đề tài nghiên cứu khoa học: một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC HOA LƯ
KHOA TỰ NHIÊN


ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Sinh viên thực hiện

: Phạm Thị Mơ
Nguyễn Trọng Độ
Nguyễn Thị Nguyệt

Lớp : D2 Toán-Tin
Giảng viên hướng dẫn : Lê Thị Hồng Hạnh
Ninh Bình,ngày 05 tháng 04 năm 2012


PHẦN NỘI DUNG
Chương 1 : Cơ sở lý thuyết
1.1 Lý thuyết chia trong
1.1.1 Định lý cơ bản
a, Định lý cơ bản
Định lý : Với mọi a,b 

và b  0 : tồn tại duy nhất cặp số nguyên q, r thỏa

mãn : a  bq  r ; 0  r < b
Chứng minh: Xét tập hợp A = { x b ;x b  a }

* Tồn tại : Rõ ràng A bị chặn trên và A   vì :
Ta có  a b   a  a   a b  A  A  
 A có phần tử lớn nhất, giả sử là q1 b

Có  q1  1 b  q1 b  b  a và q1 b  a  q1 b  r   q1  1 b
 0  r< b

Đặt q = q1 nếu b > 0
q = -q1 nếu b < 0
 a = bq  r (0  r < b )

* Duy nhất : ( phản chứng ) : giả sử a  bq  r = bq' + r'  b  q  q'  r ' r
 b q  q'  r  r ' 

r'  r  b

 q  q'  1  q - q' = 0  r = r' . Vậy q, r là duy nhất.

b, Tính chia hết
Ta nói một số nguyên a chia hết cho một số nguyên b (b  0) khi và chỉ khi
số dư trong phép chia a cho b bằng 0. Nói một cách khác, số nguyên a chia hết
cho số nguyên b (b  0) khi và chỉ khi có một số nguyên q sao cho a = q.b.
Trong trường hợp này ta viết: a  b (đọc là: "a chia hết cho b").
-1-


Khi a chia hết cho b, ta cũng có thể nói rằng "b chia hết a" và viết:
b a (đọc là: "b chia hết a").
Ta còn nói a là bội của b hay b là ước của a.
 a

Một số tính chất :  a 0

 1 a a 
 a a a 
 Trong

: 1 chỉ có đúng 2 ước là 1 và -1. Ngược lại nếu a

là ước của 1 thì a  1.
 Nếu a b và c d thì (a.c)  (b.d)
 Nếu a  b và a  c thì a  (b  c).
Chú ý : Quan hệ chia hết trong
quan hệ chia hết trong

*

không phải là quan hệ thứ tự ( khác tính chất

) vì không thỏa mãn tính chất phản xứng. VD: 4 chia

hết cho -4 và -4 chia hết cho 4 nhưng 4  -4.
1.1.2 Một số dấu hiệu chia hết trong
Gọi a = a n a n 1...a1a 0
a, Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
 a  2  a0  2  a0  { 0; 2; 4; 6; 8 }
 a  5  a0  5  a0  { 0; 5 }
 a  4 (hoặc 25)  a1a 0 4 (hoặc 25)
 a  8 (hoặc 125)  a 2a1a 0 8 (hoặc 125)
b, Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9

 a  3 (hoặc 9)  a 0  a1  ...  a n 3 (hoặc 9)
c, Một số dấu hiệu khác
-2-


 a  11  [( a 0  a 2  ...)  (a1  a 3  ...)] 11
 a  7 (hoặc 13)
 [( a 2a1a 0  a 8a 7 a 6  ...)  (a 5a 4 a 3  a11a10 a 9  ...)]

 a  37  ( a 2a1a 0  a 5a 4a 3  ...)

7 (hoặc 13)

37

 a  19  ( a n  2a n 1  22 a n 2  ...  2n a 0 ) 19
1.1.3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất (ƯCLN - BCNN)
Định nghĩa : Cho các số nguyên a1; a2; …; an không đồng thời bằng 0
Một ƯC các số nguyên đã cho là số nguyên c (khác 0) thỏa mãn c a i (i = 1,n )
ƯCLN của các số nguyên đã cho là số nguyên d thỏa mãn là bội của mọi ước
chung của a1; a2; …; an . Kí hiệu là d = (a1, a2, …, an).
Định nghĩa : Cho các số nguyên a1; a2; …; an (ai khác 0 với mọi i = 1,n )
Một BC các số nguyên đã cho là số nguyên t thỏa mãn t a i (  i = 1,n )
BCNN của các số nguyên đã cho là một BC của chúng sao cho nó là ước của
tất cả các BC khác của các số nguyên đã cho. Kí hiệu là t = [a1, a2, …, an].
Ví dụ : 0 là BC của 3 và 5 nhưng không là BCNN vì 0 không là ước của 15.
Tính chất cơ bản của ƯCLN và BCNN:
1) Cho a và b là các số nguyên dương. Khi đó ta có :
(a, b) = (a, a + b)
2) Với hi số nguyên dương a, b ta có :

(a, b)[a, b] = ab
3) Cho m là số nguyên dương. Khi đó ta có :
(ma, mb) = m(a, b)
[ma, mb] = m[a, b]
4) Cho a, b, c là ba số nguyên dương sao cho ab c . Nếu (a, c) = 1 thì b c
5) Với mọi số nguyên dương a, b luôn tồn tại các số nguyên x, y sao cho
ax + by = (a, b).
-3-


1.2 Lý thuyết đồng dư
1.2.1 Định nghĩa và các tính chất của đồng dư
Định nghĩa : Cho m là nột số nguyên dương lớn hơn 1, ta nói hai số nguyên a
và b đồng dư với nhau theo modum m nếu trong các phép chia a và b cho m ta
được cùng số dư, nghĩa là tồn tại các số nguyên q1, q2, r (0  r  m ) sao cho :
a= mq1 + r và b= mq2 + r
Khi a và b đồng dư với nhau theo modum m ta viết a  b (mod m) và đọc là
a đồng dư với b theo modum m hoặc b đồng dư với a theo mudum m
Hệ thức a  b (mod m) được gọi là một đồng dư thức.
Một số tính chất của đồng dư thức:
 Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập số nguyên Z ,
nghĩa là nó có tính chất sau :
Phản xạ :  a Z ta có a  a (mod m) .
Đối xứng :  a, b Z ta có a  b (mod m) và b  a (mod m) .
Bắc cầu :  a, b, c Z ta có
a  b (mod m) và b  c (mod m)  a  c (mod m) .

 Ta có thể cộng (hoặc trừ, nhân) từng vế của nhiều đồng dư thức theo
cùng một modum. Cụ thể là :
a  b (mod m) và c  d (mod m)  a  c  b  d (mod m) .

Tổng quát : nếu ai  bi (mod m)  i = 1,n thì
và
 Giả sử a, b Z sao cho a  b (mod m1 ),
a  b (mod m2 ),

……………….

a  b (mod mk ),
-4-

n

n

i 1

i 1

n

n

i 1

i 1

 a i   bi (mod m)
 a i   bi (mod m)

thì ta có a  b (mod m) với m = [m1, m2,…,mk].
1.2.2 Các định lý Euler, Ferma, Wilson, Ferma - Euler
1.2.2.1 Hàm số Euler
Định nghĩa : Với n =1 ta đặt  (n)  1
Với n > 1, n là số tự nhiên ta đặt  (n) là số các phần tử của tập
hợp Z*n các lớp thặng dư thu gọn modum n, Ta viết  (n) = card ( Z*n ).
1.2.2.2 Định lý Euler
Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguyên tố với m, khi ấy
ta có a (m)  1 (mod m) . Trong đó  (m) là hàm Euler được tính theo công
thức:
* Với m = 1 ta có  (1)  1.
* Với m là một số nguyên tố và  là một số tự nhiên khác 0 ta có

 (m )  m  m 1  m (1 

1
)
m

* Với m là số tự nhiên lớn hơn 1 có dạng phân tích tiêu chuẩn là



m  p1 1 .p2 2 ...pk k ta có  (m)  m(1  1 )(1  1 )...(1  1 )

p1

p2

pk

1.2.2.2 Định lý Perma
Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không chia hết cho p. Khi
ấy ta có a p1  1 (mod p)
Dạng khác của định lý perma : Cho p là một số nguyên tố và a là một số
p
nguyên tùy ý. Khi ấy ta có a  a (mod p) .

Chứng minh: Giả sử p   và (a, p) = 1.
Khi chia a; 2a;…; (p – 1)a cho p sẽ được p – 1 số dư đôi một khác nhau và
là những số trong các số 1; 2;…; p – 1.

-5-


Gọi r1; r2;…;rp-1 là dư tương ứng trong phép chia a; 2a;…; (p – 1)a cho p.
a  r1 (mod p)

 2a  r (mod p)

2
Ta có : 
.......................

(p  1)a  rp1 (mod p)

Nhân tương ứng các đồng dư thức này ta được :

 p 1!a p1  r1r2...rp1  modp 

 p 1!a p1   p 1! mod p 

Hay

 a p1  1 (mod p) vì  (p 1)!,p)  1 .
1.2.2.3

Định lý Wilson, Fermat – Euler

Định lý Wilson : p là số nguyên tố khi và chỉ khi vì (p 1)!1 chia hết cho p.
Định lý Fermat – Euler : Nếu p = 4k + 1 thì tồn tại các số nguyên dương a, b
sao cho p = a 2  b2.
1.3 Liên phân số hữu hạn
Ngoài hai hình thức biểu diễn quen thuộc là phân số và số thập phân hữu
hạn, hoặc vô hạn tuần hoàn, các số hữu tỉ còn có một sự biểu diễn mới. Đó là
các liên phân số hữu hạn.
1.3.1 Liên phân số hữu hạn
Cho x  ; giả sử x =

a
với a  Z , b 
b

Khi đó a = bq0 + r0 (0  r0  b) 

*

, (a,b) = 1.

a
r
1
 q0  0  q0 
b
b
b
r0

Giả sử b = r0q1 + r1 ; (0  r1  r0 ) 

b
r
1
 q1  1  q1 
r0
r0
r0
r1

-6-


x

a
1
 q0 
1
b

q1 
r0
r1

Lặp lại quá trình trên ta được dãy số chia như sau :
a = bq0 + r0

(0  r0  b)

b = r0q1 + r1 (0  r1  r0 )
r0 = r1q2 + r2 (0  r2  r1 )
rn-3 = rn-2qn-1 + rn-1 (0  rn  rn 1 )
rn-2 = rn-1qn
Do rn < rn-1 nên quá trình sẽ dừng lại sau hữu hạn bước và ta sẽ có biểu diễn
x

a
 q0 
b
q1 

1
1
q2 

(1)

1
........
1

+
qn

Định nghĩa : Biểu thức dạng (1) trong đó q0  Z;; q1 ,....,qn 

*

; qn >1

được gọi là một liên phân số hữu hạn cấp n ; q0 ,….,qn gọi là các số hạng của
liên phân số.
Để cho gọn, liên phân số hữu hạn cấp n thường được viết dưới dạng
[q0; q1, q2,…, qn]

Ví dụ :

Ta có :

39
1
1
1
5 5
5
7
1
1
7
1
1

4
1
4
1
3
3

39
 [5; 1, 1, 3]
7
-7-


Định lý :
Định lý 1: Mỗi số hữu tỉ biểu diễn được duy nhất dưới dạng một liên phân
số hữu hạn.
Chứng minh :
* Mỗi số hữu tỉ đều biểu diễn được dưới dạng một liên phân số hữu hạn : Cách
biểu diễn như đã nêu ở trên.
* Duy nhất : Với x bất kì x 
Giả sử : x = [q0; q1, q2, …,qn] = [p0; p1, p2, …,pm]
Ta sẽ chứng minh m = n và qi = pj
Xét x = [q0; q1, q2, …,qn]
+) n = 0 ta có x = [q0]  [x] = q0
+) n = 1 ta có x = [q0; q1] = q0 +

1
< q0 + 1 (do q1 > 1)
q1

Do x > q0 nên [x] = q0
+) n > 1 ta có x = [q0; q1, …, qn] = q 0 

1
q1 

1
q2 

< q0 +

1
........
1
+
qn

1
< q0 + 1
q1

 [x] = q0

Tương tự như với x = [p0; p1, p2, …,pn] ta cũng có [x] = p0
 [x] = q0 = p0

Xét x1 = [q1; q2, …,qn] = [p0; p2, …,pm]
Tương tự q1 = [x1] = p1
Lặp lại quá trình trên và giả sử m > n  0 = [pn+1; …, pm] (mâu thuẫn)
Tương tự m < n ta cũng suy ra điều mâu thuẫn. Vậy m = n.

Suy ra điều phải chứng minh.
Định lý 2 : Mỗi liên phân số hữu hạn đều có giá trị là một số hữu tỉ.
-8-


Chứng minh :
Thực vậy, thực hiện các phép tính chỉ ra trong biểu thức xác định của một
liên phân số hữu hạn (các phép tính cộng và chia trên các số hữu tỉ) ta được kết
quả là một số hữu tỉ.
1.3.2 Giản phân của liên phân số hữu hạn
Việc tính giá trị của một liên phân số hữu hạn có thể được thuật toán hóa
nhờ đưa ra khái niệm giản phân. Ta có định nghĩa sau :
a, Định nghĩa
Giả sử đã cho liên phân số hữu hạn cấp n
x

a
 q0 
b
q1 

Đặt  0  q 0 ; 1  q 0 
Tổng quát :

1

(1)

1
q2 

1
........
1
+
qn

1
; ...
q1

 k  q0 

1
q1 

1
q2 

1
........
1
+
qn

Theo định lý 2 thực hiện các phép tính chỉ ra trong biểu thức  k ta được
một phân số; giả sử  k 
Phân số

Pk

Qk

Pk
được gọi là giản phân cấp k của liên phân số (1).
Qk

-9-


Như vậy giá trị của một liên phân số hữu hạn cấp n bằng giản phân cấp n
của nó.
b, Công thức tính giản phân
Để tìm công thức tính các giản phân

Pk
ta hãy tính một vài giản phân
Qk

đầu tiên của liên phân số. Ta có:

 0  q0 

q0
. Vậy P0 = q0 ; Q0 = 1
1

1  q 0 

1 q1q 0  1
. Vậy P1 = q1q0 + 1 ; Q1 = q1


q1
q1

 2  q0 

1
q1 

1
q2

 q0 

q2
q (q q  1)  q 0
 2 1 0
q 2q1  1
q 2q1  1

Vậy P2 = q2(q1q0 + 1) + q0 ; Q2 = q2q1 + 1
 P  q 2 P1  P0
Đối chiếu các kết quả trên, ta có thể viết :  2
Q2  q 2Q1  P0

Từ đó ta có thể nghĩ tới công thức truy hồi tổng quát :
 Pk  q k Pk 1  Pk 2

Qk  q k Qk 1  Pk 2

với k  2

(2)

Ta chứng minh công thức (2) bằng phép quy nạp.
 P  q 2 P1  P0
* k = 2 ta có :  2
Q2  q 2Q1  P0

 (2) đúng với k = 2.

* Giả sử (2) đúng với k = a; x  a  n , nghĩa là ta có:

 Pa  q a Pa 1  Pa 2

Qa  q a Qa 1  Pa 2

* Ta sẽ chứng minh (2) đúng với k = a + 1
Từ giả thiết quy nạp, suy ra  a 

Pa
q P P
 a a 1 a 2
Qa q a Qa 1  Qa 2

Và chú ý rằng qa không có mặt trong các biểu thức Pa-1 , Pa-2 , Qa-1 , Qa-2
- 10 -


Nhận xét rằng biểu thức  a 1 chỉ khác biểu thức  a ở chỗ thay qa bởi qa +

Vì vậy, nếu trong công thức tính  a ta thay qa bởi qa +

1
q a 1

1
ta được biểu
q a 1

thức tính  a 1 . Từ đó suy ra :
1
)P  P
q a 1 a 1 a 2
q q P  P  q a 1Pa 2
a 
 a 1 a a 1 a 1
1
(q a 
)Q a 1  Q a 2 q a 1q a Q a 1  Q a 1  q a 1Q a 2
q a 1
(q a 



q a 1 (q a Pa 1  Pa 2 )  Pa 1
q a 1 (q a Q a 1  Qa 2 )  Q a 1

Theo giả thiết quy nạp ta có :

 a 1 

 P  q a 1Pa  Pa 1
Vậy  a 1
Q a 1  q a 1Q a  Q a 1

Tóm lại các giản phân

q a 1Pa  Pa 1
q a 1Q a  Q a 1

(đpcm)

Pk
, k = 0, 1, …., n của một liên phân số hữu hạn
Qk

cấp n được tính theo hệ thức truy hồi sau :
P0  q 0 ; Q 0  1

 P  q q 1 ; Q  q
 1
1 0
1
1

 Pk  q k Pk 1  Pk 2 (k  2)
Q k  q k Q k 1  Q k 2 (k  2)

Ta thấy Pk phụ thuộc vào Q0  Z mà q1; q2; …; qn 

*

do vậy Pk  Z

Do (Pk , Qk) = 1 nên giản phân cấp k của liên phân số hữu hạn là phân số
tối giản.
- 11 -


Ví dụ : Tính các giản phân của x =
Ta đã có :

39
7

39
= [5; 1, 1, 3]
7

Có P0 = q0 = 5 ; Q0 = 1   0 

P0 5

Q0 1

P1 = q1q0 + 1= 1.5 + 1= 6 ; Q1 = q1 = 1  1 

P1 6

Q1 1

P2 = q2P1 + P0 = 1.6 + 5= 11 ; Q2 = q2Q1 + Q0 = 1.1 + 1= 2   2 

P2 11

Q2 2

P3 = q3P2 + P1 = 3.11 + 6= 39 ; Q3 = q3Q2 + Q1 = 3.2 + 1=7   3 

P3 39

Q3 7

c, Lập bảng để tính các giản phân
Theo hệ thức truy hồi trên, việc tính các giản phân có thể được thực hiện
bằng cách lập bảng sau:
qk

q0

q1

q2

…

qk-2

qk-1

qk

Pk

P0=q0

P1= q1q0+1

P2= q2P1+P0

…

Pk-2

Pk-1

Pk=qkPk-1 + Pk-2

Qk

Q0=1

Q1= q1

Q2= q2Q1+Q0

…

Qk-2 Qk-1

Qk=qkQk-1 + Qk-2

Ví dụ : Tính các giản phân của liên phân số [2; 3, 2, 1, 2, 3] và giá trị của liên
phân số này.
Ta lập bảng sau:
qk

2

Pk

2

Qk

3

3

2

1

3.2+1= 7 2.7+2= 16 1.1 6+6=23
3

2.3+1= 7

1.7+3=10

- 12 -

2
2.23+16=62
2.10+7=27

3
3.62+23=209
3.27+10=91


Các giản phân của liên phân số trên là:
P0 2 P1 7 P2 16 P3 23 P4 62 P5 209
 ;  ;
 ;
 ;
 ;

Q 0 1 Q1 3 Q 2 7 Q3 10 Q 4 27 Q 5 91

209
91

Giá trị của liên phân số này là

Ta có thể tính giá trị của liên phân số trên theo định nghĩa:
Gọi giá trị của liên phân số trên là x. Ta có :
x=

a
2

b
3

1



1
2

209
91

1
1

1
2

1
3

Ngoài ra ta có thể tính các giản phân và giá trị liên phân số trên theo công
thức truy hồi. Tuy nhiên, việc tính giản phân bằng cách lập bảng trực quan và
khoa học hơn rất nhiều.
d, Tính chất của giản phân
Tính chất 1: PkQk-1 – Pk-1Qk = (1) k 1

(1  k  n) (1)

Chứng minh: ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp
* n = 1 ta có P1Q0 – P0Q1 = (q1q0 + 1).1 – q0q1 = 1 = (1)11
Do đó (1) đúng với n = 1
* Giả sử (1) đúng với n = k. Ta có: : PkQk-1 – Pk-1Qk = (1) k 1
* Chứng minh (1) đúng với n = k + 1
Ta cần chứng minh: : Pk+1Qk – PkQk+1 = (1) k
Có Pk+1Qk – PkQk+1 = (qk+1Pk + Pk-1)Qk = Pk(qk+1Qk + Qk-1) = Pk-1Qk –
PkQk-1
= - (1) k 1 = (1) k (đpcm).
- 13 -


Tính chất 2 : PkQk-2 – Pk-2Qk = (1) k q k

(2  k  n) (2)

Chứng minh: Ta chứng minh tính chất trên bằng phương pháp quy nạp
toán học
* n= 2 Ta có P2Q0 – P0Q2 = (q2P1 +P0).1 – q0(q2Q1 + Q0)
= [q2(q1q0 + 1) +q0] – q0 (q2q1 + 1)
= q2 + q0 – q0 = q2 = (1) q 2
2

Do đó (2) đúng với n = 2.
* Giả sử (2) đúng với n = k hay ta có: PkQk-2 – Pk-2Qk = (1) q k
k

* Ta sẽ chứng minh (2) đúng với n = k + 1
Hay Pk+1Qk-1 – Pk-1Qk+1 = (1)

k 1

q k 1

Ta có: Pk+1Qk-1 – Pk-1Qk+1 = (qk+1Pk + Pk-1)Qk-1 – Pk-1(qk+1Qk + Qk-1)
= qk+1PkQk-1 – Pk-1qk+1Qk = qk+1(PkQk-1 – Pk-1Qk)
k 1
= (1) q k 1 (Áp dụng tính chất (1))

= (1)

k 1

q k 1 ( do k-1 và k+1 cùng tính chẵn lẻ)

Vậy (2) đúng với n = k+1
 đpcm.

Tính chất 3 : Trong 2 giản phân liên tiếp thì giản phân cấp lẻ lớn hơn
giản phân cấp chẵn

 0  1   2
2  3   4

Chứng minh: xét 2 giản phân liên tiếp  k 1 và  k
Pk Pk 1 Pk Q k 1  Q k Pk 1 (1) k 1


Ta có  k -  k 1 =
(AD tính chất (1))


Q k Q k 1
Q k Q k 1
Q k 1Q k

Từ đó suy ra khi k lẻ:  k >  k 1
Khi k chẵn: có  k <  k 1
Tính chất 4 : Các giản phân cấp chẵn lập thành một dãy tăng theo chỉ số.
- 14 -


Các giản phân cấp lẻ lập thành một dãy giảm theo chỉ số.
Chứng minh: xét 2 giản phân cùng tính chẵn, lẻ liên tiếp  k và  k 2
Pk Pk 2 Pk Q k 2  Q k Pk 2 (1) k q k
Ta có  k -  k 2 =
(AD tính chất (2))



Q k Q k 2
Q k Q k 2
Q k 1Q k

Vì qk ; Qk-1 ; Qk dương nên ta có: khi k lẻ:  k <  k 2
khi k chẵn: có  k >  k 2
Tính chất 5 : Mỗi giản phân cấp chẵn đều nhỏ hơn mọi giản phân cấp lẻ.
Chứng minh: Ta xét giản phân cấp chẵn và lẻ bất kì tương ứng là:  2k và

 2m1 (2k  0 ; 2m + 1  n )
* k = m theo tính chất (3) ta có  2k <  2m1

  2m1

* k > m ta có  2k 1
  2k 1   2k

  2k   2m1

    2m
* k < m ta có  2k
 2m   2m1

  2k   2m1

Vậy mỗi giản phân cấp chẵn đều nhỏ hơn mọi giản phân cấp lẻ.
1.4 Liên phân số vô hạn
1.4.1 Liên phân số vô hạn
Định nghĩa
Xét  là một số vô tỉ:  \
Đặt q0  ;

1
  , 0    1
1

Thì 1 là số vô tỉ và 1  1
Vậy   q0 

1
1

q1  1  ;

 

1
 1 thì số  2 là số vô tỉ và 2  1
2
- 15 -


   q0 

1
q1 

1
2

Lặp lại quá trình trên đến lần thứ k ta được:
  q0 

1
q1 

1
q

k 1



1


k

Quá trình trên là vô hạn vì 1, 2 ,... đều là các số vô tỉ lớn hơn 1 và khi
đó ta có biểu thức:   q 0 

q1 

1
1
q

(1) q0  ; q1,q 2 ,...  *

k 1



1

ở đó: q là số hạng thứ i của liên phân số vô hạn.
i

1.4.2 Giản phân của liên phân số vô hạn
Giản phân cấp k của liên phân số vô hạn (1) là:  
k

Trong đó:

P  q
 0
0
Q  1
 0

 P1  q1q 0  1 ; Q1  q1

 Pk  q k Pk 1  Pk  2

Qk  q k Qk 1  Qk  2

k2
k2

Hay:
  q0 
k

1
q1 

1
q

k 1



1
q

k

Tính chất:
- 16 -

P

k

Q

k


Giản phân vô hạn cũng có các tính chất giống như giản phân hữu hạn.
Ta có: 

k 1

 

P Q P Q
k 1 k

Q

k

k

k 1

Q

 1

Q

k 1 k

k

Q

k 1 k


0

k 

Vậy khoảng cách giữa hai giản phân liên tiếp giảm dần tới 0 khi các chỉ
số của giản phân tăng lên vô hạn.
Mặt khác, giản phân cấp chẵn tăng cùng chỉ số, giản phân cấp lẻ giảm
cùng chỉ số. Vậy dãy các giản phân cấp chẵn và dãy các giản phân cấp lẻ đều
hội tụ về cùng một giá trị. Do vậy dãy các giản phân của liên phân số vô hạn

hội tụ.
Tức là tồn tại lim  , giới hạn này được gọi là giá trị của liên phân vô
k  k

hạn đã cho.
Nếu ta kí hiệu   q0 ;q1,q2 ,... thì ta cũng nói rằng: lim  là giá trị của
k  k
liên phân vô hạn q0 ;q1,q 2 ,... .
Biểu diễn số hữu tỉ bằng liên phân vô hạn:
Với  , xét   q0 ;
Ta thấy, nếu  

1
 
1

thì 1  1 ,   q0 

1
1

 

1
 1
Đặt 1   q1;
2

Vậy   q0 

1
q1 

1
2

Lặp lại quá trình trên đến bước thứ k ta được:

- 17 -


  q0 

1
q1 

1
q

k 1



1


k

Nếu  là số hữu tỉ thì quá trình trên là hữu hạn
Nếu  là số vô tỉ thì quá trình trên là vô hạn và giá trị của liên phân số

vô hạn này chính là  .
Ta viết:   q0 ;q1,q2 ,...
Ví dụ: Biểu diễn số 11 bằng liên phân số vô hạn.
Giải:
1
 11  3
Ta có  11  3 ,
1

 1 

1
11  3
1

; 11  3 
2
1
11  3

 11  3 
1
 11  3

  3;
1
 2 

 2 

2
1
 11  3; 11  3 
1
11  3
3
2

 11  3  6; 1  11  3



3

 3 

1
11  3
1

 1; 11  3 
1
2
11  3
3
1
6
1

Lặp lại quá trình trên ta được: 11  3;  3,6  

Chương 2 : Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

- 18 -


Phương trình nghiệm nguyên hay còn gọi là phương trình vô định hay
phương trình Diophantine có dạng f(x1; x2;…; xn) = 0 (*)
Khi n  2 và f(x1; x2;…; xn) là một đa thức nguyên với một hoặc đa biến
thì (*) được gọi là phương trình nghiệm nguyên (algebraic Diophantine





equation) bộ số x10 ;x 02 ;...;x 0n 

thỏa mãn (*) được gọi là một nghiệm

nguyên của phương trình.
Một phương trình có một hoặc nhiều cách giải gọi là phương trình có thể
giải được.
Các vấn đề sau được đặt ra khi giải một phương trình nghiệm nguyên,
chúng được sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó:
1) Phương trình có thể giải quyết được hay không, nghĩa là nó có nghiệm hay
vô nghiệm?
2) Nếu có nghiệm, phương trình có bao nhiêu nghiệm, có hữu hạn hay có vô số
nghiệm?
3) Tìm tất cả các nghiệm của phương trình?
Các cách giải phương trình Diophantine rất phong phú. Tuy vậy có thể rút ra
một số cách giải tùy thuộc vào dạng của chúng.

2.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn
2.1.1 Dạng phương trình bậc nhất hai ẩn và cách giải
a, Dạng phương trình:
Phương trình bậc nhất hai ẩn hay còn gọi phương trình Diophantine
tuyến tính có dạng: ax + by = c

(a; b; c  ) (1)

Nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) 

thỏa mãn ax + by = c.

b, Điều kiện có nghiệm của phương trình:
Phương trình : ax + by = c

(a; b; c  ) có nghiệm nguyên khi và chỉ

khi (a, b) | c
Giả sử phương trình (1) có nghiệm (x0; y0) : ax0 + by0 = c
- 19 -


a  da

1
Đặt d = (a, b)  
 d(a 1x  b1y)  c  d | c
b

db


1

 a  da 1
 b  db

1
Mà (a, b) | c  
 c  dc1
(a 1;b1 )  1

  x1; y1 

: a 1x1  b1y1  1

 ca1x1 + cb1y1 = c

 (a1d)c1x1 + (b1d)c1y1 = c1d
 a(c1x1) + b(c1y1) = c
 x  c1x1
 (1) có nghiệm 
 y  c1y1

c, Tập hợp nghiệm nguyên của (1)
Giả sử (1) có nghiệm nguyên x0; y0 khi đó mọi nghiệm nguyên
b

x

x


t
0

d
của phương trình (1) là x, y có dạng 
y  y  a t
0

d

(t  )

(*)

với d = (a, b)
Chứng minh:
“  ” chứng minh x, y có dạng (*) là nghiệm của phương trình (1)
b
d

a
d

Ta có: ax + by  a(x0 + t)  b(y 0  t)  ax 0  by 0 

ab
ab
t t
d

d

 ax0 + by0  c

Vậy (x; y) là nghiệm của phương trình (1)
“  ” Giả sử (x; y) là nghiệm của phương trình (1) thì x; y có
dạng (*)

- 20 -


Gọi (x; y) và (x0; y0) là nghiệm của (1) ta có:
 ax  by  c
a
b
 a(x - x 0 )  b(y  y 0 )  0  (x  x 0 )  (y 0  y)

d
d
ax 0  by 0  c

b
 d | (x-x 0 )
a b
Vì d = (a, b) nên  ,   1  
d d
 a | (y -y)
0
 d
b

a
  t  : x  x 0  t  y0  y  t
d
d

b

 x  x 0  d t

y  y  a t
0

d

(t  )

b

x

x

t
0

d
Vậy nếu (x0; y0) là nghiệm của (1) thì tập hợp nghiệm của (1) là 
y  y  a t
0


d
 đpcm.

b

x

x

t
0

d
Ngoài ra, ta còn có cách viết công thức nghiệm khác như sau: 
y  y  a t
0

d

d, Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn
Để giải phương trình bậc nhất hai ẩn ta cần biết được ít nhất 1 nghiệm
nguyên, 2 cách giải ta thường sử dụng là “nhẩm nghiệm” và “nhóm”
Cách 1: “nhẩm nghiệm”
- Kiểm tra điều kiện có nghiệm của phương trình.
- Tìm một nghiệm nguyên (x0; y0) của (1)
- Viết công thức nghiệm dạng (*) (hoặc dạng khác như đã nêu).
- 21 -


Cách 2: “nhóm”

- Kiểm tra điều kiện có nghiệm của phương trình.
- Tìm cách đưa phương trình về dạng có một hệ số của ẩn bằng 1 bằng
cách nhóm và đặt ẩn phụ, ta có phương trình dạng sau:
anxn + yn = ck (hoặc xn + bnyn = ck ). Dễ thấy một nghiệm của phương trình đó là
 xn  0

yn  ck

- Tìm một nghiệm của phương trình (1) dựa vào cách đặt ẩn phụ.
- Viết công thức nghiệm của phương trình đã cho.
Đối với phương trình có hệ số của ẩn nhỏ mà ta có thể nhẩm được nghiệm
thì sử dụng cách 1, nếu nhẩm nghiệm khó khăn ta sử dụng cách 2.
Cách 3: Sử dụng đồng dư thức
- Từ phương trình ax + by = c  ax  c (mod b)
Sử dụng các tính chất của đồng dư để biến đổi về dạng x  k (mod b). Từ
đó suy ra x = bt + k (t ) thay vào phương trình ta tìm được y.
e, Một số ví dụ
Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:
Ví dụ 1: 3x – 5y = 7
Giải:
Ta có (3, -5) = 1 | 7 do đó phương trình đã cho có nghiệm nguyên.
Cách 1: “nhẩm nghiệm”
Ta thấy (x; y) = (4; 1) là nghiệm của phương trình vì 3.4 - 5 = 7.
 x  4  5t
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là: 
 y  1  3t

Cách 2: Sử dụng đồng dư thức
Từ 3x – 5y = 7

- 22 -

(t  ) .


 3x  7 (mod 5)
 3x  12 (mod 5)
 x  4 (mod 5)
 x  4  5t

(t  )

 y  1  3t

(t )

 x  4  5t
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là: 
 y  1  3t

(t  ) .

Ví dụ 2: 135x + 78y = 24
Giải:
Ta có (135, 78) = 3 | 24 nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên.
Ta có: 135x + 78y = 24
 78(x + y) + 57x = 24
 78z + 57x = 24

(đặt z = x +y)

 57(z + x) +21z = 24
 19t + 7z = 8

(đặt t = z + y)

 7(z + 2t) +5t = 8
 7u + 5t = 8

(đặt u = z + 2t)

 5(u + t) + 2u = 8


5v + 2u = 8

(đặt v = u + t)

 2(2v + u) + v = 8
 2w + v = 8

(đặt w = 2v +u) (2)

w  0
Dễ thấy một nghiệm của phương trình (2) là: 
v8
u  16  t  24
 x  88




 v 8
z  64  y  152

- 23 -


78

x

88

t

3
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là: 
 y  152  135 t

3

 x  88  26t
Hay : 
 y  152  45t

(t  )

(t  )

Ngoài 2 cách trên, đối với phương trình bậc nhất hai ẩn khó nhẩm

nghiệm hay hệ số của ẩn lớn, việc nhóm để đưa về phương trình đơn giản hơn
dài dòng phức tạp…thì người ta sử dụng giản phân của liên phân số hữu hạn để
tìm nghiệm của phương trình vô định.
2.1.1 Ứng dụng giản phân liên phân số hữu hạn giải phương trình vô định
Trước tiên, ta tìm công thức tính nghiệm riêng của phương trình vô định
dựa vào giản phân liên phân số hữu hạn.
Ta xét phương trình vô định: ax + by = c
Giả sử

a
 [q0; q1, q2,…, qn]
b

Ta có:

 a  Pn
a Pn


b Qn
b  Q n

(vì

(a, b, c  ; (a,b) = 1) (1)

P
a
và n đều là phân số tối giản)
Qn

b

Theo tính chất của giản phân ta có: PnQn-1 – QnPn-1 =  1
 aQn 1  bPn 1   1
 a[c  1

n 1

n 1

n 1

Qn 1 ]  b[c  1 Pn 1 ]  c

 x  c  1 n 1 Q
n 1
 
n
 y  c  1 Pn 1

n

là một nghiệm riêng của phương trình (1)

Sử dụng giản phân liên phân số hữu hạn giải phương trình nghiệm nguyên sau:
Ví dụ 1: 97x + 56y = 13
Giải:

- 24 -