ Với V1 = 1 : Ta dễ thấy x0 = 2, y0 = −1 là nghiệm riêng của phương trình đã cho.
Ta chứng minh nghiệm này thuộc số V1 = 1 .
Những nghiệm của phương trình vô định x0 p + y0 q = 1 trong trường hợp này là :
2p -q =1 như sau: p =1-t; q = 1-2t, t = 0, ±1,...
Từ công thức V = p( x0b + y0c) − q( x0 a + y0b) với x0 = 2; y0 = −1 ( D = −4) , ta nhận
được V1 = 1 . Suy ra nghiệm 2,-1 thuộc V1 = 1 .
Trong công thức nghiệm của một phương trình vô định:
x=

1
1
[ x0t − ( x0b + y0c)u ] , y = [ y0t + ( x0 a + y0b)u ] , với t 2 − Du 2 = 1 . Ta đặt:
σ
σ

a = b = 1, c = 5, x0 = 2, y0 = −1, D = −4, σ = 1 và ta nhận được:

x = 2t + 3u , ; y = −t + u , với t 2 + 4u 2 = 1

Nghiệm của phương trình Pell t 2 + 4u 2 = 1 là t = ±1,u = 0 .
Phương trình vô định đã cho có hai nghiệm tương ứng với trường hợp V1 = 1 đó
là: (2,-1);(-2,1).
+ Với V2 = 4 : Ta nhận thấy cặp số (0,1) là nghiệm của phương trình vô định đã
cho và ví nó không phải các nghiệm trong trường hợp V1 = 1 , suy ra nghiệm này
thuộc V2 = 4 .
Trong công thức nghiệm của phương trình vô định như ở phần trên, ta đặt:
a = b = 1; c = 5; x0 = 0, y0 = 1, D = −4, σ = 1 , ta nhân được:
x = −5u , y = t + u , với t 2 + 4u 2 = 1 .

15


Với t= ± 1, u=0 ta nhân được hai nghiệm x = 0, y = ±1 mà chúng thuộc số V2 = 4 .
Những nghiệm khác không có.
Vì số hạng tự do trong phương trình đã cho 5 không chia hết một số chính
phương lớn hơn 1; phương trình này không có nghiệm nguyên, mà chúng không
là nguyên tố cùng nhau.Vậy nghiệm phương trình đã cho có 4 cặp : (2,-1),
(-2,1), (0,-1), (0,1).
Cách 2: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai
Ta có phương trình: x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 5
⇔ x 2 + 2 yx + 5 y 2 − 5 = 0 (2)

Điều kiện cần để phương trình (2) có nghiệm: ∆ ' ≥ 0
⇔ −4 y 2 + 5 ≥ 0
⇔−

5

5
≤ y≤
2
2

Suy ra : y=-2; y=-1; y=0; y=1; y=2
+Với y=-2 không có x thỏa
+Với y=-1 ta có x=0 hoặc x=2
+Với y=0 không có x thỏa
+Với y=1 ta tìm được x=0 hoặc x=-2
+Với y=2 không có x thỏa
Thử lại ta có phương trình có các nghiệm: (2,-1), (-2,1), (0,-1), (0,1).
Cách 3: Đưa về dạng tổng
Biến đổi phương trình về dạng : Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải
là tổng của các số chính phương.
Ta có: phương trình: x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 5
⇔ ( x + y ) 2 + 4 y 2 = 12 + 22

Do đó phương trình chỉ thỏa mãn chỉ trong hai khả năng sau:
(I)

 x + y = 1
 x + y = 2
hoặc
(II)


 2 y = 2
 2 y = 1

Giải hệ (I) ta tìm các nghiệm (0,1); (-2,1);(2,-1);(0,-1).
Hệ (II) không có nghiệm nguyên.
16


Vậy phương trình có các nghiệm (0,1); (-2,1); (2,-1);(0,-1).
Bài 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 2( x − y )(1 − xy ) = 4(1 + xy )

(1)

Giải:
Ta có pt (1) ⇔ x 2 y 2 − 2 xy + 1 + x 2 + y 2 − 2 xy + 2( x − y )(1 − xy ) = 4
⇔ ( xy − 1) 2 + ( x − y ) 2 − 2( x − y )( xy − 1) = 4
⇔ [ xy − 1 − ( x − y ) ] = 4
2

⇔ ( x + 1)( y − 1) = ±2

Nếu (x+1)(y-1)=2, ta có hệ phương trình:
 x + 1 = 2  x + 1 = −2
∨

 y − 1 = 1  y − 1 = −1
 x + 1 = 1  x + 1 = −1
∨

 y − 1 = 2  y − 1 = −2

Ta giải ra được nghiệm (1,2);(-3,0);(0,3);(-2,-1).

Nếu (x+1)(y-1)=-2, ta có các hệ phương trình:
 x + 1 = 2  x + 1 = −2
∨

 y − 1 = −1  y − 1 = 1
 x + 1 = 1  x + 1 = −1
∨

 y − 1 = −2  y − 1 = 2

Giải hệ ta được nghiệm (1,0);(-3,2); (0,-1),(-2,3).
Vậy nghiệm của phương trình là: (1,2);(-3,0);(0,3);(-2,-1);(1,0);(-3,2); (0,-1);
(-2,3).
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + ( x + 1) 2 = y 4 + ( y + 1) 4 .
Giải
Khai triển và rút gọn hai vế phương trình ta được:
x( x + 1) = y 4 + 2 y 3 + 3 y 2 + 2 y ⇔ x 2 + x = y 2 ( y + 1) 2 + 2 y ( y + 1).
⇔ x 2 + x + 1 = ( y 2 + y + 1) 2

(1)

Nếu x > 0 thì từ x 2 < 1 + x + x 2 < ( x + 1)2 . suy ra 1 + x + x 2 không là số chính
phương nên (1) không có nghiệm nguyên.
17


Nếu x < - 1 thì từ ( x + 1) 2 < 1 + x + x 2 < x 2 suy ra (1) không có nghiệm nguyên.
y = 0

2

Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra: y + y + 1 = ±1 ⇔  y = −1 .



Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là (x, y) ∈ { ( 0;0 ) ; ( 0; − 1 ) ; ( − 1; 0 ) ; ( − 1; − 1) }
Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho phương trình x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = n có
nghiệm nguyên dương.
Giải:
Ta có: x3 + y3 + z 3 − 3xyz = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx)
1
= ( x + y + z ). ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 
2

(1)

Và ta có: x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y + z )3 − 3( x + y + z )( xy + yz + zx) (2)
Từ (1) ta thấy rằng phương trình đúng với n = 3k+1 và n = 3k+2, k ≥ 1, do đó các
bộ giá trị (k+1,k,k) và (k+1,k+1,k) là nghiệm của phương trình.
Nếu n chia hết cho 3, từ (2) ta suy ra x+y+z chia hết cho 3, và vì thế
n = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz chia hết cho 9.
Ngược lại, phương trình đã cho thỏa các số nguyên dương n = 9k, k ≥ 2, khi đó
bộ giá trị (k-1,k,k+1) thỏa phương trình, giống như n = 0 (x=y=z).
Vậy n=3k+1, k ≥ 1, n=3k+2,k ≥ 1, và n=9k, k=0,2,3,4,…
Bài 7: Tìm tất cả các bộ giá trị nguyên dương (x,y,z) thỏa phương trình:
x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz = p , với p là số nguyên tố lớn hơn 3.
Giải:
Ta có phương trình tương đương với:
( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = p .

Do x + y + z > 1 , nên ta có x + y + z = p và x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 1 .

Vì vậy, phương trình tương đương với: ( x − y ) 2 + ( y − z )2 + ( z − x) 2 = 2 .
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x ≥ y ≥ z . Nếu x>y>z, ta có
x − y ≥ 1, y − z ≥ 1, x − z ≥ 2 , suy ra:
( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x)2 ≥ 6 > 2 .

Do đó, ta có: x = y = z+1 hoặc x-1 = y = z. Số nguyên tố p là một trong các dạng
3k+1, 3k+2.

18


Với p=3k+1 thì nghiệm phương trình (

p + 2 p −1 p −1
,
,
) và các hoán vị tương
3
3
3

ứng.
Với p = 3k + 2 thì nghiệm phương trình là (

p +1 p +1 p − 2
,
,
) và các hoán vị
3
3

3

tương ứng của nó.
Bài 8: Tìm tìm các nghiệm nguyên (x,y) của phương trình: xy +

x3 + y 3
= 2007 (1)
3

Giải:
Ta có phương trình (1) ⇔ x3 + y 3 + 3xy = 6021
⇔ x 3 + y 3 + (−1)3 − 3 xy (−1) = 6020
⇔ ( x + y − 1)( x 2 + y 2 + 1 − xy + x + y ) = 6020,
⇔ ( x + y − 1) [ ( x + y )( x + y + 1) + 1 − 3xy ] = 2 2.5.7.43

Vì ( x + y )( x + y + 1) + 1 − 3xy > x + y − 1
Ngoài ra trong 24 thừa số của 6020, chỉ có 12 thừa số có thể thích hợp với
x+y-1.
Hơn nữa, vì 6020 ≡ 2 (mod 3) , ta dễ dàng nhận thấy rằng chỉ khi x + y − 1 ≡ 2 (mod 3)
sẽ cho ta nghiệm nguyên của xy. Một lần nữa ta rút gọn số ước của x+y-1, bây
giờ chỉ còn 5 ước là: 2, 5, 14, 20 và 35.
Ta kiểm tra cho mỗi trường hợp, ta nhận thấy chỉ có x + y − 1 = 20 cho ta các cặp
số nguyên (x;y). Từ điều trên ta tìm được các cặp (3,18) và (18,3) và cả hai đều
thỏa phương trình.
Vậy nghiệm phương trình là: (3,18) và (18,3).
Bài 9: Tìm tất cả bộ (x,y,z,w) thỏa x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx = 2w 2 . (1)
Giải:
Ta có (1) ⇔ ( x + y )2 + ( y + z )2 + ( z + x) 2 = (2w) 2
Theo định lý, ta có: x + y =

l 2 + m2 − n2
l 2 + m2 + n2
, y + z = 2l ; z + x = 2m, 2 w =
n
n

2
2
Với n l + m ; Suy ra bộ bốn giá trị là:

x = m−l +

l 2 + m2 − n2
l 2 + m2 − n2
; y =l −m+
;
2n
2n

z =l +m−

l 2 + m2 − n2
l 2 + m2 + n 2
,w=
2n
2n

19

Với các số nguyên dương m,n,l được chọn sao cho x,y,z là các số nguyên và
2n l 2 + m 2 + n 2 .
Bài 10: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình sau:
x4 + y4 = 2 z 2

Giải :
Không mất tính tổng quát, ta giả sử UCLN (x,y)=1
Khi đó x và y cùng lẻ, và: z 4 − ( xy )4 = (

x4 − y4 2
)
2

Theo định lý 3.3 trên, ta suy ra: xyz=0 hoặc x 4 − y 4 = 0 và do đó x = y = z=0
hoặc x 2 = y 2 = z .
Vậy nghiệm phương trình là: (k , k , k 2 ), k ∈ ¢
Bài 11: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x4 + 6x2 y 2 + y4 = z 2

Giải:
Giả sử (x,y,z) là một nghiệm của phương trình. Ta có:
(2 x) 4 + 6(2 x) 2 (2 y ) 2 + (2 y ) 4 = (4 z ) 2

Đặt 2 x = u + v, 2 y = u − v , với u, v ∈ Z , ta được phương trình:
(u + v ) 4 + 6(u 2 − v 2 ) 2 + (u − v ) 4 = 16 z 2
⇔ u 4 + v4 = 2z 2

Từ kết quả bài trên phương trình có nghiệm: (u, v, z ) = ( k , k , k 2 )
Ta suy ra nghiệm của phương trình: ( x, y, z ) = (k , 0, k 2 ) và ( x, y, z ) = (0, k , k 2 ); k ∈ ¢
Bài 12: Tìm tất cả bộ ba số (x,y,p), với x, y là số nguyên dương và p là số nguyên

tố thỏa mãn phương trình : x5 + x 4 + 1 = p y .
Giải:
Rõ ràng (x,y,p)=(1,1,3) và (x,y,p)=(2,2,7) là nghiệm của phương trình
Ta có: x5 + x 4 + 1 = x5 + x 4 + x3 − ( x3 − 1) = x3 ( x 2 + x + 1) − ( x3 − 1)
= ( x 2 + x + 1)( x 3 − x + 1) ;

Do đó ta có thể viết phương trình: ( x 2 + x + 1)( x3 − x + 1) = p y
Và ta có d=UCLN( x 2 + x + 1, x3 − x + 1 ). Khi đó d là ước của
( x − 1)( x 2 + x + 1) − ( x 3 − x + 1) = x − 2

20


Vì d là ước x 2 + x + 1 − ( x − 2)( x + 3) = 7 . Do đó d=7 với x>1, vì vậy p=7. Ta suy
ra: với x>2, x 2 + x + 1 = 7 a và x3 − x + 1 = 7b với các số nguyên a ≥ 2 và b ≥ 2 . Điều
này có nghĩa 49 ước của x 2 + x + 1 và x3 − x + 1 , mâu thuẩn với d=7. Vậy
(1,1,3) và (2,2,7) là nghiệm của phương trình.
Bài 13 : Chứng minh rằng nếu m = 2 + 2 28n 2 + 1 là một số nguyên sao cho với mỗi
số nguyên dương n thì m là một số chính phương.
Giải:
Cách 1: Ta bắt đầu bằng cách tìm những số nguyên n sao cho m là một số nguyên.
m
2
nhất là ( x1 , y1 ) = (127, 24) , do đó:

Cặp ( − 1, n) là một nghiệm của phương trình Pell: x 2 − 28 y 2 = 1 ; mà nghiệm nhỏ
m
− 1 + n 28 = (127 + 24 28) k với mỗi số nguyên dương k.
2

Ta có: m = 2 + (127 + 24 28) k + (127 − 24 28) k = A2 , với A = (8 + 3 7) k + (8 − 3 7) k là
số nguyên.
Cách 2:
Nếu 2 28n 2 + 1 + 2 là số nguyên thì 28n 2 + 1 = (2m + 1)2 với số nguyên m không âm.
Do vậy 7n 2 = m(m + 1) , với m và m+1 nguyên tố cùng nhau,
suy ra : ( m = 7 s 2 và m + 1 = t 2 ) hoặc ( m = u 2 và m + 1 = 7v 2 ).
Trường hợp thứ hai không thể xảy ra vì : u 2 − 7v 2 = −1 không có nghiệm dựa vào
định lý trên. Điều này cũng được suy ra từ việc xét modun 7, vậy m + 1 = t 2 và
2 28n 2 + 1 + 2 = 2(2m + 1) + 2 = (2t ) 2 .
Bài 14: a) Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho n+1 và 3n+1 là các số chính
phương.
b) Nếu n1 < n2 < ... < nk < ... là các số nguyên dương thỏa điều trên thì nk nk +1 + 1
cũng là một số chính phương k=1,2,…
(Đề thi toán học Mỹ hằng tháng).
Giải:
a) Nếu n + 1 = x 2 và 3n + 1 = y 2 thì 3x 2 − y 2 = 2 , tương đương với phương trình
pell: u 2 − 3v 2 = 1
1
2

1
2

Với u = (3x − y ) và v = ( y − x) . Ta có nghiệm tổng quát:
(uk , vk ) k ≥ 0 , với : uk =

1
k
k
 , vk = 1 (2 + 3) k − (2 − 3) k  , k ≥ 0;

(2
+
3)
+
(2
−
3)


2
2 3

21


Do vậy:
nk = xk2 − 1 = (uk + vk ) 2 − 1 =

1
(2 + 3) 2 k +1 + (2 − 3) 2 k +1 − 4  , k ≥ 0 .

6

b) Ta có:
2

1

nk nk +1 + 1 =  (2 + 3) 2 k + 2 + (2 − 3) 2 k + 2 − 8  , k ≥ 0 .
6



Bài 15: Cho a và b là các số nguyên dương thỏa ab+1 ước của a 2 + b 2 . Chứng minh
rằng

a 2 + b2
là bình phương của một số nguyên.
ab + 1

(29th IMO)
Giải:
Giả sử (a,b) là cặp số nguyên thỏa mãn các giả thiết của bài toán. Khi đó (a,b) là
một nghiệm của phương trình Diophantine: a 2 − kab + b 2 = k (1)
Nếu a=0 hoặc b=0 thì k là một số chính phương.
Do đó ta xét trường hợp a ≠ 0; b ≠ 0 . Trong trường hợp này a và b cùng dấu. Thật
vậy, nếu ab<0, ta có: a 2 − kab + b 2 > k (2)
Do đó ta có a>0, b>0 và suy ra k>0. Nếu a=b, từ (1) ta có: (2 − k )a 2 = k > 0 , suy ra:
k=1;
Ta giả sử a>b>0 và (a,b) là một nghiệm của (1), với b nhỏ nhất. Ta dễ dàng thấy
rằng (b,kb-a) là một nghiệm của (1).
Nếu kb=a, k là một số chính phương.
Mặt khác kb-a>0, bởi vì nó cùng dấu với b.
Ta có kb-akb − a < b ⇔ k <

Mà ta lại có:

a+b
a 2 + b2 a
⇔

< +1
b
1 + ab b

a 2 + b 2 a 2 + ab a 2 + ab a
<
<
= +1
ab + 1
ab + 1
ab
b

Do vậy (b,kb-a) là nghiệm của phương trình, điều này mâu thuẩn với nghiệm nhỏ
nhất (a,b). Vậy k là số chính phương.
Bài 16: Chứng minh rằng phương trình 6(6a 2 + 3b 2 + c 2 ) = 5n 2 không có nghiệm
nguyên ngoại trừ a = b = c = n = 0.
(Olympiad toán học Châu Á Thái Bình Dương)
Giải:
22


Giả sử rằng tồn tại một nghiệm nguyên không tầm thường (a,b,c,n). Ta có thể giả
sử rằng UCLN(a,b,c,n) = 1, vì bất kỳ ước chung nào cũng có thể bị tách ra.
Ta có:

6a 2 + 3b 2 + c 2 =

5n 2
,

6
2

c
Ta suy ra 6 n . Nếu n=6m thì 2a 2 + b 2 + = 10m 2 , và vì thế 3 c .
3

Nếu c=3d thì 2a 2 + b 2 + 3d 2 = 10m2 .
Với bất kỳ số nguyên x, ta có: x 2 ≡ 0,1, 4 (mod 8) . Do vậy:
2a 2 ≡ 0, 2 (mod 8) ,
b 2 ≡ 0,1, 4 (mod 8) ,
3d 2 ≡ 0,3, 4 (mod 8) ,

Nhưng 2a 2 + b 2 + 3d 2 = 10m 2 ≡ 0, 2 (mod 8) ,
Do đó b 2 và 3d 2 , và vì thế b và d là số chẳn. Ta suy ra c chẳn.
Ta có b = 2r; c = 2s.
Từ phương trình đầu ta có 36a 2 + 72r 2 + 24s 2 = 180m 2 , và 36 a 2 chia hết cho 8. Do vậy
a chẳn cùng với b,c và n chẵn. Mâu thuẫn với giả thiết trên. Vậy phương trình
6(6a 2 + 3b 2 + c 2 ) = 5n 2 không có nghiệm nguyên ngoại trừ a = b = c = n = 0.

Kết luận
Trên đây, tôi đã trình bày về Các dạng phương trình Diophante thường gặp, khi
dạy về các dạng phương trình và các cách giải cho học sinh về vấn đề này, có
những định lý ta cần chứng minh để học sinh hiểu về bản chất và vận dụng đúng
vào việc giải bài tập, nhưng cũng có những định lý học sinh chỉ cần chấp nhận để
áp dụng; trong lúc giải các phương Diophante ta có thể khai thác thêm các cách
giải ngắn và hay hơn để giúp các em có được hứng thú tiếp tục khai thác thêm cái
mới, và để từ đó hướng tới việc tự học và tự hoàn thiện kiến thức của mình về phần
này.

23


Tài liệu tham khảo
[1] Hà Huy Khoái, Số học, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội 2006
[2] Nguyễn Hữu Điển, Giải phương trình vô định nghiệm nguyên, Nhà xuất bản
đại học Quốc Gia Hà Nội.
[3] Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm nguyên (chuyên đề 5 trong bộ sách
Các chuyên đề học sinh giỏi toán trung học), NXB Giáo Dục, Hà Nội, 2006.
[4] Nguyễn Vũ Lương (chủ biên); Nguyễn Lưu Sơn; Nguyễn Ngọc Thắng;
Phạm Văn Hùng, Các bài giảng về số học, NXB ĐH QG Hà Nội, 2006
[5] Titu Andreescu; Dorin andrica; Ion Cucurezeanu,
Diophantine Equations, Aproblem Based Appreach.

An introduction to

24


25