Luận văn thạc sĩ toán học Một vài vấn đề về phương trình Diophantine

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC KHÁNH

MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC KHÁNH

MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành:

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


i

Mục lục
Mở đầu

1

1 Giải phương trình Diophantine
1.1 Phương trình Diophantine . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Vành chính Z . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Phép chia với dư . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Khái niệm phương trình Diophantine . . . . .
1.1.4 Phương trình Diophantine có điều kiện . . . .
1.1.5 Tổng các số chính phương . . . . . . . . . . . .
1.2 Một vài phương pháp giải phương trình Diophantine .
1.2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử . . . . .
1.2.2 Phương pháp đồng dư . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Phương pháp tham số hóa . . . . . . . . . . .
1.2.5 Phương trình nghiệm hữu tỷ qua tham số hóa .
1.2.6 Chứng minh phương trình nhiều vô hạn nghiệm
1.2.7 Công thức tính nghiệm . . . . . . . . . . . . .
1.3 Một vài phương trình cổ điển . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Phương trình Pythagoras . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Phương trình Mordell . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3 Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Hệ phương trình Pell

2.1 Hệ phương trình Pell . . . .
2.1.1 Tiêu chuẩn Legendre
2.1.2 Hệ phương trình Pell
2.2 Phương trình ba hệ số tổ hợp

. . . . .
. . . . .
. . . . .
liên tiếp

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
4
5
8
11
13
13
15
16
18
21
26
28
29
29
32
34

.
.

.
.

40
40
40
41
42


ii

Kết luận

45

Tài liệu tham khảo

46


1

MỞ ĐẦU
Số học nói chung và Phương trình Diophantine nói riêng là những lĩnh vực
cổ xưa nhất của Toán học, và cũng là lĩnh vực còn tồn tại nhiều những bài
toán, giả thuyết chưa có câu trả lời. Trong suốt quá trình phát triển của Toán
học, phương trình Diophantine luôn thu hút được nhiều người quan tâm nghiên
cứu và tìm hiểu. Chính việc đi tìm lời giải cho các bài toán hay chứng minh các
giả thuyết về phương trình Diophantine đã làm nảy sinh các lý thuyết, phương

pháp khác của Toán học. Các bài toán về phương trình Diophantine không có
quy tắc giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối với các dạng đơn giản. Mỗi
phương trình với dạng riêng của nó đòi hỏi một cách giải đặc trưng phù hợp.
Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy mền dẻo, linh hoạt hơn cho người làm
toán.Chính vì thế, trong hầu hết các kỳ thi quan trọng như thi học sinh giỏi
Toán quốc gia, quốc tế, thi Olympic toán..., các bài toán liên quan đến phương
trình Diophantine cũng hay được đề cập đến và thường là những bài toán khó.
Việc hệ thống một cách tương đối các phương pháp giải phương trình Diophantine và đưa ra các vấn đề mở về phương trình Diophantine là cần thiết
đối với việc giảng dạy và nghiên cứu toán học, đặc biệt là công tác ôn luyện
học sinh giỏi. Với lý do đó, trong luận văn này, tôi trình bày khái niệm phương
trình Diophantine, hệ phương trình Pell và tổng hợp một số phương pháp giải
phương trình và hệ phương trình này.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia làm hai chương đề cập
đến các vấn đề sau:
Chương 1: Giải phương trình Diophantine.
1.1 Phương trình Diophantine.
1.2 Một vài cách giải phương trình Diophantine.
1.3 Một vài phương trình cổ điển.
Chương 2: Hệ phương trình Pell
2.1 Trình bày Hệ phương trình Pell.


2

2.2 Trình bày Phương trình ba hệ số tổ hợp liên tiếp.
Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn nhiệt tình của PGS.TS. Đàm
Văn Nhỉ. Tôi bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy, người đã dành
cho tôi sự hướng dẫn chu đáo, nghiêm túc trong qua trình học tập, nghiên cứu
và thực hiện luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các Thầy Cô khoa Toán trường Đại Học

Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên,các Thầy, Cô tham gia giảng dạy khóa Cao
học 2013 - 2015,Trường THPT Lý Tự Trọng và bạn bè đồng nghiệp đã giúp đỡ
tạo điều kiện cho tôi hoàn thành bản luận văn này.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 4 năm 2015

Vũ Ngọc Khánh


3

Chương 1
Giải phương trình Diophantine
1.1

Phương trình Diophantine

1.1.1

Vành chính Z

Định nghĩa 1.1.1. Miền nguyên R được gọi là một vành chính nếu mỗi iđêan
của R đều là một iđêan chính.
Ta sẽ sử dụng kết quả về vành Euclide để chỉ ra rằng, vành Z là một vành chính,
có nghĩa: Mỗi iđêan của Z đều do một phần tử sinh ra. Do vậy, ta sẽ bắt đầu
bằng khái niệm vành Euclide.
Định nghĩa 1.1.2. Cho miền nguyên R. Ánh xạ δ : R∗ → N, x → δ(x), từ tập
các phần tử khác 0 của R đến tập các số tự nhiên N thỏa mãn hai điều kiện sau
đây:
(1) Với mọi a, b ∈ R∗ và a|b thì δ(a)

δ(b).

(2) Với mọi a, b ∈ R, b = 0, có tồn tại q, r ∈ R sao cho a = qb + r với hoặc r = 0
hoặc δ(r) < δ(b) khi r = 0
được gọi là một ánh xạ Euclide.
Định nghĩa 1.1.3. Miền nguyên R được gọi là một vành Euclide nếu có một
ánh xạ Euclide tác động lên tập R∗ .
Bổ đề 1.1.4. Mỗi vành Euclide đều là một vành chính.
Chứng minh: Giả sử R là vành Euclide với ánh xạ Euclide δ : R∗ → N. Vì R
là vành Euclide nên nó là một miền nguyên. Giả sử I là một iđêan của R. Nếu
I = 0 thì I = (0) là một iđêan chính. Nếu I = 0 thì có phần tử a ∈ I, a = 0. Đặt


4
I ∗ = I \ {0}. Vì δ(I ∗ ) ⊂ N nên có a0 ∈ I ∗ thỏa mãn δ(a0 )

δ(x) với mọi x ∈ I ∗ .

Vì a0 ∈ I nên iđêan (a0 ) ⊆ I. Bây giờ ta chỉ ra I = (a0 ). Thật vậy, giả sử a ∈ I.
Do a0 = 0 và R là vành Euclide nên tồn tại q, r ∈ R sao ch a = qa0 + r với r = 0
hoặc δ(r) < δ(a0 ). Nếu r = 0 thì r ∈ I ∗ và δ(r) < δ(a0 ) : mâu thuẫn. Vậy r = 0 và
a = qa0 . Từ đây suy ra a ∈ (a0 ). Do a được lấy tùy ý nên I = (a0 ) và như vậy R

là một vành iđêan chính.
Hệ quả 1.1.5. Vành Z là một vành chính.
Chứng minh: Vành Z là một miền nguyên. Ánh xạ δ : Z∗ → N, n → |n|, là một
ánh xạ Euclide. Do vậy, vành Z là một vành Euclide. Theo Bổ đề 1.1.4, vành Z
là một vành iđêan chính.

1.1.2

Phép chia với dư

Định nghĩa 1.1.6. Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b = 0. Số a được gọi là chia hết
cho số b hay b chia hết a nếu có c ∈ Z thỏa mãn a = bc.
.
Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a .. b hoặc nói
b chia hết a và viết b|a. Khi a = bc thì b được gọi là một ước của a..

Ví dụ 1.1.7. Chứng minh rằng, tồn tại vô số số nguyên n thỏa mãn n4 + 1871
chia hết cho 1952.
Bài giải: Vì n4 + 1871 = n4 − 81 + 1952 nên n4 + 1871 chia hết cho 1952 khi và
chỉ khi n4 − 81 chia hết cho 1952 hay (n − 3)(n + 3)(n2 + 9) chia hết cho 1952. Ta
chỉ cần lấy n = 1952k ± 3 với k ∈ Z.
Định lý 1.1.8. Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b = 0, luôn luôn tồn tại duy
nhất một cặp số nguyên q, r ∈ Z sao cho a = qb + r, trong đó 0
Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| sao cho n|b|
−|a||b|

−|a|

r < |b|.

a, n ∈ Z}. Vì |b|

1 nên

a. Do đó −|a||b| ∈ T. Vậy T = ∅. Vì T là tập bị chặn trên nên

T có một số lớn nhất m|b|. Từ m|b|

a ta suy ra r = a − m|b|

0 và r ∈ Z.

Ta lại có (m + 1)|b| = m|b| + |b| > m|b|. Do tính lớn nhất của m|b| trong T nên
(m + 1)|b| > a. Như vậy |b| > a − m|b| = r và ta có a = qb + r với 0

Tính duy nhất: Giả sử có hai sự biểu diễn a = qb+r với 0
với 0

r < |b|.

r < |b| và a = q1 b+r1

r1 < |b|. Trừ vế cho vế, ta có r − r1 = b(q1 − q). Từ |r − r1 | < |b| ta suy ra

|q1 − q||b| < |b|. Vậy q = q1 và hiển nhiên r = r1 .


5

Hệ quả 1.1.9. Với biểu diễn a = qb + r, 0

r < |b|, có (a, b) = (b, r).

Ví dụ 1.1.10. Đặt an = 12011 + 22011 + · · · + n2011 với n ∈ N∗ . Chứng minh rằng
an không chia hết cho n + 2.

Bài giải: Ta có

2an = [n2005 + 22005 ] + [(n − 1)2005 + 32005 ] + · · · + [22005 + n2005 ] + 2.

Vậy 2an = (n + 2)d + 2, d ∈ N∗ và ta suy ra an không chia hết cho n + 2.

1.1.3

Khái niệm phương trình Diophantine

Một vấn đề khá cổ điển trong Số học là giải phương trình đa thức với hệ số
nguyên trong tập Z. Đó là giải phương trình nghiệm nguyên hay còn gọi là
phương trình Diophantine. Để hiểu rõ bài toán này, trước tiên ta nhắc lại một
vài khái niệm.
Định nghĩa 1.1.11. Cho đa thức f (x1 , . . . , xn ) với các hệ số là các số hữu tỉ
hoặc các số nguyên. Phương trình f (x1 , . . . , xn ) = 0 được gọi là phương trình
Diophantine. Giải phương trình Diophantine f (x1 , . . . , xn ) = 0 tức là tìm tất cả
các số hữu tỉ, các số nguyên hay các số nguyên không âm α1 , . . . , αn để sao cho
f (α1 , . . . , αn ) = 0.

Cho b, a1 , a2 , . . . , an ∈ Z và các số ai không đồng thời bằng 0. Phương trình dạng
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b, (D1 ), được gọi là phương trình Diophantine bậc nhất

hay phương trình Diophantine tuyến tính. Ta có ba kết quả chính và một vấn
đề mở sau đây.
Định lý 1.1.12. Phương trình (D1 ) có nghiệm nguyên (zi ) khi và chỉ khi b chia
hết cho d = (a1 , . . . , an ). Có thể chọn nghiệm nguyên (zi ) thỏa mãn điều kiện
|zi |

|b| + (n − 1) max{|aj | | j = 1, . . . , n}, ∀i. Đặc biệt, nếu (a1 , . . . , an ) = 1 thì

(D1 ) có nghiệm nguyên với mọi số nguyên b.

Chứng minh: Đặt (a1 , . . . , an ) = d. Nếu (D1 ) có nghiệm thì b phải chia hết
cho d; còn nếu b không chia hết cho d thì (D1 ) vô nghiệm. Vậy, không làm mất
tính tổng quát, ta có thể giả thiết d = 1, b = 0. Vì vành Z là vành các iđêan
chính và (a1 , . . . , an ) = 1 nên tồn tại các số nguyên α1 , . . . , αn ∈ Z thỏa mãn
a1 α1 + a2 α2 + · · · + an αn = 1 và như thế a1 bα1 + a2 bα2 + · · · + an bαn = b. Điều


6

này chứng tỏ phương trình (D1 ) nhận x1 = bα1 , . . . , xn = bαn làm một nghiệm
nguyên.
Tiếp theo, giả sử x1 , . . . , xn là một nghiệm nguyên của phương trình (D1 ). Ta
zi < |an |, i = 1, . . . , n − 1, với qi , zi nguyên. Đặt

biểu diễn xi = qi an + zi , 0
n−1

n

n−1

ai qi . Vậy b =

zn = xn +
i=1

i=1

n−1

ai (qi an + zi ) + an (zn −

ai xi =
i=1

n

ai q i ) =
i=1

ai zi .
i=1

Điều này chứng tỏ (zi ) là nghiệm của (D1 ). Ta có |zi | < |an | cho mọi i = 1, . . . , n−1;
n−1

còn cho zn ta có |an zn | = |b −

ai zi |

|b| + (n − 1)|an | max{|aj | | j = 1, . . . , n}.

i=1

Chia cho |an |, ta được |zi |

|b| + (n − 1) max{|aj | | j = 1, . . . , n}, i = 1, . . . , n.

Định lý 1.1.13. Cho b, a1 , a2 , . . . , an ∈ Z và các số ai không dồng thời bằng 0.

Nếu b chia hết cho (a1 , a2 , . . . , an ) thì phương trình (D1 ) có nhiều vô hạn nghiệm
nguyên.
Chứng minh: Theo Định lý 1.1.12, khi b chia hết cho (a1 , a2 , . . . , an ) thì phương
trình (D1 ) có nghiệm nguyên (α1 , . . . , αn ). Vì a1 , a2 , . . . , an không đồng thời bằng
0 nên tồn tại ai = 0. Không hạn chế có thể giả thiết an = 0. Xét x1 = α1 +
n−1

ai ti với các ti ∈ Z. Khi đó

an t1 , . . . , xn−1 = αn−1 + an tn−1 và xn = αn −
i=1

n

ai xi = b hay (x1 , . . . , xn ) là nghiệm của (D1 ). Vì các ti nhận các giá trị tùy ý
i=1

thuộc Z nên (D1 ) có nhiều vô hạn nghiệm.
Ví dụ 1.1.14. Giải phương trình tuyến tính sau đây trong tập Z :
3x + 4y + 5z = 6.

Bài giải: Vì(3, 4, 5) = 1, mà 6 ˙: 1, nên phương trình đã cho có nghiệm. Trong Z5
ta xét 3x + 4y = 1 hay 3x + 4y = 1 + 5t. Dễ dàng nhận được x0 = −1 + 3t, y0 = 1 − t.
Nghiệm tổng quát của 3x + 4y = 1 + 5t là x = −1 + 3t + 4u, y = 1 − t − 3u. Dễ
dàng suy ra z = 1 − t. Tóm lại, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
x = −1 + 3t + 4u, y = 1 − t − 3u, z = 1 − t với t, u ∈ Z.

Ví dụ 1.1.15. Số nghiệm nguyên không âm của phương trình tuyến tính x1 +
· · · + xk = n bằng

n+k−1
k−1

.

Bài giải: Ký hiệu số nghiệm nguyên không âm của phương trình là Nk (n). Ta
có N1 (n) = 1. Tính N2 (n), tức là tính số nghiệm nguyên không âm của phương
trình x1 + x2 = n. Phương trình này có các nghiệm (0, n), (1, n − 1), ..., (n, 0) nên
N2 (n) = n + 1 =

n+1
1

. Để tính N3 (n) ta xét phương trình x1 + x2 + x3 = n. Cho


7
x3 = 0, 1, 2, ..., n, ta có N3 (n) = N2 (n) + N2 (n − 1) + · · · + N2 (2) + N2 (1) + N2 (0) =
n+k−1
(n + 1) + · · · + 1. Vậy N3 (n) = n+2
bằng
2 . Ta chứng minh Nk (n) =
k−1
qui nạp. Hiển nhiên Nk (n) = Nk−1 (n) + Nk−1 (n − 1) + Nk−1 (n − 2) + · · · + Nk−1 (0).
n+k−2
n+k−3
k−2
n+k−1
+
+ ··· +

=
.
Do đó Nk (n) =
k−2
k−2
k−2
k−1

Ví dụ 1.1.16. Cho k, m, n là những số nguyên dương. Tính số nghiệm nguyên
không âm của hệ
x1 + · · · + xn = y 1 + · · · + y m + 1
x1 + · · · + xn nk, m < n.

Bài giải: Cho mỗi số nguyên dương s, 1

nk, ta kí hiệu số nghiệm nguyên

s

không âm của hệ x1 + x2 + · · · + xn = s là Nn (s). Khi đó số nghiệm nguyên không
âm của hệ
x1 + · · · + xn = s
y1 + · · · + ym = s − 1

là Nn (s)Nm (s − 1) =

n+s−1
n−1

m+s−2

m−1

theo Ví dụ 1.1.15. Hiển nhiên, nếu

s < n thì Nn (s) = 0. Vậy, số nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình đã cho
nk
nk
n+s−1
m+s−2
n+s−1
m+s−2
.
=
là S(m, n) =
n−1
m−1
n−1
m−1
s=n
s=2

Định lý 1.1.17. Giả thiết các số a1 , a2 , . . . , an ∈ N+ và (a1 , . . . , an ) = 1. Nếu
n−1

b

(an − 1)

ai thì phương trình (D1 ) có ít nhất một nghiệm nguyên không
i=1

âm (α1 , . . . , αn ) ∈ Nn .
Chứng minh: Theo Định lý 1.1.13, tồn tại các số nguyên y1 , . . . , yn thỏa mãn
a1 y1 +a2 y2 +· · ·+an yn = b. Sử dụng phép chia với dư, ta biểu diễn yi = qi an +αi , 0
n−1

αi

an − 1, i = 1, . . . , n − 1, với qi , αi nguyên. Đặt αn = yn +

ai qi . Vậy
i=1

n−1

b=

n−1

ai (qi an + αi ) + an (αn −

ai y i + an y n =
i=1

n−1

i=1

n−1

ai q i ) =
i=1

ai α i + an α n .
i=1
n−1

Điều này chứng tỏ (αi ) là một nghiệm của (D1 ) và b

(an − 1)

ai + an αn . Vì
i=1

n−1

b

(an − 1)

ai nên an αn

0 và như vậy αn

0.

i=1

Hai ví dụ dưới đây chính là bài toán: Xác định số nguyên dương bé nhất

để

sao cho phương trình ax + by = b giải được trong N với mọi số nguyên dương
b

.


8

Ví dụ 1.1.18. Với những con tem 4 xu và 5 xu ta có thể tạo được những loại
bưu phí nào?
Bài giải: Ta có ngay những loại bưu phí 4, 5, 8 = 2.4, 9 = 4 + 5, 10 = 2.5,
12 = 3.4, 13 = 2.4 + 5, 14 = 2.5 + 4 và 15 = 3.5 được dán bằng hai loại tem

trên. Bây giờ ta chỉ ra, mọi bưu phí n

12 xu cũng được dán bằng hai loại

tem trên. Thực ra ta chỉ cần xét n > 15. Giả sử n
n = k.4 + h.5. Nếu k

16 được biểu diễn bằng

1 thì n + 1 = (k − 1).4 + (h + 1).5; Nếu k = 0 thì h > 3. Khi

đó n + 1 = 1 + h.5 = 5.4 + (h − 4).5. Từ đó có điều cần chứng minh.
Ví dụ 1.1.19. Với những con tem 5 xu và 6 xu ta có thể tạo được những loại
bưu phí nào?
Bài giải: Ta có ngay những loại bưu phí 5, 6, 10 = 2.5, 11 = 5 + 6, 12 = 2.6,

15 = 3.5, 16 = 2.5 + 6, 17 = 2.6 + 5, 18 = 3.6, 20 = 4.5, 21 = 3.5 + 6, 22 = 2.5 + 2.6,
23 = 3.6 + 5, 24 = 4.6 được dán bằng hai loại tem trên. Bây giờ ta chỉ ra, mọi

bưu phí b với b > 19 xu đều dán được bằng hai loại tem trên. Đã kiểm tra các
số 20, 21, 22, 23, 24. Giả sử n > 24 được biểu diễn bằng n = k.5 + h.6. Nếu k

1

thì n + 1 = (k − 1).5 + (h + 1).6; Nếu k = 0 thì h > 4. Khi đó n + 1 = 5.5 + (h − 4).6.
Vậy n + 1 = s.5 + r.6 và suy ra điều cần chứng minh.

1.1.4

Phương trình Diophantine có điều kiện

Tiếp theo, xét phương trình Diophantine có điều kiện: Giả sử các ai là những
số nguyên dương. Tìm số nghiệm nguyên của phương trình tuyến tính a1 x1 +
a2 x2 + · · · + an xn = b thỏa mãn xi

αi

0 với mọi i = 1, . . . , n.
xkan . Hệ số của xb

xka1 · · ·

Xét chuỗi lũy thừa hình thức f (x) =

k=αn

k=α1

trong f (x) chính là số nghiệm của hệ đã cho. Dễ dàng chỉ ra
n

ai αi

xi=1
f (x) =
.
(1 − xa1 )(1 − xa2 ) . . . (1 − xan )

Vậy ta có kết quả sau đây:
Định lý 1.1.20. Ký hiệu Nb là số nghiệm nguyên của hệ
a1 x 1 + a2 x 2 + · · · + an x n = b
xi αi 0, i = 1, . . . , n.
n

ai αi

xi=1
Khi đó hàm sinh của dãy (Nb ) là f (x) =
.
(1 − xa1 )(1 − xa2 ) . . . (1 − xan )


9

Ví dụ 1.1.21. Xác định số nghiệm nguyên của hệ phương trình sau:
2x1 + 2x2 + x3 = 2010

x1 0, x2 2, x3 100.

Bài giải: Ta xác định hệ số của x2010 trong khai triển tích 3 chuỗi lũy thừa
hình thức sau
f (x) = (1 + x2 + x4 + x6 + · · · )(x4 + x6 + x8 + · · · )
(x100 + x101 + x102 + · · · )
x104
x104
=
=
.
(1 − x2 )(1 − x2 )(1 − x)
(1 − x)3 (1 + x)2

Bằng phương pháp quy nạp theo r, dễ dàng chỉ ra
Vậy f (x) = x104

∞

C22+s xs

s=0

∞

1
=
(1 − x)r

∞

s=0

r−1
xs .
Cr−1+s

C11+s (−x)s . Hệ số của x2010 cũng chính là số

s=0
1906

(−1)s C22+s C11907−s .

nghiệm của hệ và bằng
s=0

Ví dụ 1.1.22. Xác định số nghiệm nguyên của hệ phương trình sau:
2x1 + x2 + x3 + 2x4 = 18
x1 0, x2 > 3, x3 2, x4

1.

Bài giải: Ta xác định hệ số của x18 trong khai triển tích 4 chuỗi lũy thừa hình
thức sau
f (x) = (1 + x2 + x4 + x6 + · · · )(x4 + x5 + x6 + · · · )
(x2 + x3 + x4 + · · · )(x2 + x4 + x6 + · · · )
x8
x8
=
=

(1 − x2 )(1 − x)(1 − x)(1 − x2 )
(1 − x)4 (1 + x)2
∞

= x

∞

C33+s xs

8
s=0

C11+s (−x)s .
s=0

Số nghiệm của hệ bằng hệ số của x18 trong f (x) và nó chính bằng hệ số của x10
∞

trong khai triển
s=0

C33+s xs

∞

C11+s (−x)s . Số đó bằng

s=0

10

(−1)s C33+s C111−s .

s=0

Cuối cùng là việc xét phương trình Diophantine có điều kiện ngặt hơn: Giả
sử các ai là những số nguyên dương. Tìm số nghiệm nguyên của phương trình
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b thỏa mãn βi

xi
β1

Xét chuỗi lũy thừa hình thức f (x) =
k=α1

xka1

αi

0 với mọi i = 1, . . . , n.
β2

xka2

k=α2

số của xb trong f (x) chính là số nghiệm của hệ đã cho.

βn

···
k=αn

xkan . Hệ


10

Ví dụ 1.1.23. Xác định số nguyên dương n để có số nguyên dương m viết được
trong dạng m = a1 + a2 + · · · + an với a1 ∈ {1}, a2 ∈ {1, 2}, . . . , an ∈ {1, 2, . . . , n}
với ít nhất (n − 1)! cách.
Bài giải: Với mỗi n ta xét đa thức fn (x) = x(x + x2 ) . . . (x + x2 + · · · + xn ). Đa
thức này có bậc deg f =

n(n + 1)
. Giả sử biểu diễn đa thức
2

f (x) = a1 x + a2 x2 + · · · + am xm + · · · + a n(n+1) x

n(n+1)
2

.

2

Khi đó hệ số am là số cách viết m = a1 + a2 + · · · + an với a1 ∈ {1}, a2 ∈ {1, 2},
. . . , an ∈ {1, 2, . . . , n}.

Ví dụ 1.1.24. Với số nguyên dương n, hãy xác định số đa thức p(x) với các hệ
số thuộc tập {0, 1, 2, 3} thỏa mãn p(2) = n.
Bài giải: Giả sử p(x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a1 x + a0 với các ai ∈ {0, 1, 2, 3}
và p(2) = n. Việc xác định số đa thức p(x) thỏa mãn yêu cầu đặt ra tương đương
với việc tìm số các dãy (a0 , a1 , a2 , . . .) thỏa mãn điều kiện các ai ∈ {0, 1, 2, 3} và
a0 + 2a1 + 22 a2 + · · · = n. Xét hàm sinh thường
f (x) = (1 + x + x2 + x3 )(1 + x2 + x4 + x6 )(1 + x4 + x8 + x12 ) . . . ,

ở đó 1 + x + x2 + x3 thể hiện việc chọn khác nhau cho a0 , 1 + x2 + x4 + x6 thể
hiện việc chọn khác nhau cho a1 , 1 + x4 + x8 + x12 thể hiện việc chọn khác nhau
cho a2 , v.v.... Ta có ngay
f (x) =

x4 − 1 x8 − 1 x16 − 1 x64 − 1
1
. 2
. 4
. 8
... =
và được
x−1 x −1 x −1 x −1
(x − 1)(x2 − 1)
1
1
(x − 1)−2 +
2
1 − x2
1
−2

−2 2
=
(1 −
x+
x − · · · ) + (1 + x2 + x4 + · · · )
2
1
2

f (x) =

(−2)(−3) . . . (−2 − n + 1)
= (−1)n (n + 1). Từ đây được biểu diễn f (x) =
n!
∞
1
m
n
2
(1 + 2x + 3x + · · · ) + (1 + x2 + x4 + · · · ) =
[ ] + 1 xr . Như vậy có [ ] + 1
2
2
2
r=0
đa thức p(x) thỏa mãn đầu bài.

với

−2

n


11

1.1.5

Tổng các số chính phương

Trong mục này ta tìm điều kiện cần và đủ để số tự nhiên n có thể biểu diễn
thành tổng các số chính phương.
Định lý 1.1.25. Cho số nguyên dương n ≥ 2 với biểu diễn n = x2 + y 2 , trong
đó x, y nguyên và x

y

0. Nếu p là số nguyên tố thỏa mãn các điều kiện

pe |n, pe+1 |n và p ≡ 3(mod 4) thì 2|e.

Chứng minh: Giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn pe |n, pe+1 |n và n = x2 +y 2 ≥ 2.
Ta cần phải chỉ ra, nếu p và e đều là số lẻ thì p ≡ 1(mod 4). Thật vậy, đặt
d = (x, y). Khi đó có u, v ∈ Z để x = du, y = dv với (u, v) = 1 và n = d2 (u2 + v 2 ).

Gọi j là số nguyên lớn nhất để pj |d. Khi đó e − 2j là số nguyên lớn nhất để
pe−2j |(u2 + v 2 ). Vì e là số lẻ nên e − 2j

1. Do đó p|(u2 + v 2 ). Vì (u, v) = 1 nên

p ≡ 1(mod 4). Vì p ≡ 3(mod 4) nên 2|e.

Định lý 1.1.26. [Wilson] Với số nguyên tố p có (p − 1)! + 1 ≡ 0(mod p).
Chứng minh: Khi p = 2, kết quả là hiển nhiên. Khi p > 2, mỗi số nguyên n
p − 1 đều nguyên tố với p. Vậy có đúng một số nguyên s
p−1
thỏa mãn 1 s p − 1 và ns ≡ 1(mod p). Ta có
cặp (n, s) như vậy. Lấy
2
p−3
các phương trình ns ≡ 1(mod p) với n 2 như vậy được 2.3.4 . . . (p −
tích
2
3)(p − 2) ≡ 1(mod p). Nhân hai vế phương rình này với tích 1 và p − 1 được

thỏa mãn 1

n

(p − 1)! + 1 ≡ 0(mod p).

Ví dụ 1.1.27. Phương trình

p−1
!
2

2

+ 1 ≡ 0(mod p) thỏa mãn với tất cả các

số nguyên tố p dạng 4n + 1.
Bài giải: Theo Định lý 1.1.26 có (p − 1)! + 1 ≡ 0(mod p) hay biểu diễn
(p−1)/2

(p−1)/2

(p − k) + 1 ≡ 0(mod p). Như vậy, ta có thể biến đổi

k
k=1

p−1
!
2

2

k=1
(p−1)/2

+ 1 = (−1)(p−1)/2

(p−1)/2

(p − k) + 1 ≡ 0(mod p).

k
k=1

k=1

Ví dụ 1.1.28. Chứng minh rằng, nếu p là số nguyên tố thì phương trình x2 +1 ≡
0(mod p) có nghiệm khi và chỉ khi hoặc p = 2 hoặc p ≡ 1(mod 4).


12

Bài giải: Với p = 2, phương trình x2 +1 ≡ 0(mod 2) có nghiệm x = 1, chẳng hạn.
p−1
chẳng hạn,
2
theo ví dụ trên. Ngược lại, giả thiết phương trình x2 + 1 ≡ 0(mod p) có nghiệm

Với p ≡ 1(mod 4) phương trình x2 + 1 ≡ 0(mod p) có nghiệm x =

nguyên x0 . Khi đó x20 + 1 chia hết cho p. Từ đây suy ra x0 không chia hết cho p.
Từ (x0 , p) = 1 suy ra xp−1
≡ 1(mod p) theo Định lý Fermat bé. Giả sử p = 4k − 1
0
với k > 0. Vì x20 ≡ −1(mod p) nên 1 ≡ xp−1
≡ x04k−2 ≡ (x20 )2k−1 ≡ −1(mod p). Do
0
vậy 2 ≡ 0(mod p). Vậy p = 2. Nếu p > 2 thì 2 ≡ 0(mod p) là sai. Vậy, điều giả sử
là sai và suy ra p ≡ 1(mod 4).
Ví dụ 1.1.29. Chứng minh rằng, nếu số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện p ≡
1(mod 4) thì ta luôn có biểu diễn p = x2 + y 2 với x, y nguyên.

Bài giải: Kết quả được suy ra từ các ví dụ trên.
Định lý 1.1.30. Với mọi số tự nhiên n ≥ 4, số n3 đều có thể biểu diễn được
dưới dạng tổng của 5 lập phương các số nguyên với trị tuyệt đối nhỏ hơn n thực

sự.
Chứng minh: Trước tiên ta kiểm tra kết luận trực tiếp cho n = 4, 5, 6, 7 :
43 = 33 + 33 + 23 + 13 + 13
53 = 43 + 43 + (−1)3 + (−1)3 + (−1)3
63 = 53 + 43 + 33 + 03 + 03
73 = 63 + 53 + 13 + 13 + 03 .

Xét n ≥ 8. Khi n là số nguyên dương lẻ, n = 2r + 1, ta có
n3 = (2r + 1)3 = (2r − 1)3 + (r + 4)3 + (4 − r)3 + (−5)3 + (−1)3

với các số 2r − 1, r + 4, r − 4, −5, −1 đều có trị tuyệt đối nhỏ hơn n. Khi n là số
nguyên dương chẵn, n = 2r, kết luận được chứng minh bằng phương pháp quy
nạp theo r dựa vào nhận xét : Nếu có biểu diễn r3 = r13 + r23 + r33 + r43 + r53 thì
n3 = (2r1 )3 + (2r2 )3 + (2r3 )3 + (2r4 )3 + (2r5 )3 .


13

1.2
1.2.1

Một vài phương pháp giải phương trình Diophantine
Phương pháp phân tích thành nhân tử

Xét phương trình f (x, y, . . . , z) = m. Giả sử ta có sự phân tích thành tích các
nhân tử bất khả quy
f (x, y, . . . , z) = f1 (x, y, . . . , z) . . . fs (x, y, . . . , z).

Khi đó ta phân tích số nguyên m và ta nhận được hệ phương trình tương ứng.
Ví dụ 1.2.1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình

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

Bài giải: Biểu diễn (x2 + 1)(y 2 + 1) + 2(x − y)(1 − xy) = 4(1 + xy) thành (xy −
1)2 + 9x − y)2 + 2(x − y)(1 − xy) = 4. Vậy [xy − 1 − (x − y)]2 = 4 hay
(x + 1)(y − 1) = ±2.

Như vậy ta có 8 hệ sau đây:
x+1=2
y−1=1
x+1=2
y − 1 = −1

x+1=1
y−1=2
x + 1 = −1
y−1=2

x + 1 = −2
y − 1 = −1
x + 1 = −2
y−1=1

x + 1 = −1
y − 1 = −2
x+1=1
y − 1 = −2.

Giải ra được 8 nghiệm (1, 2), (0, 3), (−3, 0), (−2, −1), (1, 0), (−2, 3), (−3, 2), (0, −1).

Ví dụ 1.2.2. Giả sử p và q là hai số nguyên tố phân biệt. Tìm tất cả các nghiệm

nguyên dương (x, y) của phương trình
1 1
1
+ = .
x y
pq

Bài giải: Biểu diễn phương trình đã cho thành phương trình tương đương
(x − pq)(y − pq) = p2 q 2 .


14

Từ

1 1
1
1
1
+ =
suy ra <
và như vậy x > pq. Từ phương trình tương đương
x y
pq
x
pq

suy ra các hệ sau đây;
x − pq = 1
y − pq = p2 q 2 ;

x − pq = p
y − pq = pq 2 ;

x − pq = q
y − pq = p2 q

x − pq = p2
y − pq = q 2 ;

x − pq = pq
y − pq = pq;

x − pq = pq 2
y − pq = p

x − pq = p2 q
y − pq = q;

x − pq = q 2
y − pq = p2 ;

x − pq = p2 q 2
y − pq = 1.

Giải từng hệ, ta nhận 9 nghiệm (pq+1, pq+p2 q 2 ), (p+pq, pq+pq 2 ), (q+pq, pq+p2 q),
(p2 + pq, q 2 + pq), (2pq, 2pq), (pq + pq 2 , p + pq), (pq + p2 q, pq + q), (pq + q 2 , pq + p2 ),
(pq + p2 q 2 , pq + 1).

Ví dụ 1.2.3. [T. Andreescu and D. Andrica] Xác định tất cả các bộ ba số

nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = p

với số nguyên tố p > 3.
Bài giải: Vì p = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) và
(x + y + z > 1 nên x + y + z = p và (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 2. Không hạn chế

có thể giả thiết x

y

z

1. Như vậy, ta phải xét các trường hợp dưới đây:

Trường hợp x = y : Ta có hệ y = z + 1, x = z + 1 và x + y + z = p. Vậy
p−2
p+1
,x = y =
khi p = 3k + 2.
3
3
Trường hợp x > y = z : Ta có hệ y = z, x = y + 1 và x + y + z = p. Vậy
p−1
p+2
y=z=
,x =
khi p = 3k + 1.
3
3

Tóm lại, nếu p = 3k + 1 thì phương trình có ba nghiệm
z=

(

p−1 p−1 p+2 p−1 p+2 p−1 p+2 p−1 p−1
,
,
), (
,
,
), (
,
,
).
3
3
3
3
3
3
3
3
3

Nếu p = 3k+2 thì phương trình có ba nghiệm (
và (

p+1 p+1 p−2
,

,
).
3
3
3

p−2 p+1 p+1 p+1 p−2 p+1
,
,
), (
,
,
)
3
3
3
3
3
3

Ví dụ 1.2.4. [T. Andreescu] Xác định tất cả các số nguyên n để phương trình
sau đây có nghiệm nguyên dương
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = n.


15

Bài giải: Vì x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) nên
(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2
và x3 +y 3 +z 3 −3xyz =

2
(x + y + z)3 − 3(x + y + z)(xy + yz + zx). Theo cách viết thứ nhất, phương trình

x3 +y 3 +z 3 −3xyz = (x+y +z)

đã cho có nghiệm nguyên dương khi n = 3k + 1 và n = 3k + 2. Khi đó (k + 1, k, k)
và (k + 1, k + 1, k), với k

1, là nghiêm dương tương ứng.

Nếu n chia hết cho 3 thì từ cách biểu diễn thứ hai, x + y + z chia hết cho 3 và
như vậy n = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz chia hết cho 9. Ngược lại, nếu n = 9k với k

2,

thì phương trình nhận nghiệm (k − 1, k, k + 1). Với n = 0, ta có nghiệm nguyên
dương x = y = z ∈ N∗ . Với n = 9 phương trình không có nghiệm nguyên dương
(x, y, z).

1.2.2

Phương pháp đồng dư

Ví dụ 1.2.5. [Balkan MO 2013] Xác định tất cả các số nguyên dương x, y, z
thỏa mãn phương trình x5 + 4y = 2013z .
Bài giải: Dễ dàng kiểm tra x5 +4y ≡ 0(mod 11). Dễ dàng suy ra x5 ≡ ±1(mod 11)
và như vậy 4y ≡ ±1(mod 11). Vì 4y ≡ −1(mod 11) không thỏa mãn cho mọi số
nguyên dương y nên chỉ có 4y ≡ 1(mod 11) và như thế 5|y. Đặt y = 5s. Ta có
x5 + 45s ≡ 0(mod 11). Đặt t = 4s . Khi đó x5 + t5 ≡ 0(mod 11) với (x, t) = 1 hay
(x + t)(x4 − x3 t + x2 t2 − xt3 + t4 ) ≡ 0(mod 11).

Ký hiệu A = x + t, B = x4 − x3 t + x2 t2 − xt3 + t4 . Khi đó A.B ≡ 0(mod 11). Vì
B = A(x3 − −2x2 t + 3xt2 − 4t3 ) + 5t4 nên (A, B) = (A, 5t4 )|5. Vì 5 |2013z nên
(A, B) = 1. Do vậy A = az , B = bz với các số nguyên dương a, b và a.b = 2013.

Ví dụ 1.2.6. [Russia MO] Xác định tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thỏa
mãn phương trình p3 − q 5 = (p + q)2 .
Bài giải: Dễ dàng kiểm tra p > q. Nếu q = 3 thì p = 7 và ta có cặp số nguyên
tố (7, 3). Nếu q > 3, xét Z3 . Khi đó p ≡ 1 hay 2(mod3), và q ≡ 1 hay 2(mod 3). Dễ
dàng suy ra: Vế trái chia hết cho 3 còn vếp phải thì không. Nếu p ≡ q(mod 3),
thì vế phải chia hết cho 3, còn vế trái thì không. Trong trường hợp này, phương
trình vô nghiệm.
Ví dụ 1.2.7. [Balkan MO] Chứng minh rằng, phương trình x5 − y 2 = 4 không
có nghiệm nguyên.


16

Bài giải: Xét vành Z11 . Dễ dàng kiểm tra (x5 )2 ≡ x10 ≡ 0 hay 1(mod 11) với
mọi x ∈ Z. Do vậy x5 ≡ ±1 hay (mod 11). Từ đây suy ra x5 − 4 ≡ 6 hoặc 7 hoặc
8(mod 11). Vì thặng dư bậc hai modulo 11 chỉ có thể là 0, 1, 3, 4, 5, 9 nên phương

trình đã cho không thể có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1.2.8. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq + q p = r.
Bài giải: Tối thiểu phải có một số nguyên tố chẵn. Số đó phải bằng 2. Vì
p, q là hai số nguyên tố nên r = 2. Khôn hạn chế có thể giả thiết q = 2. Vậy
p2 + 2p = r. Vì r là số nguyên tố nên p phải là só lẻ. Nếu p = 3 thì p2 + 2p ≡
(±1)2 + (−1)p (mod 3) ≡ 1 − 1(mod 3). Vậy r chia hết cho 3, nhưng p2 + 2p = 3 chỉ

thỏa mãn cho p = 1 : mâu thuẫn. Từ đây suy ra p = 3, r = 17.

Ví dụ 1.2.9. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
x3 + y 3 = z 6 + 3.

Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó cũng có nghiệm trong
Z7 . Khi đó có x, y, z ∈ Z7 để x3 + y 3 = z 6 + 3.
3

3

3

3

3

3

3

Trong Z7 có 0 = 0, 1 = 1, 2 = 1, 3 = −1, 4 = −1, 5 = −1, 6 = −1. Vậy x3
hay y 3 chỉ có thể là 0 hoặc 1 hoặc −1. Qua kiểm tra ta có x3 + y 3 chỉ có thể là
0, 1, 2, −1, −2. Nhưng z 6 + 3 chỉ có thể là 0 + 3 = 3 hoặc 1 + 3 = 4. Điều này chứng

tỏ phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 1.2.10. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình sau:
x2 + 4y 4 = z 6 + 6.

Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó cũng có nghiệm trong
Z8 . Ta có x, y, z ∈ Z8 để x2 + 4y 4 = z 6 + 6 và những hệ thức
2

2

2

2

2

2

2

2

0 = 0, 1 = 1, 2 = 4, 3 = 1, 4 = 0, 5 = 1, 6 = 4, 7 = 1.

Vậy x2 chỉ có thể là 0 hoặc 1 hoặc 4 và 4y 4 chỉ có thể là 0 hoặc 1. Qua kiểm tra
ta có x3 + 4y 4 chỉ có thể là 0, 1, 2, 4, 5. Nhưng z 6 + 6 chỉ có thể là 0 + 6 = 6 hoặc
1 + 6 = 7 và suy ra phương trình vô nghiệm.

1.2.3

Phương pháp đánh giá

Ví dụ 1.2.11. Giải phương trình x3 + y 3 = (x + y)2 với x, y ∈ Z.


17

Bài giải: Xét x + y = 0. Khi đó x = k, y = −k với k ∈ Z đều là nghiệm. Xét
x + y = 0. Dễ dàng có x2 − xy + y 2 = x + y hay
(x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2.

Từ đây suy ra |x − 1|, |y − 1|

1. Như vậy, x, y ∈ {0, 1, 2}. Kiểm tra (0, 1), (1, 0),

(1, 2), (2, 1), (2, 2) và (k, −k) với k ∈ Z là nghiệm phương trình đã cho.

Ví dụ 1.2.12. [RMO] Giải phương trình

3
1 1 1
+ + = , x, y, z ∈ N∗ .
x y z
5

Bài giải: Không hạn chế có thể giả thiết 2

x

y

z. Khi đó

3
và suy
5

3
x

ra k ∈ {2, 3, 4, 5}. Xét các trường hợp sau đây:
1 1
1
+ =
và suy ra y ∈ {11, 12, . . . , 20}. Dễ dàng
y z
10
kiểm tra để thấy nghiệm (2, 11, 110), (2, 12, 60), (2, 14, 35), (2, 15, 30), (2, 20, 20).
1 1
4
Trường hợp x = 3. Dễ dàng có + =
và suy ra y ∈ {3, 4, 5, 6, 7}. Dễ dàng
y z
15
kiểm tra để được nghiệm (3, 4, 60), (3, 5, 15), (3, 6, 10).
1 1
7
Trường hợp x = 4. Dễ dàng có + =
và suy ra y ∈ {4, 5}. Dễ dàng kiểm
y z
20
tra để được nghiệm (4, 4, 10).
1 1
2
Trường hợp x = 5. Dễ dàng có + = và suy ra nghiệm (5, 5, 5).
y z
5

Trường hợp x = 2. Dễ dàng có

Ví dụ 1.2.13. [UK. MO] Giải phương trình nghiệm nguyên dương
1+

1
x

1+

1
y

1+

Bài giải: Không hạn chế có thể giả thiết x

1
z

= 2.

y

z

1. Khi đó

3. Xét các trường hợp sau đây:

1
1
1+
= 1 vố nghiệm.
Trường hợp z = 1. Khi đó 1 +
x
y
1
Trường hợp z = 2. Dễ dàng chỉ ra phương trình 1 +
1+
x
1 2
4
1
. Dễ dàng suy ra y < 7. Vì 1 + > 1 nên y > 3.
1+
y
3
x
được nghiệm (7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2).
1
1
3
Trường hợp z = 3. Dễ dàng có 1 +
1+
= và suy ra
x
y
2
dàng kiểm tra để được nghiệm (8, 3, 3), (5, 4, 3).

1+

1
z

3

2

và suy ra z

1
y

=

4
và suy ra
3

Ta dễ dàng nhận
3=z

y < 5. Dễ

Tóm lại, ta nhận được các nghiệm (7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2), (8, 3, 3) và (5, 4, 3).


18

1.2.4

Phương pháp tham số hóa

Định nghĩa 1.2.14. Đồ thị phẳng V (f ) được gọi là đồ thị phẳng hữu tỷ nếu có
hai hàm hữu tỷ ϕ(t), ψ(t) ∈ R(t) của biến t và cả hai không đồng thời thuộc R
thỏa mãn f (ϕ(t), ψ(t)) = 0.
Đồ thị phẳng hữu tỷ có quan hệ tới việc tìm các nghiệm (a, b) ∈ R2 của phương
trình f (x, y) = 0 hoặc tìm các điểm thuộc đồ thị phẳng với tọa độ là những số
hữu tỷ hay xác định những điểm không tầm thường với tọa độ nguyên thuộc
đa tạp Fermat V : xn + y n − z n = 0, n

3.

Khi biểu diễn đồ thị phẳng V (f ) qua x = ϕ(t), y = ψ(t) ∈ R(t), ta nói rằng đã
tham số hóa được V (f ). Việc tham số hóa đồ thị phẳng qua các hàm hữu tỷ
như sau: Chọn điểm P ∈ V và viết phương trình tham số của đường thẳng (d)
qua P sao cho (d) cắt V tại đúng một điểm thứ hai khác P.
Cho ( ) : f (x, y) = 0 với f (x, y) là đa thức bất khả qui. Khi có hai hàm hữu tỷ
ϕ(t), ψ(t) của biến t và cả hai không đồng thời thuộc R thỏa mãn f (ϕ(t), ψ(t)) ≡ 0

thì điểm (ϕ(t), ψ(t)) được gọi là không điểm tổng quát của ( ). Ta thêm ∞ vào
R và coi nó như một phần tử. Ta định nghĩa ϕ(∞) = lim ϕ(t) và ψ(∞) =
t→∞

lim ψ(t). Khi đó tọa độ các điểm của ( ) với tọa độ thuộc R ∪ {∞} sẽ có dạng

t→∞

(ϕ(t); ψ(t)), t ∈ R ∪ {∞}. Việc tìm không điểm tổng quát của ( ) gắn liền với vấn
x y
đề giải phương trình f (x, y) = 0 trên Q hay phương trình z d f ( , ) = 0 trên Z,
z z
ở đó d = deg f (x, y).

Định nghĩa 1.2.15. Cho đồ thị phẳng bất khả qui ( ). Những điểm thuộc ( )
với tọa độ thuộc Q được gọi là những điểm hữu tỉ của ( ).

Phương trình tham số đường thẳng
Đường thẳng d : ax + by + c = 0 có phương trình tham số d :


x = x0 + bt
y = y0 − at
t ∈ R.


ax0 + by0 + c = 0.

Phương trình tham số đường parabol
Đường parabol (P ) có phương trình tham số

x = 2pt2
y = 2pt,

với


19

Phương trình tham số đường tròn
Mệnh đề 1.2.16. Đường tròn (C) : x2 + y 2 = 1 là đồ thị phẳng hữu tỷ được
tham số hóa qua x(t) =
0, y(∞) = lim

t→∞

2t
2t
1 − t2
,
y(t)
=
với quy ước x(∞) = lim
=
2
2
t→∞ 1 + t2
1+t
1+t

1 − t2
= −1.
1 + t2

Chứng minh: Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; 1) ∈ (C) với hệ số góc −t có
phương trình (d) : y = −tx+1. (d) cắt (C) tại điểm (0; 1) và điểm At

2t 1 − t2

.
,
1 + t2 1 + t2

2t 1 − t2
chạy qua tất cả các điểm thuộc (C), khác điểm (0; −1). Với
,
1 + t2 1 + t2
2t
1 − t2
quy ước x(∞) = lim
= 0, y(∞) = lim
= −1 thì At cũng chạy qua
t→∞ 1 + t2
t→∞ 1 + t2
cả điểm (0; −1).

Điểm

Phương trình tham số đường Ellíp
x2
y2
+
= 1 là đồ thị phẳng hữu tỷ
a2
b2
b3 − a2 bt2
2a2 bt
,
y(t)

=
với quy ước x(∞) =
được tham số hóa qua x(t) = 2
b + a2 t 2
b2 + a2 t2
2a2 bt
b3 − a2 bt2
lim 2
=
0,
y(∞)
=
lim
= −b.
t→∞ b + a2 t2
t→∞ b2 + a2 t2

Mệnh đề 1.2.17. Đường Ellíp (E) :

Chứng minh: Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; b) ∈ (E) với hệ số góc −t có
phương trình (d) : y = −tx+b. (d) cắt (E) tại điểm (0; b) và điểm At
Điểm At

2a2 bt b3 − a2 bt2
,
b2 + a2 t2 b2 + a2 t2

2a2 bt b3 − a2 bt2
,
.

b2 + a2 t2 b2 + a2 t2

chạy qua tất cả các điểm thuộc (E), khác điểm

(0; −b). Với quy ước x(∞) = lim

t→∞

b3 − a2 bt2
2a2 bt
=
0,
y(∞)
=
lim
= −b thì
t→∞ b2 + a2 t2
b2 + a2 t2

At cũng chạy qua cả điểm (0; −b).

Phương trình tham số đường Hypecbôl
x2
y2
−
= 1 là đồ thị phẳng hữu
a2
b2
a + ab2 t2
2b2 t

tỷ được tham số hóa qua x(t) =
,
y(t)
=
với quy ước x(∞) =
1 − b2 t2
1 − b2 t2
a + ab2 t2
2b2 t
lim
=
−a,
y(∞)
=
lim
= 0. Từ đây suy ra nghiệm hữu tỉ của
t→∞ 1 − b2 t2
t→∞ 1 − b2 t2
x2 − dy 2 = 1, trong đó d là số nguyên và không là số chính phương.

Mệnh đề 1.2.18. Đường Hypecbôl (H) :

Chứng minh: Đường thẳng (d) đi qua điểm (a; 0) ∈ (H) với hệ số góc at có
phương trình (d) : x = a(ty+1). (d) cắt (H) tại điểm (a; 0) và điểm At

a + ab2 t2
2b2 t
,
.
1 − b2 t2 1 − b2 t2

20

Điểm At

a + ab2 t2
2b2 t
,
1 − b2 t2 1 − b2 t2

chạy qua tất cả các điểm thuộc (H), khác điểm

(−a; 0). Với quy ước x(∞) = lim

t→∞

a + ab2 t2
2b2 t
=
−a,
y(∞)
=
lim
= 0 thì At
t→∞ 1 − b2 t2
1 − b2 t2

cũng chạy qua cả điểm (−a; 0).
Nghiệm tổng quát của x2 − dy 2 = 1 là x =

x=

d + t2
2t
m
có
,
y
=
.
Với
t
=
d − t2
d − t2
n

dn2 + m2
2mn
,
y
=
, trong đó m, n ∈ Z, (m, n) = 1.
dn2 − m2
dn2 − m2

Ví dụ 1.2.19. Trong mặt phẳng, đồ thị phẳng Lemniscat cho bởi
(L) : (x2 + y 2 )2 = b2 (x2 − y 2 )

là một đồ thị phẳng hữu tỉ.

Bài giải: Đặt x2 + y 2 = t(x − y) và thay vào phương trình, ta có t2 (x − y)2 =
b2 (x2 − y 2 ). Nếu x = y thì x2 + y 2 = 0. Từ x = y và x2 + y 2 = 0 ta suy ra
x = y = 0. Ta có điểm O(0, 0) ∈ (L). Nếu x = y, ta có t2 (x − y) = b2 (x + y). Ta có
2
2
2
2
t2 − b2
2 + b2 = 0. Vậy x2 + t − b 2 x2 = xt 1 − t − b . Khi x = 0,
y= 2
x
khi
t
t + b2
t2 + b2
t2 + b2
2
2
2
2
2
2
b t(t − b )
b t(t + b )
,
y
=
. Chú ý rằng, khi cho t = 0 ta nhận được
ta có x =
t4 + b4

t 4 + b4
điểm O(0, 0). Tóm lại (L) là một đồ thị phẳng hữu tỉ.

Ví dụ 1.2.20. Chứng minh rằng đồ thị phẳng ( ) :

x2 y 2
+
a2 b 2

2

=

x2 y
với abc = 0
c2

là đồ thị phẳng hữu tỷ.
b
a

Bài giải: Nếu x = 0 thì y = 0. Khi x = 0, đặt y = tx. Khi đó x =
và y =

a2 b 2 t 2
. Vậy, đồ thị phẳng ( ) :
c2 (t2 + 1)2

x2 y 2
+

a2 b 2

2

=

a3 bt
c2 (t2 + 1)2

x2 y
với abc = 0 là đồ thị
c2

phẳng hữu tỷ.
Ví dụ 1.2.21. Trong mặt phẳng, đồ thị phẳng Cartes Folium cho bởi (F ) :
x3 + y 3 − 3axy = 0, a = 0, là một đồ thị phẳng hữu tỉ.

Bài giải: Hiển nhiên, khi x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc (F ). Xét x = 0.
Đặt y = tx và thay vào phương trình, ta có x(t3 + 1) = 3at. Nếu t = −1 thì
0 = −3a = 0 : mâu thuẫn. Vậy t = −1 và x =

3at
3at2 )
,
y
=
. Tóm lại (F ) là
t3 + 1
t3 + 1

một đồ thị phẳng hữu tỉ.
Ví dụ 1.2.22. Tham số hóa mặt Ellipsoid (E) :

x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 = 1.
a2
b
c


21

Bài giải: Trước tiên, tham số hóa (E) qua x = a cos u cos v, y = b cos u sin v và
z = a sin u. Thế cos u =

đó


1 − t2 1 − t 2


x
=
a
.

2 1+t2

1
+

t


2

1 − t2
2t
1−t2
2t
,
sin
u
=
và
cos
v
=
, sin v =
. Khi
2
2
2
1+t
1+t
1+t
1+t2

1−t
2t
.

2
1+t 1+t2
2t
.
=c
1+t2

y=b






z

1.2.5

Phương trình nghiệm hữu tỷ qua tham số hóa

Xét phương trình đa thức với hệ số nguyên f (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0. Vấn đề đặt ra:
Xác định các nghiệm dạng xi = ϕi (a1 , . . . , ak ) ∈ Q với i = 1, 2, . . . , n. Khi giải
phương trình ta phải tham số hóa qua việc đặt xi = ϕi (t1 , . . . , tk ) với các ti là
các biến và i = 1, 2, . . . , n.
Giả sử ( ) : f (x, y) = 0 là một đồ thị phẳng. Giao ( )Q = ( ) ∩ Q2 được gọi là
phần hữu tỷ của đồ thị phẳng ( ).
Ví dụ 1.2.23. Với a ∈ Q∗ , chứng minh rằng hệ phương trình sau đây có không
quá 12 nghiệm hữu tỷ:
(x2 + y 2 )2 = a(x2 − y 2 )
29x2 y − y 3 − 1 = 0.

Bài giải: Nếu x − y = 0 thì x2 + y 2 = 0. Khi đó x = y = 0 ∈ Q. Nhưng nghiệm
này không thỏa mãn phương trình thứ hai. Vậy x − y = 0. Đặt x2 + y 2 = t(x − y)
và thay vào phương trình đầu, ta có t2 (x − y)2 = a(x2 − y 2 ). Vì x = y, nên
t2 − a
t2 − a 2 2
t2 − a
2
= a(x + y). Ta có y = 2
x. Vậy x + 2
x = xt 1 − 2
. Vì
t +a
t +a
t +a
at(t2 − a)
at(t2 + a)
,
y
=
. Thay x và y vào phương trình thứ hai,
x = 0, nên x = 4
t + a2
t4 + a2
ta nhận được phương trình đa thức bậc 12 của t. Phương trình này có nhiều

t2 (x − y)

nhất 12 nghiệm t. Vậy hệ phương trình đã cho có không quá 12 nghiệm hữu
tỷ.

Ví dụ 1.2.24. Giải hệ phương trình sau trong Z :

x3 + x2 z − y 2 z = 0
5x + y = 21z.

Bài giải: Nếu z = 0 thì x = 0 và suy ra y = 0. Ta có nghiệm nguyên (0, 0, 0).
x
y
và qua u và v tương ứng, ta có u3 + u2 − v 2 =
z
z
0, 5u + v = 21 với u, v ∈ Q. Nếu x = 0 hay u = 0 sẽ có v = 0. Khi đó 0 = 21 :

Xét trường hợp z = 0. Thế

vô lý. Vậy u = 0. Đặt v = tu với t ∈ Q và thay vào phương trình đầu, ta có