Một số vấn đề về phương trình nghiệm nguyên

3

Bộ giáo dục và đào tạo

Trờng đại học Vinh

Lê Thị Hồng Hạnh

Một số vấn đề về
Phơng trình nghiệm
nguyên
Luận văn thạc sĩ toán học

Vinh 2008
Mở đầu
Một trong những bài toán cơ bản của Đại số và Số học là nghiên cứu
nghiệm nguyên hoặc nghiệm hữu tỉ của phơng trình Diophant đa thức. Chúng
ta đã làm quen với phơng pháp giải các phơng trình Diophant bậc nhất và bậc
hai. Đối với các phơng trình bậc cao hơn, tồn tại hay không một phơng pháp
chung để giải? Đó là câu hỏi thứ 10 đã đợc đặt ra dới thời Diophant và là nội
dung của Bài toán Hilbert thứ 10 nổi tiếng: Có hay không một thuật toán để
giải các phơng trình Diophant? Nói một cách khác, có hay không một phơng
pháp để sau một thời gian hữu hạn, tìm ra nghiệm nguyên hoặc chỉ ra rằng
không tồn tại nghiệm nguyên đối với một phơng trình Diophant tuỳ ý. Bài
toán thứ 10 của Hinbert đã đợc nhà toán học Nga Yuri Matijasievich giải
quyết vào năm 1970. Câu trả lời là: không tồn tại thuật toán giải phơng trình


4

Diophant tổng quát. Nh vậy, với các phơng trình Diophant bậc lớn hơn 2, ta

chỉ có thể tìm cách giải từng phơng trình cụ thể.
Phơng trình nghiệm nguyên là một trong những vấn đề quan trọng của Số
học, là đề tài thu hút nhiều sự quan tâm của học sinh và giáo viên. Các bài
toán về phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú.
Với những lí do nói ở trên, nội dung luận văn này tiếp tục tìm hiểu các phơng pháp khác nhau để giải các phơng trình nghiệm nguyên trong lớp các đa
thức.
Mục tiêu của luận văn nhằm đóng góp tài liệu giảng dạy và học tập về bộ
môn Số học cho các giáo viên và sinh viên ngành toán ở các trờng s phạm.
Luận văn này gồm ba chơng, ngoài phần mở đầu, kết luận và danh mục
các tài liệu tham khảo.
Chơng 1. Đờng cong phẳng và ứng dụng, giới thiệu về đờng cong phẳng đại
số, đờng cong phẳng hữu tỉ. Sử dụng đờng cong phẳng để xác định số nghiệm
của phơng trình Diophant và không điểm tổng quát vào việc giải phơng trình
nghiệm nguyên .
Chơng 2. Một số phơng pháp tìm nghiệm nguyên của một số lớp đa thức,
trong chơng này tác giả đã sử dụng nhiều phơng pháp khác nhau để giải các
phơng trình nghiệm nguyên trong lớp các đa thức. Các phơng pháp đợc sử
dụng để giải các bài toán trong luận văn bao gồm:
- Phơng pháp quy về các hệ bậc nhất.
- Phơng pháp đánh giá.
- Phơng pháp lựa chọn môđulô.
- Phơng pháp sử dụng các định lý cơ bản của số học.
Chơng 3. Phơng trình vô định siêu việt, nội dung chính: khảo sát điều
kiện tồn tại nghiệm nguyên, tìm nghiệm nguyên của một số phơng trình vô
định siêu việt.
Luận văn này đợc thực hiện tại Trờng Đại học Vinh dới sự hớng dẫn
nghiêm túc, nhiệt tình và chu đáo của PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân
dịp này, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hớng dẫn.
Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới PGS. TS. Ngô Sỹ Tùng, PGS. TS. Lê Quốc
Hán, TS. Nguyễn Thị Hồng Loan đã giúp đỡ, giảng dạy và tạo điều kiện cho

chúng tôi trong quá trình học tập tại lớp Cao học XIV Đại số.
Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới Ban chủ nhiệm Khoa đào tạo Sau đại học,
Khoa Toán đã tạo điều kiện cho chúng tôi trong thời gian học tập.


5

Tác giả xin cảm ơn tới gia đình, bạn bè, các bạn học viên trong lớp cao học
XIV Đại số đã có nhiều sự động viên giúp đỡ trong quá trình học tập vừa qua.
Mặc dù rất cố gắng nhng luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, em
mong muốn nhận đợc sự giúp đỡ chỉ bảo của quý thầy cô và các bạn đọc.
Vinh, tháng 11 năm 2008
Tác giả
Lê Thị Hồng Hạnh

mục lục
lời nói đầu
Chơng 1
Đờng cong phẳng và ứng dụng
1.1. Đờng cong phẳng...
1.2. ứng dụng vào việc giải một số phơng trình nghiệm nguyên
Chơng 2
Một số phơng pháp tìm nghiệm nguyên của
một số lớp đa thức
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.

Phơng pháp quy về các hệ bậc nhất...

Phơng pháp đánh giá.
Phơng pháp lựa chọn môđulô
Phơng pháp sử dụng các định lý cơ bản của số học...

Trang
1
3
3
12
16
16
21
28
32

Chơng 3
Phơng trình vô định siêu việt

37

3.1. Phơng pháp lựa chọn môđulô

37

3.2. Sử dụng các tính chất cơ bản của số học

40

Kết luận

44

Tài liệu tham khảo

45


6

Chơng 1
Đờng cong phẳng và ứng dụng
Trong chơng trình giảng dạy bộ môn toán ở nhà trờng phổ thông, Số học
đóng một vai trò quan trọng. Các em học sinh ở bậc tiểu học học Toán tức là
học Số học. Chỉ đến các lớp ở bậc Trung học cơ sở và Trung học phổ thông thì
các bộ môn Đại số, Hình học, Lợng giác, Giải tích mới lần lợt thay thế cho
môn Số học trong chơng trình học toán của các em học sinh. Tuy nhiên các
bài toán Số học luôn luôn là các bài toán hay và khó vì thờng xuyên có mặt
trong mọi đề thi học sinh giỏi Toán ở các cấp: thành phố, toàn quốc, Olympic
khu vực và Olympic quốc tế.
Trong chơng trình phổ thông, chúng ta không hiểu đợc ngời ta tìm ra các
phơng trình nghiệm nguyên ( 2mn, m 2 n 2 , m 2 + n 2 ) của phơng trình x 2 + y 2 = z 2
(điều kiện (m, n) = 1 ) bằng cách nào. Vì thế chơng 1 của luận văn sẽ giới thiệu
về lí thuyết đờng cong phẳng và ứng dụng vào việc giải một số phơng trình
nghiệm nguyên.

1.1. Đờng cong phẳng
Xét một đồ thị quen biết trong mặt phẳng tọa độ cho bởi phơng trình

(l ) : y 2 = x 2 + x 3
Đây là một đồ thị đi qua gốc tọa độ O(0,0) . Để mô tả các điểm khác nữa trên

đồ thị, ta thực hiện phép biến đổi bằng cách đặt y = tx và thay nó vào phơng
trình đồ thị. Ta có t 2 x 2 = x 2 + x 3 . Khi x = 0 ta có điểm O(0,0) . Khi x 0 ta có
điểm ( x = t 2 1, y = t (t 2 1)) . Điểm này sẽ trở thành điểm gốc tọa độ khi t = 1
hoặc t = 1 . Vậy mọi điểm trên đồ thị (l ) có tọa độ (t 2 1, t (t 2 1)), t Ă
1.1.1. Định nghĩa. Tập (l ) tất cả những điểm (a, b) Ê 2 thỏa mãn phơng
trình f ( x, y ) = 0, f Ă [ x, y ] \ { 0} , đợc gọi là đờng cong phẳng hay đờng cong


7

đại số. Nếu f = f1 n ... f s n với các đa thức f i bất khả qui thì bậc của (l ) , kí
1

s

hiệu deg(l ) , đợc định nghĩa bằng

s

deg f
i =1

i

.

Hiển nhiên, tất cả những đa thức f , g Ă [ x, y ] với f = g , Ă \ { 0} , hoặc
f = g s , s Ơ , xác định cùng một đờng cong phẳng. Vì vậy ngời ta thờng giả

thiết f không chia hết cho đa thức nào dạng g 2 .

Để có một cách nhìn hình học về bậc, ta xét số giao điểm giữa một đờng thẳng
(d ) và một đờng cong phẳng (l ) : f ( x, y ) = 0 bậc m . Không mất tính tổng
quát, giả thiết (d ) đi qua gốc tọa độ có phơng trình tham số :
x = ta
(d )
y = tb

Biểu diễn f ( x, y ) = f m ( x, y ) + f m1 ( x, y ) + ... + f 0 , ở đó mỗi f i ( x, y ) là một đa
thức thuần nhất bậc i của hai biến x và y . Thế phơng trình tham số của (d )
vào phơng trình của (l ) ta có:
f m (a, b)t m + f m 1 (a, b)t m1 + ... + f 0 = 0,

(1)

Khi f m (a, b) 0 , (1) là phơng trình bậc m có m nghiệm tính cả bội.
Đờng thẳng (d ) cắt đờng cong phẳng (l ) tại m điểm tính cả bội. Khi
f m (a, b) = f m 1 ( a, b) = ... = f n +1 (a, b) = 0 và

f n ( a, b) 0 thì số điểm cắt ít

hơn m . Nh vậy, hai đờng cong phẳng trên cắt nhau tại nhiều nhất là
m điểm tính cả bội và bậc của một đ ờng cong phẳng là số giao điểm
lớn nhất do một đờng thẳng cắt đờng cong phẳng ấy tại hữu hạn
điểm.
Nếu đa thức f là khả qui, chẳng hạn f ( x, y ) = g ( x, y ).h( x, y ) và cả hai
đa thức này đều có bậc lớn hơn 0, thì (l ) = (l1 ) (l 2 ) với (l1 ) đợc xác
định bởi phơng trình g ( x, y ) = 0 và (l 2 ) bởi h( x, y ) = 0 . Khi đó ta nói rằng


8

(l ) là đờng cong phẳng khả qui. Nếu đa thức

f

là bất khả qui, thì (l ) là đờng

cong phẳng bất khả qui.
1.1.2. Định lí . Cho đờng cong phẳng (l ) : f = 0 bậc m . Đờng thẳng (d ) cắt
(l ) tại hữu hạn điểm thì tổng số điểm với số bội tơng ứng không vợt quá m .

Chứng minh. Biểu diễn đờng cong (l ) bởi phơng trình f có dạng
f = f m ( x, y ) + f m 1 ( x, y ) + ... + f 0 ( x, y ) = 0 , ở đó f j ( x, y ) là dạng bậc j trong
Ă [ x, y ] . Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết (d ) là đờng cong phẳng

x = t
đi qua gốc tọa độ với sự biểu diễn: (d )
y = t

Nếu (d ) không đi qua gốc tọa độ thì ta dùng một phép tịnh tiến:
x = x'+ a
y = y '+b

Tvr

để đa (d ) về đờng thẳng đi qua gốc tọa độ. Thế x = t , y = t vào f ta có
f (t , t ) = f m ( , )t m + f m 1 ( , )t m 1 + ... + f 0 ( , ) . Nếu

f 0 ( , ) 0

phơng

trình f m ( , )t m + f m 1 ( , )t m1 + ... + f 0 ( , ) = 0 có đúng m nghiệm tính cả
bội. Vậy đờng cong phẳng (l ) và đờng thẳng (d ) cắt nhau tại đúng m điểm
tính cả bội khi chúng cắt nhau tại hữu hạn điểm.
Khi f m ( , ) = 0 phơng trình trên trở thành phơng trình bậc nhỏ hơn m . Khi
đó số giao điểm nhỏ hơn m .
1.1.3. Định nghĩa đờng cong phẳng hữu tỉ. Cho đờng cong phẳng (l ) xác
định bởi phơng trình f ( x, y ) = 0 . (l ) đợc gọi là đờng cong phẳng hữu tỉ nếu có
hai hàm hữu tỉ (t ) =

f (t )
h(t )
, (t ) =
ở đó f (t ), g (t ), k (t ), h(t ) là những đa
g (t )
k (t )

thức của t , thỏa mãn f ( (t ), (t )) = 0 . Khi cho t = t 0 sao cho mẫu của

(t ), (t ) đều khác 0 thì ta có điểm ( (t 0 ), (t 0 )) thuộc (l ) .


9

Để nhận đợc hết các điểm thuộc (l ) ta qui ớc điểm ( (), ()) với:
() = lim
t

f (t )

h(t )
, () = lim
.
t k (t )
g (t )

Ví dụ 1. Trong mặt phẳng, đờng cong (l ) : y 2 (2 x) = x 3 là đờng cong phẳng
hữu tỉ.
Chứng minh. Đặt x = ty ta có x =
2

2
2
,y=
. Thay vào phơng trình
2
1+ t
t (1 + t 2 )

3



thì 2 2 . 2 2 2 = 2 2 . Vậy (l ) là đờng cong hữu tỉ.
1+ t 1+ t
t (1 + t )

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng, đờng cong Lem-nis-cat (Lemniscat) cho bởi

(l ) : ( x 2 + y 2 ) 2 = 2( x 2 y 2 ) là một đờng cong hữu tỉ.

Chứng minh. Đặt x 2 + y 2 = t ( x y ) và thay vào phơng trình, ta có:
t 2 ( x y ) 2 = 2( x 2 y 2 ) . Nếu x = y thì từ hệ x = y , x 2 + y 2 = 0 ta suy ra

x = y = 0 . Ta có điểm O (0,0) (l ) . Nếu x y thì t 2 ( x y ) = 2( x + y ) .

Ta nhận thấy y =

t2 2 2
t2 2
t2 2
2
2


1 2
.
x
+
x
=
xt
khi
,
vậy
x
t +20
t2 + 2
2
t
+

2




t +2

Khi x 0 ,ta có :
2t (t 2 + 2)
2t (t 2 2) .
x= 4
,y = 4
t +4
t +4

Chú ý. Khi cho t = 0 ta nhận đợc điểm O(0,0) . Tóm lại (l ) là một đờng cong
phẳng hữu tỉ.
Ví dụ 3. Tìm tất cả những điểm thuộc đờng cong (l ) : 29 x 2 y 2 1 = 0 có toạ
độ là những số hữu tỉ.
5
1
1 5
Giải. Ta thấy điểm P( , ) thuộc (l ) . Đặt y = + t ( x ), t Ô . Thay y qua
2 2

2

2

biểu thức trên vào phơng trình, ta có tất cả những điểm thuộc đờng cong với

10

toạ độ là những số hữu tỉ x =

t 2 10t + 29
5t 2 + 58t 145
,
y
=
, t Ô , và điểm
2(t 2 29)
2(t 2 29)

1
5

x ( ) = , y ( ) =
ữ.
2
2


Khái niệm đờng cong phẳng hữu tỉ có liên quan đến những điểm không tầm
thờng với toạ độ nguyên thuộc đa tạp Phec-ma V : x n + y n z n = 0, n 3 . Kết
quả sau đây đợc vận dụng nhiều trong việc xác định tính hữu tỉ của đờng cong
phẳng trên Ê .
1.1.4. Bổ đề (Định lí Mason): Cho các đa thức a( x), b( x), c( x) với hệ số thuộc
Ê , nguyên tố cùng nhau từng cặp và thoả mãn a ( x ) + b( x) = c ( x) . Nếu kí

hiệu n0 ( f ) là số nghiệm phân biệt của đa thức f (x) trong k thì
max{ deg a( x), deg b( x), deg c( x)} n0 (abc) 1 .

Chứng minh. Đặt f ( x) =

a ( x)
b( x )
, g ( x) =
. Khi đó
c( x)
c( x)

f ( x) + g ( x) = 1 . Đạo hàm

hai vế ta có f ' ( x ) + g ' ( x) = 0 . Từ phơng trình này ta suy ra:

f ( x) '
f ( x) '
g ( x) '
b( x ) g ( x )
f ( x)
f ( x) +
g ( x) = 0 hay
=
=
.
g ( x) '
a( x) f ( x)
f ( x)

g ( x)
g ( x)
k

Giả sử có p( x) = ( x xi ) m thì
i

i =1

p k mi
=
. Biểu diễn các đa thức thành
p i =1 x xi

tích
a( x) = ( x i ) mi , b( x) = ( x j ) j , c( x) = ( x k ) rk
n

Ta có ngay
f ( x) =

a( x)
= ( x i ) mi ( x k ) rk
c( x)


11

g ( x) =

b( x )
n
= ( x j ) j ( x k ) rk
c( x)

mi

Vậy ta có

b( x )
=
a( x)

rk

x x
i

nj

k

r
x x k
j
k

qui đồng mẫu số, mẫu số chung của

các phân số trong thơng sau cùng là q ( x) = ( x i ) ( x j ) ( x k ) có

bậc n0 (abc ) . Nh vậy, q( x)

g ( x)'
f ( x )'
và q ( x)
là các đa thức có bậc không
f ( x)
g ( x)

quá n0 (abc) 1 . Từ:
f ( x)'
b( x )
f ( x)
=
g ( x)'
a( x)
q( x)
g ( x)
q ( x)

và (a ( x), b( x)) = 1 , nên bậc của a( x), b( x) đều không vợt quá n0 (abc) 1 .
Tơng tự , bậc của c( x) cũng không vợt quá n0 (abc) 1 . Tóm lại, ta có:

max{ deg a ( x), deg b( x), deg c( x)} n0 (abc ) 1
Vận dụng bổ đề này ta chứng minh đợc một kết quả sau đây.
1.1.5. Định lí. Đờng cong phẳng (l ) : x n + y n = 1, n 3 , không là đờng cong
phẳng hữu tỉ trên Ă .
Chứng minh. Nếu (l ) là đờng cong phẳng hữu tỉ thì sẽ có các đa thức hệ số
thực hay phức a ( x), b( x), c( x) nguyên tố cùng nhau từng cặp và thoả mãn

a ( x) n + b( x) n = c( x) n . Theo định lí Mason ta phải có:
max{ n deg a ( x), n deg b( x), n deg c( x)} n0 (abc ) 1 .

Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết vế trái bằng n deg a ( x ) vì
n0 ( abc) 1 deg a ( x) + deg b( x) + deg c( x) 1


12

nên n deg a ( x) deg a ( x ) + deg b( x) + deg c( x) 1 : mâu thuẫn. Vậy (l )
không là đờng cong phẳng hữu tỉ.
Ví dụ 4. Có hay không các đa thức nguyên tố cùng nhau a ( x), b( x) với

deg a( x)18 b( x) 3 < 11 deg a ( x) + 1 .
Giải. Giả sử có các đa thức a( x), b( x) với deg a( x)18 b( x)3 < 11deg a( x) + 1 . V ì
a ( x), b( x) n g u y ê n t ố c ù n g n h a u n ê n a( x) 3 b( x) .

T ừ a( x)18 = a( x)18 b( x)3 + b( x)3 ta suy ra bất đẳng thức:

{

}

max 18deg a ( x), deg a( x)18 b( x)3 ,3deg b( x)
n0 a( x)b( x)(a ( x)18 b( x)3 ) 1.
18deg a( x) deg a( x) + deg b( x) + deg a( x)18 b( x) 3 1,



Ta có

18
3
3deg b( x) deg a( x) + deg b( x) + deg a( x) b( x) 1.

Cộng vế với vế hai bất đẳng thức, sau khi nhân hai vế bất đẳng thức thứ nhất
với 2, ta có

deg a ( x )18 b( x)3 11deg a( x) + 1 : mâu thuẫn. Vậy

không có các đa thức a ( x), b( x) nguyên tố cùng nhau thoả mãn

deg a ( x)18 b( x)3 < 11 deg a( x) + 1 .
Định lí sau đây chỉ ra số nghiệm của một hệ hai phơng trình đa thức hai ẩn là
hữu hạn.
1.1.6. Định lí. Cho hai đa thức f ( x, y ), g ( x, y ) Ă [ x, y ] không đồng thời bằng
không và không có nhân tử chung. Khi đó hai đờng cong phẳng
C f : f ( x, y ) = 0 và C g : g ( x, y ) = 0 cắt nhau tại một số hữu hạn điểm và

tổng số giao điểm s thoả mãn s deg C f . deg C g .
Chứng minh. Đờng thẳng đi qua điểm O(0,0) và A(a, b) có phơng trình tham
số là:


13

x = at
F (t ) = f ( at , bt ) = 0
xét hệ

y = bt

G (t ) = g (at , bt ) = 0

Giả sử trong Ê ta có phơng trình biểu diễn F (t ), G (t ) nh sau:
m

n

j =1

i =1

F (t ) = a0 (t t j ), G (t ) = b0 (t t 'i ) .

Hai đờng cong C f , C g cắt nhau tại điểm nằm trên đờng thẳng OA khi và chỉ
khi có t = là nghiệm của hệ F (t ) = 0, G (t ) = 0 hay có t j = = ti' nào đó.
Tất cả có m.n khả năng để t j = t 'i , nên s deg C f . deg C g .
1.1.7. Hệ quả. Cho hai đa thức f ( x, y ), g ( x, y ) K [ x, y ] không đồng thời bằng
không và không có nhân tử chung. Khi đó số nghiệm của hệ sau là hữu hạn
f ( x, y ) = 0

g ( x, y ) = 0
Chứng minh. Vì số nghiệm của hệ không vợt quá deg C f . deg C g .
Ví dụ 5. Chứng minh hai đờng cong phẳng (l1 ) : x 3 + x 2 y 2 = 0 và
(l 2 ) : 5 x 2 y + 3xy 2 + y 3 10 = 0 có không quá 9 điểm chung.

Chứng minh. Từ phơng trình (l1 ) ta suy ra nếu x = 0 thì y = 0 . Nhng

( x = 0, y = 0) không là điểm chung của hai đờng cong. Vậy x 0 . Đặt
y = tx với t K . Từ phơng trình đầu ta suy ra x = t 2 1, y = t 3 t . Thay tất
cả vào phơng trình thứ hai ta có:

5(t 2 1) 2 (t 3 t ) + 3(t 2 1)(t 3 t ) 2 + (t 3 t ) 3 10 = 0 .
Đây là phơng trình bậc 9 của t K = R, C . Vậy hai đờng cong đã cho có không
quá 9 điểm chung.
Ví dụ 6. Chứng minh hai đờng cong (l1 ) : ( x 2 + y 2 ) 2 = 2005( x 2 y 2 ) và
(l 2 ) : 29 x 2 y y 3 1 = 0 có không quá 12 điểm chung.

Giải. Xét hệ phơng trình :


14

2
2 2
2
2

( x + y ) = 2005( x y ),

2
3

29 x y y 1 = 0.

Nếu x y = 0 thì x 2 + y 2 = 0 . Ta suy ra x = y = 0 . Vì nghiệm này
không thỏa mãn hệ phơng trình, nên x y 0 .
Đặt

x 2 + y 2 = t ( x y ), t K

và thay vào phơng trình đầu, ta có

t 2 ( x y ) 2 = 2005( x 2 y 2 ) . Do x y , nên t 2 ( x y ) = 2005( x + y ) . Ta có
2

2
2
t 2 2005 2
t 2 2005 2 . Vậy: 2 t 2005 2
x = xt 1 2
. Nếu
x + 2
y= 2
x
2
2
t + 2005 2
t + 2005
t + 2005

x = 0,

thì y = 0 . x = 0, y = 0 không thoả mãn hệ đã cho, nên x 0 và ta có:
x=

20052 t (t 2 + 20052 )
20052 t (t 2 20052 )
. Thay x, y vào phơng trình thứ hai
,
y

=
t 4 + 20054
t 4 + 20054

và qui đồng, ta đợc phơng trình bậc 12 theo t K . Vậy hệ đã cho có không
quá 12 nghiệm hay hai đờng cong (l1 ) : ( x 2 + y 2 ) 2 = 2005( x 2 y 2 ) và

(l 2 ) : 29 x 2 y y 3 1 = 0 có không quá 12 điểm chung.


15

1.2. ứng dụng vào việc giải một số phơng trình
nghiệm nguyên
Đờng cong phẳng hữu tỉ có liên quan tới việc tìm các điểm thuộc đờng cong
với toạ độ là những số hữu tỉ thuộc Ô hay (a, b) Ă

2

của f ( x, y ) = 0 hoặc

nghiệm nguyên của phơng trình thuần nhất f ( x, y, z ) = 0 . Với (l ) là một đờng
cong phẳng trong Ê 2 ta đặt (l )Ă = (l ) Ă

2

và gọi nó là phần thực của (l ) . Đặt

(l )Ô = (l ) Ô 2 và gọi nó là phần hữu tỉ của (l ) . Phần thực của đờng cong phẳng

không chỉ sử dụng để nghiên cứu tập nghiệm của một hệ phơng trình đại số
mà nó đợc sử dụng khi xét hệ bất phơng trình đại số. Phần hữu tỉ của đờng
cong phẳng đợc sử dụng để nghiên cứu tập nghiệm nguyên của một hệ phơng
trình đại số với các hệ số nguyên. Nó gắn liền với lí thuyết phơng trình Đi-ôphăng.
Ví dụ 1. Xét tập đại số afin (l) : x3 + y 2 x 1 = 0 trong Ê 2 với phần hữu tỉ

( l)Ô

= V Ô 2 = { ( a, b ) Ô 2 / a 3 + b 2 a 1 = 0} .

Vấn đề đặt ra là: Sử dụng thuần tuý hình học để mô tả các điểm
thuộc ( l ) Ô từ một số điểm hữu hạn cho trớc.Ta thấy ngay 6 điểm

( 1,

1) , ( 0, 1) , ( 1, 1) ( l ) Ô . Xét hai điểm p = ( u0 , v0 ) , q = ( u1 , v1 ) . Đờng

thẳng đi qua p và q là:

( pq ) : y =

v1 v0
( x u0 ) + v0 .
u1 u0

Giao V ( pq) có toạ độ là nghiệm của hệ phơng trình sau đây:
x 3 + y 2 x 1 = 0,

v1 v0

y = u u ( x u0 ) + v0 .
1
0

Vì p, q là hai giao điểm, nên giao điểm thứ ba đợc tìm nhờ định lí Vi-ét:


16

2

v v
v v
x = u2 = u0 u1 1 0 ữ , y = v2 = 1 0 ( u2 u0 ) + v0 . Trờng hợp p q
u1 u0
u1 u0

thì đờng thẳng ( pq ) trở thành tiếp tuyến của (l ) . Xuất phát từ sáu điểm

( 1, 1) , ( 0, 1) , ( 1, 1) VÔ

ta xây dựng đợc các điểm mới trong (l )Ô nh đã

làm ở trên. Ngời ta đã chỉ ra: (l )Ô chứa hữu hạn điểm mà từ chúng ta có
thể tìm tất cả các điểm hữu tỉ khác qua việc tìm giao đờng thẳng nối hai
điểm với (l )Ô . Tổng quát, năm 1922 L.S. Moc-đen phỏng đoán
phơng trình f ( x, y ) = 0 với deg f > 3 chỉ có một số hữu hạn nghiệm hữu tỉ.
Năm 1983 G.Phan-ting (G.Faltings) đã giải quyết đợc vấn đề này. Bây
giờ ta quan tâm đến nghiệm nguyên của phơng trình đa thức thuần nhất
f ( x, y, z ) = 0 . Chúng ta bắt đầu bằng định nghĩa không điểm tổng quát

của đờng cong phẳng.
1.2.1. Định nghĩa. Cho (l ) : f ( x, y ) = 0 với f ( x, y ) là đa thức bất khả qui.
Điểm ( 1 , 2 ) đợc gọi là không điểm tổng quát của (l ) nếu f ( 1 , 2 ) = 0 và
nếu đa thức thỏa mãn g ( 1 , 2 ) = 0 thì g ( x, y ) chia hết cho f ( x, y ) .
Giả sử ta tìm đợc hai hàm hữu tỉ ( t ) , ( t ) Ă ( t ) và cả hai không đồng
thời thuộc Ă thoả mãn f ( ( t ) , ( t ) ) 0 . Ta thêm vào Ă và coi đó nh
( t ) và ( ) = lim ( t ) .
một phần tử. Ta định nghĩa ( ) = lim
t
t

Khi đó, toạ độ các điểm của (l ) với toạ độ thuộc Ă

( ( t ) ; ( t ) ) , t Ă { } .
0

0

sẽ có dạng:

Điểm ( ( t ) ; ( t ) ) là không điểm tổng quát của

(l ) . Vấn đề tìm không điểm tổng quát của (l ) gắn liền với việc giải phx y
ơng trình f ( x, y ) = 0 trên Ô hay phơng trình z d f , ữ = 0 trên  , ở đó
z z


d = deg f ( x, y ) .

17

1.2.2. Định nghĩa. Cho đờng cong phẳng bất khả qui (l ) . Những điểm thuộc
(l ) với toạ độ thuộc Ô đợc gọi là những điểm hữu tỉ của (l ) .
2t 1 t 2
Chẳng hạn đờng tròn ( l ) : x + y 1 = 0 có những điểm hữu tỉ 2 , 2 ữ với
t +1 t +1
2

2

2t 1 t 2
, 2 ữ với t Ă .
2
t +1 t +1

t Ô { } . Không điểm tổng quát của (l ) là

Ví dụ 2. Tìm tất cả các bộ ba ( u , v, w ) Â 3 với uvw 0 thoả mãn phơng trình
u 2 uv + v 2 = 3w2 .

Giải. Ta xét đờng cong phẳng ( l ) : x 2 xy + y 2 3 = 0 trong Ă 2 . Ta thấy điểm

( 1, 2 ) ( l ) . Đặt

y = t ( x 1) + 2 và thay vào phơng trình đã cho ta có

x 2 x t ( x 1) + 2 + t ( x 1) + 2 3 = 0

2

x = 1,

y = 2;

Ta suy ra:


t 2 4t + 1
x
=
,

t2 t +1

2
y = t 2t + 2 .

t2 t +1
t 2 4t + 1 t 2 2t + 2

; 2
Không điểm tổng quát của (l ) là 2
ữ. Mỗi bộ ba ( u , v, w ) với
t t +1 t t +1

m
u v
uvw 0 tơng ứng một điểm hữu tỉ , ữ ( l ) . Khi cho t = Ô với

n
w w

( m, n ) = 1 ta có ngay nghiệm

{( m

2

}

4mn + n2 , m 2 2mn + 2n 2 , m 2 mn + n 2 ) / ( n, m ) = 1 .

Ví dụ 3. Tìm tất cả bộ ba ( u, v, w ) Â 3 với uvw 0 thoả mãn
wu 2 + u 3 v 2 w 5uw2 3w3 = 0.


18

Giải. Ta xét đờng cong phẳng ( l ) : y 2 = x3 + x 2 5 x + 3 = ( x 1) 2 ( x + 3 ) trong Ă

2

.Đặt y = t ( x 1) và thay vào phơng trình đã cho ta có:
t 2 ( x 1) = ( x 1)
2

ta suy ra:

x = 1,

y = 0;

2

( x + 3)

2
x = t 3,

3
y = t 4t.

Không điểm tổng quát của (l ) là ( t 2 3; t 3 4t ) . Mỗi bộ ba ( u, v, w ) với
u v

m

uvw 0 tơng ứng một điểm hữu tỉ , ữ ( l ) . Khi cho t = Ô với ( m, n ) = 1
n
w w
ta có ngay nghiệm

{ ( m n 3mn , m
2

2

3

}

4mn 2 , n3 ) / ( n, m ) = 1 .

Ví dụ 4. Giải phơng trình ( x 2 + y 2 ) = 2 z 2 ( x 2 y 2 ) trong Â
2

Giải. Ta có không điểm tổng quát của ( l ) : ( x 2 + y 2 ) = 2 ( x 2 y 2 ) là
2

2t ( t 2 + 2 ) 2t ( t 2 2 )
4
; 4
t +4
t +4


Khi cho t =


ữ.
ữ


m
Ô với UCLN ( m, n ) = 1 ta có ngay nghiệm:
n

{ ( 2mn ( m

2

của ( x 2 + y 2 ) = 2 z 2 ( x 2 y 2 ) trong  .
2

)

}

+ 2n 2 ) , 2mn ( m 2 2n 2 ) , m 4 + 4n 4 / UCLN ( n, m ) = 1


19

Chơng 2
Một số Phơng pháp tìm nghiệm nguyên
của một số lớp đa thức
Việc giải các phơng trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các
phơng trình đại số với hệ số nguyên luôn đòi hỏi học sinh khả năng phân tích,
đối chiếu, dự đoán, phơng pháp t duy logic để lựa chọn nghiệm thích hợp. Vì
vậy các bài toán này thờng thấy trong các đề toán trên các tạp chí toán học sơ
cấp, đề toán thi chọn học sinh giỏi và các đề thi vào đại học. Với loại toán này,
không có phơng pháp giải tổng quát. ở đây tôi xin giới thiệu một số phơng
pháp cơ bản để giải các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp.
[ơ

2.1. Phơng pháp quy về các hệ bậc nhất
Phơng pháp quy về các hệ bậc nhất tức là ta đa phơng trình bậc cao về các
phơng trình bậc nhất để giải.Trong quá trình đa về phơng trình bậc nhất ta sẽ
sử dụng vài thủ pháp cơ bản để giải. Nh hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào

tính chia hết, lựa chọn nghiệm trong một tập hợp hữu hạn số nhằm xác định
tập hợp số chứa nghiệm sao cho có ít phần tử nhất. Dựa vào tính chất nguyên,
số nguyên tố và điều kiện của các ẩn:
Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất.
Phơng trình đợc đa về dạng f ( x).g ( x) = k với f ( x) và g ( x) là các đa thức
hệ số nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phơng trình:
f ( x) = m

g ( x) = n

với m.n = k .

Đối với phơng trình đối xứng các ẩn của x, y, z ,... Khi tìm nghiệm nguyên
dơng ta có thể giả sử: 1 x y z L
Không tồn tại số chính phơng nằm giữa hai số chính phơng liên tiếp.
Ta đi vào một số bài toán cụ thể sau:
2.1.1. Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và có diện
tích bằng chu vi.
Giải. Gọi x, y , z là ba cạnh của tam giác vuông. Giả sử 1 x y < z .


20

Theo giả thiết ta có:

x2 + y2 = z 2

1
xy = x + y + z
2

(1)
(2)

Từ (1) ta có: z 2 = ( x + y )2 2 xy = ( x + y ) 2 4( x + y + z )
( x + y ) 2 4( x + y ) + 4 = z 2 + 4 z + 4
( x + y 2) 2 = ( z + 2) 2

x + y 2 = z + 2 do ( x + y 2)

z = x + y 4 . Thay vào (2) ta đợc:
xy = 2(2 x + 2 y 4) xy 4 x 4 y + 16 = 8

x 4 = 1
x = 5
z = 13


y

4
=
8
y
=
12


( x 4)( y 4) = 8

x 4 = 2
x = 6


z = 10
y 4 = 4
y = 8

vì ( 1 x y < z )

Vậy các cặp x, y, z thỏa mãn điều kiện bài toán: ( x, y, z ) = (5,12,13); (6,8,10)
và các hoán vị của chúng.
2.1.2. Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x 2 + 2 y 2 + 3 xy + 3 x + 5 y = 14 .
Giải. Viết lại phơng trình dới dạng sau:
(1)
x 2 + 3 x ( y + 1) + 2 y 2 + 5 y + = 14 + ,
trong đó sẽ xác định nh sau.Quan niệm vế trái của (1) là tam thức bậc hai
của x , ta có: = 9( y + 1)2 8y 2 20 y 4 = y 2 2 y + 9 4 .
Vì ta cần quan tâm đến nghiệm nguyên của (1), nên trớc hết cần có dạng là
bình phơng đúng, vì thế cần chọn =2, khi ấy: = y 2 2 y + 1 = ( y 1)2 .
Lúc này tam thức vế trái của (1) có nghiệm:
x1 =
Vì thế:

3 y 3 + y 1
3 y 3 y + 1
= y 2; x2 =
= 2 y 1.
2

2
(1) ( x + y + 2)( x + 2 y + 1) = 16.

(2)


21

Do x > 0, y > 0 x 1, y 1 x + y + 2 4 và x + 2 y + 1 4. Vì vậy vế phải
là 16 cần phân tích thành 4. 4, và ta dẫn đến hệ sau:
x + y + 2 = 4
x = y = 1.

x
+
2
y
+
1
=
4

Tóm lại (1, 1) là nghiệm nguyên dơng duy nhất cần tìm.
2.1.3. Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau:
3 x 2 + 2 y 2 + z2 + 4 xy + 2 yz = 26 2 xz.
Giải. Viết lại phơng trình đã cho dới dạng tơng đơng sau:
x 2 + ( x 2 + 2 xy + y 2 ) + ( x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 xz + 2 yz) = 26
(1)

x 2 + ( x + y )2 + ( x + y + z)2 = 26.

Do x , y , z nguyên dơng nên x < x + y < x + y + z. Mặt khác, 26 chỉ có một
cách phân tích duy nhất sau đây thành tổng 3 bình phơng: 26 = 12 + 32 + 4 2. Vì
x = 1
x = 1


lẽ ấy, từ (1) ta có hệ sau: x + y = 3
y = 2
x + y + z = 4 z = 1.


Vậy ( x, y, z ) =(1, 2, 1) là nghiệm nguyên duy nhất của phơng trình đã cho.
2.1.4. Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

(

)

3

x 6 + z3 15 x 2 z = 3 x 2 y 2 z y 2 + 5 .
Giải. Đa phơng trình đã cho về dạng tơng đơng sau:

( x ) +( y
2

3

2

)

3

(

+ 5 + z3 = 3 x 2 z y 2 + 5

)

(1)

Vì ở đây x > 0, y > 0, z > 0 (đặc biệt là z > 0 ), nên theo Bất đẳng thức
Cauchy, thì:

( x ) +( y
2

3

2

)

3

(

)

+ 5 + z3 3 x 2 z y 2 + 5 .

(2)

Từ đó theo (1) suy ra trong (2) dấu bằng xảy ra. Vì thế lại theo Bất đẳng thức

Cauchy, thì:

2
2
x = y + 5
(1) 2
x = z.

(3)


22

(2) x 2 y 2 = 5 ( x + y ) ( x y ) = 5.

Ta có:

(4)

Do x > 0, y > 0 , nên từ (4) suy ra x + y > x y > 0. Mặt khác, dựa vào phân
x + y = 5 x = 3
tích 5 = 5.1, từ (4) ta đi đến hệ sau:

z = 9 (do (3))
x

y
=
1
y
=
2.


Tóm lại, ( x, y, z) = (3, 2, 9) là nghiệm nguyên dơng duy nhất cần tìm.
2.1.5. Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

(x

)

(

2

)

+ 4 y 2 + 28 = 17 x 4 + y 4 + 14 y 2 + 49 .

2

Giải. Viết lại phơng trình đã cho dới dạng tơng đơng sau:

( 1.x

2

(

+ 4 y2 + 7

) ) = (1
2

2

+ 42

)(( x ) +( y
2

2

2

+7

)

2

).

(1)

).

(2)

Theo Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, thì:

( 1.x

2

(

+ 4 y2 + 7

) ) (1
2

2

+ 42

)(( x ) +( y
2

2

2

+7

)

2

2
2
Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra khi chỉ khi x = y + 7 . Vì lẽ ấy phơng trình
1
4
đã cho tơng đơng với phơng trình sau:

4 x 2 = y 2 + 7 ( 2 x + y ) ( 2 x y ) = 7.

(3)

2 x + y = 7 x = 2
Lập luận tơng tự nh các bài trên, từ (3) ta có hệ:

2 x y = 1
y = 3.
Vậy ( x, y) = (2, 3) là nghiệm nguyên dơng duy nhất của phơng trình đã cho.
2.1.6. Một tam giác có số đo độ dài của đờng cao là những số nguyên dơng và đờng tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1. Chứng minh tam giác đó là tam
giác đều.
Giải. Đặt a = BC , b = CA, c = AB . Gọi độ dài các đờng cao ứng với các cạnh
a, b, c của tam giác là x, y, z .
Bán kính của đờng tròn nội tiếp tam giác bằng 1 nên x, y, z > 2.
Giả sử x y z > 2 . Khi đó diện tích của tam giác ABC :
1

1
1
SABC = a.x = b. y = c.z
2
2
2

(1)


23

Gọi 0 là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có:
1
SABC = SAOB + S BOC + S AOC = (a.1 + b.1 + c.1)
2
Từ (1) và (2) suy ra : ax = by = cz = a + b + c
a+b+c=



(2)

a b c
a+b+c
+ + =
1 1 1 1 1 1
+ +
x y z x y z

1 1 1
3
+ + = 1 ( vì x y z > 2 ) . Vậy z 3 z = 3
x y z
z

Thay z = 3

1 1 1
1 1 2
+ + = 1 + = 3( x + y ) = 2 xy
x y 3
x y 3

(2 x 3)(2 y 3) = 9 . Do x, y, z nguyên dơng, x y z > 2 và dựa
vào phân tích: 9 = 9.1 = 3.3 ta có các hệ sau:
2 x 3 = 9
x = 6
(loại v ì x y > z > 2)


2
y

3
=
1
y
=
2

2 x 3 = 3
x = 3


( thỏa mãn)
2 y 3 = 3 y = 3
Vậy x = y = z = 3 . Khi đó a = b = c . Vậy tam giác ABC là tam giác đều.

2.2. Phơng pháp đánh giá
Phơng pháp đánh giá tức là ta so sánh một trong hai vế của phơng trình với
những phơng trình đặc biệt nào đó nhằm đa phơng trình về dạng đơn giản, dễ
xác định nghiệm.
Nếu có số nguyên m sao cho m 2 < n < (m + 1)2 thì n không thể là số chính phơng.
Nếu x n < y n < ( x + a ) , thì y n = ( x + k ) , với k = 1, 2,..., a 1 .
n

n

Nếu x, y là các số nguyên và a là số nguyên dơng thỏa mãn điều kiện sau:
x ( x + 1) ( x + 2 ) ... ( x + n ) < y ( y + 1) ( y + 2 ) ... ( y + n ) <
( x + a)( x + a + 1)( x + a + 2)...( x + a + n)


24

Thì ta có : y ( y + 1) ( y + 2 ) ... ( y + n ) = ( x + k ) ( x + k + 1) ( x + k + 2 ) ... ( x + k + n )
với k = 1, 2, , a 1 .

Ta xét một số phơng trình sau:
2.2.1. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
1 + x + x 2 + x 3 = y3 .
2

Giải. Tacó: x + x + 1 = x + 1 ữ + 3 x 2 + x + 1 > 0, với mọi x .
2 4

2

(1)

2

11 19

5 x + 11x + 7 = 5 x + ữ +
5 x 2 + 11x + 7 > 0 , x
10 20

Từ (1) và (2) suy ra:
2

(1+ x + x
Hay:

2

) (

)

(

(2)

) (

)

+ x 3 x 2 + x + 1 < 1 + x + x 2 + x 3 < 1 + x + x 2 + x 3 + 5 x 2 + 11x + 7 ,

x3 < 1 + x + x2 + x3 < ( x + 2) .
3

(3)

Từ (3) suy ra nếu x, y là nghiệm nguyên của phơng trình đã cho thì:
3

(

3

)

3

(4)

x
Do x, y nguyên nên từ (4) suy ra y = x + 1. Thay lại phơng trình đã cho và có:
2

3

(

)

3

2

3

3

2

1 + x + x + x = x + 1 1 + x + x + x = x + 3x + 3x + 1
x = 0
y =1
x x +1 = 0

x = 1. y = 0.
Vậy, phơng trình đã cho có hai nghiệm nguyên là (0, 1) và (-1, 0).
2.2.2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

(

)

1! + 2! + 3! + 4! + L + x! = y 2
Giải. Với x 5 thì x ! có tận cùng là 0 nên:
1! + 2! + 3! + 4! + L + x! = 33 + 5! + L + x! . Có chữ số tận cùng là 3
nên: 1! + 2! + 3! + 4! + L + x! không thể là số chính phơng với x 5
Nh vậy 1 x < 5 x = 1, 2, 3, 4 . Bằng cách thử trực tiếp phơng trình có hai
nghiệm ( x, y ) = (1,1); (3,3)


25

2.2.3. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
x 4 + x 2 y 2 + y + 10 = 0.
Giải. Viết lại phơng trình đã cho dới dạng tơng đơng sau đây:
y ( y 1) = x 4 + x 2 + 10.

(1)

Rõ ràng ta có:

(

)(

)

x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 10 < x 2 + 3 x 2 + 4 .

(2)

Vì thế nếu ( x, y ) là nghiệm nguyên của phơng trình đã cho, thì từ (2) ta có:
2

(

)

2

(

)

(

)(

2

)

2

x x +1 < y y 1 < x + 3 x + 4 .

(3)

Do x, y là các số nguyên nên từ (3) ta có:

( )( )
( )( )
1) Nếu y ( y 1) = ( x + 1)( x + 2 ) x + x + 10 = x + 3 x + 2
(
(

)
)

y y 1 = x2 + 1 x2 + 2


2
2
y y 1 = x + 2 x + 3 .


2

2

4

2

4

2

x = 2

x =4
x = 2.
2

y = 6
2
Khi đó, ta có: y y 1 = 30 y y 30 = 0
y = 5.
Vậy trong trờng hợp này phơng trình đã cho có các nghiệm sau:
(2, 6); (- 2, 6); (2, -5); (- 2, - 5).

(

)

(

)(

)

2) Nếu y ( y 1) = x + 2 x + 3 x + x + 10 = x + 5 x + 6 x = 1 x = 1
2

2

4

2

4

2

2

y = 4
2
Khi đó: y y 1 = 12 y y 12 = 0
y = 3.
Do đó (1, 4); (1, -3); (-1, 4); (-1, -3) cũng là nghiệm cần tìm.
Nh vậy, phơng trình đã cho có 8 nghiệm nguyên sau:
(2, 6) ; (- 2, 6) ; (2, -5) ; (- 2, - 5) ; 1, 4) ; (1, -3) ; (-1, 4) ; (-1, -3).

(

)


26

2.2.4. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
x 4 + x2 + 1 = y2 .
Giải. Xét phơng trình:

x 4 + x2 + 1 = y2.

Do x 2 0 x , nên ta có đánh giá sau:

(x )
2

2

(

)

2

< x4 + x2 + 1 x2 + 1 .

( )

Vì vậy, từ phơng trình đã cho suy ra: x 2

2

(

)

2

(*)

< y2 x2 + 1 .

(

)

2

Do x 2 và x 2 + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp, nên () y 2 = x 2 + 1 ,

(

)

2

Vậy suy ra: x 4 + x 2 + 1 = y 2 x 2 + 1 = x 4 + x 2 + 1 x 2 = 0 x = 0.
Từ x = 0 ta có y = 1 . Vậy (0, 1) và (0, -1) là hai nghiệm nguyên của phơng
trình đã cho.
2.2.5. Cho p, q, r là các số nguyên tố. Hãy giải phơng trình sau:

p( p + 1) + q(q + 1) = r (r + 1).
Giải. Theo giả thiết p, q, r nguyên tố, nên từ phơng trình ta suy ra:

(1)

r > max { p, q} .
Do vai trò bình đẳng của p và q, có thể giả thiết rằng: p q < r.
Viết lại phơng trình đã cho dới dạng tơng đơng sau:
p ( p + 1) = r ( r + 1) q ( q + 1) = r ( q + r + 1) q ( r + q + 1)

= ( r q ) ( r + q + 1) .

(2)

Do p q < r p + 1 < r + p + 1. Vì thế, từ (2) ta có r q < p . Do p nguyên
tố, nên từ r q < p ( p, r q ) = 1. Kết hợp với (2) ta có:

( r + q + 1) Mp

và ( p + 1) M( r q ) , và cũng từ (2) ta có:
r + p + 1 = kp

+
p + 1 = k ( r q), k Â

Xét hai khả năng sau:


27

k = 1
1) Nếu p = 2. Từ p + 1 = k (r q) k (r q) = 3
k = 3.
- Nếu k = 1, ta có r q = p + 1 > p. Điều này mâu thuẫn với r q < p. Vậy
không thể có k = 1.
- Nếu k = 3. Ta có:

r + q + 1 = 6
r + q = 5 r = 3

3 = 3(r q)
r q = 1
q = 2.

Vậy, trong trờng hợp này có các nghiệm nguyên tố là p = 2 ; q = 2 ; r = 3.
2) Nếu p >2. Do p q < r, và do p, q, r nguyên tố suy ra p, q, r đều là các
số nguyên lẻ nên k lẻ. Vì thế có thể đặt k = 2 m +1. Thay lại vào hệ trên ta có:
r + q + 1 = (2m + 2) p

p + 1 = (2m + 1)( r q)

(3)
(4)

Từ (4) ta có p = (2m + 1)(r q) 1. Thay vào (3) ta có:
q = r 1 + (2 m + 1) ( 2m + 1) ( r q ) 1

(

)

= r 1 + 4 m 2 + 4m + 1 ( r q ) 2m 1
= r 1 + 4 m 2 r 4m 2 q + 4mr 4mq + r q 2m 1
= 2m 2 r 2 m 2 q + 2mr 2mq m 1
= 2mr(m + 1) 2 mq( m + 1) (m + 1)
= (m + 1)(2mr 2mq 1).
Vì q là số nguyên tố và do m +1>1, nên từ (5) suy ra:

(5)

m = 1
m = 1
(6)
2mr 2 mq 1 = 1

r q = 1 r = q + 1
Do r và q là các số nguyên tố lẻ, nên từ (6) suy ra vô lí. Vậy trờng hợp 2 bị loại.
Tóm lại, phơng trình đã cho có nghiệm nguyên tố duy nhất là:p = q = 2 và r = 3.
2.2.6. Tìm số tự nhiên a sao cho phơng trình:

x 2 a 2 x + a + 1 = 0 , có nghiệm nguyên.
Giải. Xét phơng trình:

x 2 a2 x + a + 1 = 0 .

(1)