Nghiên cứu Một số phương pháp giải phương trình Diophante Luận văn toán học 2017

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

VŨ THỊ TƯỜNG ANH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2013


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

VŨ THỊ TƯỜNG ANH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số

: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. NGUYỄN GIA ĐỊNH

ĐÀ NẴNG - NĂM 2013

LỜI CAM ĐOAN
Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai
công bố trong bất kỳ công trình nào khác.

Tác giả

Vũ Thị Tường Anh


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ....................................................................................................... 1
1. Lý do chọn đề tài .................................................................................. 1
2. Mục đích nghiên cứu ............................................................................ 2
3. Nhiệm vụ nghiên cứu............................................................................ 2
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cúu ......................................................... 2
5. Phương pháp nghiên cứu....................................................................... 3
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài............................................... 3
7. Cấu trúc luận văn ................................................................................. 3
CHƯƠNG 1. CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
DIOPHANTE ............................................................................................... 4
1.1. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH .............................................................. 4
1.2. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
DIOPHANTE ................................................................................................. 8
1.3. PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ ................................................................. 12
1.4. PHƯƠNG PHÁP SỐ HỌC MODULAR................................................ 16
1.5. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC ............................................ 19
1.6. PHƯƠNG PHÁP GIẢM VÔ HẠN FERMAT (FMID) .......................... 26

1.7. PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE HỖN HỢP ........................................ 33


CHƯƠNG 2. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE CỔ ĐIỂN ..... 37
2.1. PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE TUYẾN TÍNH.................................. 37
2.2. BỘ BA PYTHAGORE VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ................ 42
2.3. PHƯƠNG TRÌNH ĐÁNG CHÚ Ý KHÁC ............................................ 51
CHƯƠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH KIỂU PELL.......................................... 60
3.1. PHƯƠNG TRÌNH PELL: LỊCH SỬ VÀ ĐỘNG LỰC .......................... 60
3.2. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH PELL BẰNG CÁC PHƯƠNG PHÁP SƠ
CẤP. ............................................................................................................. 62
3.3. PHƯƠNG TRÌNH ax2 – by2 = 1 ............................................................ 69
3.4. PHƯƠNG TRÌNH PELL ÂM ................................................................ 71
KẾT LUẬN ................................................................................................. 75
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................... 76
QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao)


DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU




*


Tập hợp các số tự nhiên
Tập hợp các số nguyên
Tập hợp các số nguyên dương
Tập hợp các số nguyên âm

Tập hợp các số nguyên khác không
Tập hợp các số hữu tỉ
Tập hợp các số hữu tỉ dương
Tập hợp các số hữu tỉ âm
Tập hợp các số thực
Tập hợp các số thực dương
Tập hợp các số thực âm
Hàm Euler






  n

 n

Phần nguyên của số thực n

n d
d n

n chia hết cho d
d chia hết n (d là ước của n)

DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT
UCLN(a, b)
FMID
VT

VP

Ước chung lớn nhất của a và b
Phương pháp giảm vô hạn Fermat
Vế trái
Vế phải


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình vô định hay còn gọi là phương trình Diophante (Diophantine equation) là phương trình có dạng

f (x1 , x2 , ..., xn ) = 0

(1)

trong đó f là một hàm n biến với n ≥ 2. Nếu f là một đa thức với hệ số
nguyên thì (1) được gọi là một phương trình Diophante đại số. Một bộ n
x01 , x02 , ..., x0n ∈ Zn thỏa mãn phương trình (1) được gọi là một nghiệm
của phương trình (1). Một phương trình có một hoặc nhiều nghiệm được
gọi là giải được.
Liên quan đến phương trình Diophante, có ba vấn đề cơ bản xuất hiện:
Vấn đề 1: Phương trình có giải được không?
Vấn đề 2: Trong trường hợp giải được, số nghiệm là hữu hạn hay vô
hạn?
Vấn đề 3: Trong trường hợp giải được, xác định tất cả các nghiệm của
nó.
Người có công nhiều nhất cho việc thiết lập cách giải phương trình

Diophante là nhà toán học Diophantus người xứ Alexandria (Ai Cập).
Ông sống vào thế kỷ thứ III trước công nguyên. Diophantus đã hệ thống
tất cả các bài toán phương trình vô định vào bộ sách 13 tập có tên Số
học. Cho đến ngày nay bộ sách này chỉ còn 6 tập với 189 bài toán. Công
trình Diophantus về phương trình kiểu (1) được tiếp tục bởi các nhà toán
học Trung Quốc (thế kỷ thứ 3), Ả Rập (các thế kỷ 8-12) và kết quả sâu
hơn bởi Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, ... Chủ đề này vẫn còn chiếm
phần quan trọng trong toán học hiện đại qua các công trình của Gelfold,
Matiasevic, Shenzel, Serpinsky, ...
Thông qua việc giải các phương trình Diophante, các nhà toán học đã
tìm ra được những tính chất sâu sắc của số nguyên, số hữu tỉ, số đại số.
Giải phương trình Diophante đã đưa đến sự ra đời của liên phân số, lý
thuyết đường cong elliptic, lý thuyết xấp xỉ Diophante, thặng dư bình
phương, số học modular, ...
Phương trình Diophante có một vai trò quan trọng trong toán học và


2

trong thực tế, bởi vậy đã được các nhà toán học trên thế giới nghiên cứu
từ rất lâu, được đề cập tới trong bất kì một cuốn sách số học cơ bản nào
và hiện nay vẫn chiếm một vị trí quan trọng trong nghiên cứu và học tập.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế, phương trình Diophante
vẫn thường xuyên xuất hiện dưới các hình thức khác nhau và luôn được
đánh giá là khó do tính không mẫu mực của nó.
Xuất phát từ tính thời sự của phương trình Diophante và nhu cầu muốn
tìm hiểu về một số phương pháp cơ bản giải phương trình Diophante, vấn
đề quan trọng trong chương trình THPT, đặc biệt là dành cho khối chuyên
toán, chúng tôi quyết định chọn đề tài với tên gọi: "Một số phương pháp
giải phương trình Diophante" để tiến hành nghiên cứu. Vấn đề này luôn

mang tính thời sự trong đại số và lý thuyết số. Chúng tôi hy vọng tạo được
một tài liệu tham khảo tốt cho những người bắt đầu tìm hiểu về Phương
trình Diophante và hy vọng tìm ra được một số ví dụ minh họa đặc sắc
nhằm góp phần làm phong phú thêm các kết quả trong lĩnh vực này.
2. Mục tiêu của đề tài
Mục tiêu của đề tài nhằm nghiên cứu phương trình Diophante, thông
qua các phương pháp cơ bản trong việc giải phương trình Diophante, một
số phương trình Diophante cổ điển và các phương trình kiểu Pell.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đề tài có nhiệm vụ nghiên cứu 3 chương:
– Chương 1 giới thiệu các phương pháp cơ bản trong việc giải các phương
trình Diophante như là phân tích, số học modular, quy nạp toán học,
phương pháp giảm vô hạn của Fermat.
– Chương 2 trình bày một số phương trình Diophante cổ điển bao gồm
tuyến tính, Pythagore và một số phương trình bậc cao.
– Chương 3 tập trung về phương trình kiểu Pell, một lớp đặc biệt của
phương trình Diophante bậc hai.
Trong mỗi phần sẽ đưa vào các ví dụ minh họa tiêu biểu .
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là phương trình Diophante qua một số
phương pháp giải. Phạm vi nghiên cứu của đề tài là các phương pháp cơ
bản giải phương trình Diophante, một số phương trình Diophante cổ điển


3

và phương trình Diophante kiểu Pell.
5. Phương pháp nghiên cứu
1. Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả nghiên cứu
liên quan đến Phương trình Diophante và phương pháp giải nó. . .

2. Tham gia các buổi seminar của thầy hướng dẫn để trao đổi các kết
quả đang nghiên cứu. Trao đổi qua email, blog, forum với các chuyên gia
về phương trình Diophante.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
1. Tổng quan các kết quả của các tác giả đã nghiên cứu liên quan đến
Các loại phương trình Diophante và các phương pháp giải nhằm xây dựng
một tài liệu tham khảo cho những ai muốn nghiên cứu về Phương trình
Diophante.
2. Chứng minh chi tiết và làm rõ một số mệnh đề, cũng như đưa ra một
số ví dụ minh hoạ đặc sắc nhằm làm cho người đọc dễ dàng tiếp cận vấn
đề được đề cập.
7. Cấu trúc của luận văn
Nội dung của đề tài được chia thành 3 chương:
Chương 1: Các phương pháp cơ bản giải phương trình Diophante
Chương 2: Một số phương trình Diophante cổ điển
Chương 3: Phương trình kiểu Pell


4

CHƯƠNG 1

CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE
1.1. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH
Phương pháp này bao gồm viết phương trình f (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 dưới
dạng

f1 (x1 , x2 , ..., xn ) f2 (x1 , x2 , ..., xn ) ...fk (x1 , x2 , ..., xn ) = a
trong đó f1 , f2 , ..., fk ∈ Z [X1 , X2 , ..., Xn ] và a ∈ Z.

Cho các nhân tử nguyên tố của a, ta được hữu hạn các phân tích thành
k các nhân tử nguyên a1 , a2 , ..., ak . Với mỗi cách phân tích cho ta một hệ
các phương trình



f1 (x1 , x2 , ..., xn ) = a1




f (x , x , ..., x ) = a
2 1 2
n
2


...




f (x , x , ..., x ) = a
k 1 2
n
k
Việc giải tất cả các hệ phương trình như vậy cho ta một tập nghiệm
đầy đủ của (1).
Chúng ta sẽ minh họa phương pháp này bằng một số ví dụ được trình
bày sau:

Ví dụ 1.1. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:

x2 + 1

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

Giải.
Viết phương trình trên dưới dạng

x2 y 2 − 2xy + 1 + x2 + y 2 − 2xy + 2 (x − y) (1 − xy) = 4
⇔ (xy − 1)2 + (x − y)2 − 2 (x − y) (xy − 1) = 4
⇔[xy − 1 − (x − y)]2 = 4
⇔ (x + 1) (y − 1) = ±2.


5

* Nếu (x + 1) (y − 1) = 2, ta có được các hệ phương trình sau:
x+1=2
x + 1 = −2
x+1=1
x + 1 = −1
;
;
;
y−1=1
y − 1 = −1
y−1=2
y − 1 = −2
lần lượt cho các nghiệm (1, 2), (-3, 0), (0, 3), (-2, -1).

* Nếu (x + 1) (y − 1) = −2, ta có được các hệ phương trình sau:
x + 1 = −1
x+1=1
x + 1 = −2
x+1=2
;
;
;
y−1=2
y − 1 = −2
y−1=1
y − 1 = −1
lần lượt cho các nghiệm (1, 0), (-3, 2), (0, -1), (-2, 3).
Tất cả 8 cặp nghiệm trên đều thỏa mãn phương trình đưa ra.
Ví dụ 1.2. Cho p và q là hai số nguyên tố. Tìm nghiệm nguyên dương
của phương trình:
1 1
1
+ = .
x y
pq
Giải.
Phương trình trên tương đương với phương trình diophante đại số sau:

(x − pq) (y − pq) = p2 q 2 .
Xét tất cả các ước dương của p2 q 2 ta được các hệ phương trình sau:
x − pq = 1
x = 1 + pq
1/
⇔

y − pq = p2 q 2
y = pq (pq + 1)
2/
3/
4/
5/
6/

x − pq = p2 q 2
y − pq = 1
x − pq = p2
y − pq = q 2
x − pq = q 2
y − pq = p2

x = pq (pq + 1)
y = 1 + pq

⇔

x = p (p + q)
y = q (p + q)

⇔

x − pq = p
y − pq = pq 2
x − pq = pq 2
y − pq = p

⇔

x = q (q + p)
y = p (p + q)

⇔

x = p (1 + q)
y = pq (q + 1)

⇔

x = pq (q + 1)
y = p (1 + q)


6

x − pq = q

7/

y − pq = p2 q
x − pq = p2 q

8/

y − pq = q

x = q (1 + p)

y = pq (p + 1)

⇔

x = pq (p + 1)
y = q (1 + p)

x − pq = pq

9/

⇔

⇔

x = 2pq

y = 2pq
y − pq = pq
Vậy phương trình đã cho có các cặp nghiệm là:
(1 + pq, pq(1 + pq)) , (p(1 + q), pq(1 + q)) , (q(1 + p), pq(1 + p)) ,
(p(p + q), q(p + q)) , (2pq, 2pq) , (pq(1 + q), p(1 + q)) ,
(pq(1 + p), q(1 + p)) , (q(p + q), p(p + q)) , (pq(1 + pq), (1 + pq)) .
Ví dụ 1.3. Xác định tất cả các cặp nguyên không âm (x, y) thỏa phương
trình:
(xy − 7)2 = x2 + y 2 .
Giải.
Phương trình trên tương đương với

(xy − 6)2 + 13 = (x + y)2

hoặc

(x + y)2 − (xy − 6)2 = 13.
Ta nhận được phương trình

(x + y + xy − 6)(x + y − xy + 6) = 13,
cho ta các hệ sau:

x + y + xy − 6 = 1
x + y − xy + 6 = 13

;

x + y + xy − 6 = 13
x + y − xy + 6 = 1

Các hệ trên lần lượt tương đương:

x+y =7
xy = 0

;

x+y =7
xy = 12

Các nghiệm của phương trình đã cho là: (0, 7), (7, 0), (3, 4), (4, 3).


7

Ví dụ 1.4. Giải phương trình theo x, y nguyên

x2 (y − 1) + y 2 (x − 1) = 1
Giải. Đặt x = u + 1, y = v + 1, phương trình trên trở thành

(u + 1)2 v + (v + 1)2 u = 1
⇔ uv(u + v) + 4uv + (u + v) = 1
⇔ uv(u + v + 4) + (u + v + 4) = 5
⇔ (u + v + 4)(uv + 1) = 5.
Một trong các nhân tử phải bằng 5 hoặc -5 và nhân tử còn lại bằng
1 hoặc -1. Điều đó có nghĩa là tổng u + v và tích uv phải thỏa mãn một
trong bốn hệ phương trình sau:
u+v+4=1
u + v = −3
1/
⇔
uv + 1 = 5
uv = 4
2/

u+v+4=5

⇔

uv + 1 = 1
3/
4/

u + v + 4 = −1

uv + 1 = −5
u + v + 4 = −5

u+v =1
uv = 0

⇔
⇔

u + v = −5
uv = −6
u + v = −9

uv + 1 = −1
uv = −2
Chỉ có hệ phương trình thứ hai và thứ ba có nghiệm nguyên là (u, v)
= (0, 1), (1, 0), (-6, 1), (6, -1).
Do đó phương trình ban đầu có các cặp nghiệm (x, y) = (u + 1, v +
1) là (1, 2), (-5, 2), (2, 1), (2, -5).
Ví dụ 1.5. Tìm tất cả bộ ba nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương
trình sau:
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = p,

trong đó p là số nguyên tố, p > 3.
Giải.
Phương trình trên tương đương

(x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) = p

8

Vì x, y, z là số nguyên dương nên x + y + z > 1. Do đó phương trình
trên tương đương

x + y + z = p (1)
x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 1 (2)
(2) ⇔ 2x2 + 2y 2 + 2z 2 − 2xy − 2yz − 2zx = 2
⇔ (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 2
Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z.
* Nếu x > y > z thì (x − y)2 ≥ 1, (y − z)2 ≥ 1, (x − z)2 ≥ 4
Suy ra (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ 6 > 2
Do đó loại trường hợp x > y > z .
* Nếu x = y = z thì thay vào phương trình ban đầu ta được: 3x3 −3x3 =
p ⇒ p = 0 (trái giả thiết)
Do đó loại trường hợp x = y = z .
Vì thế ta phải có x = y = z + 1 hoặc x − 1 = y = z . Suy ra số nguyên
tố p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2.
Trong trường hợp x = y = z + 1, phương trình ban đầu có nghiệm là
p+1 p+1 p−2
,
,
và các hoán vị của nó.
3
3
3
Trong trường hợp x − 1 = y = z , phương trình ban đầu có nghiệm là
p+2 p−1 p−1
,
,

và các hoán vị của nó.
3
3
3
1.2. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
DIOPHANTE
Phương pháp này làm hạn chế khoảng giá trị của ẩn bằng cách sử dụng
các bất đẳng thức thích hợp. Nói chung quá trình này dẫn đến chỉ hữu
hạn vài giá trị của ẩn có khả năng là nghiệm của phương trình. Sau đây
ta xét một vài ví dụ sử dụng phương pháp này:
Ví dụ 1.6. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn:

x3 + y 3 = (x + y)2
Giải.

x3 + y 3 = (x + y)2
⇔ (x + y) x2 − xy + y 2 = (x + y)2


9

- Trường hợp 1: x + y = 0 hay x = −y
Do đó mọi cặp có dạng (k; −k) với k ∈ Z đều là nghiệm.
- Trường hợp 2: x + y = 0, phương trình trên trở thành:

x2 − xy + y 2 = x + y
⇔ 2x2 − 2xy + 2y 2 = 2x + 2y
⇔ x2 − 2xy + y 2 + x2 − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1 = 2
⇔ (x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2
Từ đây suy ra

(x − 1)2 ≤ 1
(y − 1)2 ≤ 1

−1≤x−1≤1

⇔

−1≤y−1≤1

⇔

0≤x≤2
0≤y≤2

Do đó các biến x, y phải nằm trong đoạn [0, 2]
+x=0⇒y=1
+ x = 1 ⇒ y = 0 hoặc y = 2
+ x = 2 ⇒ y = 1 hoặc y = 2
Vậy phương trình trên có các cặp nghiệm là:

(0, 1), (1, 0), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (k, −k) với k ∈ Z.
Ví dụ 1.7. Giải phương trình:

1 1 1 3
+ + =
x y z
5
với x, y, z là các số nguyên dương.
Giải.

Tính đến sự đối xứng, ta có thể giả sử rằng: 2 ≤ x ≤ y ≤ z . Điều này
3
1 1 1 3
kéo theo bất đẳng thức ≥ + + = . Do đó x ∈ {2, 3, 4, 5}.
x
x y z
5
1 1
1
- Nếu x = 2 thì + = . Suy ra: y ∈ {11, 12, ..., 20}
y z
10
100
Mặt khác: z = 10 +
. Vì z ∈ Z+ nên (y − 10)|100
y − 10
Ta được các nghiệm (2, 11, 110) , (2, 12, 60) , (2, 14, 35) , (2, 15, 30) , (2, 20, 20).
1 1
4
- Nếu x = 3 thì + =
với y ∈ {3, 4, 5, 6, 7}. Ta được các nghiệm
y z
15


10

(3, 4, 60) , (3, 5, 15) , (3, 6, 10).
1 1
7

- Nếu x = 4 thì + =
với y ∈ {4, 5} và nghiệm là (4, 4, 10).
y z
20
1 1 2
- Nếu x = 5 thì + = với y = z = 5 dẫn đến nghiệm là (5, 5, 5).
y z
5
Ví dụ 1.8. Tìm tất cả bộ bốn số nguyên dương x, y, z, w thỏa mãn:

x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) = w2 .
Giải.
Ta có

(x + y + z − 1)2 = x2 + y 2 + (z − 1)2 + 2xy + 2y (z − 1) + 2 (z − 1) x
= x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x (z − 1) + 2y (z − 1) − 2z + 1
(x + y + z + 1)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x (z + 1) + 2y (z + 1) + 2z + 1
Suy ra
(x + y + z − 1)2 < w2 < (x + y + z + 1)2
Do đó w2 = (x + y + z)2
hay x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) = (x + y + z)2
dẫn đến x = y
Suy ra w2 = 2x2 + z 2 + 2x2 + 2x (z − 1) + 2x (z + 1)

= 4x2 + z 2 + 4xz = (2x + z)2
dẫn đến w = 2x + z .
Vậy tất cả các bộ số có dạng (m, m, n, 2m + n) với m, n ∈ Z+ đều là
nghiệm phương trình trên.
Ví dụ 1.9. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:

x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + ... + (x + 7)3 = y 3
Giải. Đặt
P (x) = x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + ... + (x + 7)3

= x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 + x3 + 6x2 + 12x + 8 + x3 + 9x2 + 27x
+ 27 + x3 + 12x2 + 48x + 64 + x3 + 15x2 + 75x + 125 + x3 + 18x2
+ 108x + 216 + x3 + 21x2 + 147x + 343
= 8x3 + 84x2 + 420x + 784


11

* Nếu x ≥ 0 thì

(2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343
< P (x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x + 10)3
do đó 2x + 7 < y < 2x + 10; vì vậy y = 2x + 8 hoặc y = 2x + 9.
- Với y = 2x + 8 ⇒ P (x) = y 3 = (2x + 8)3
Do đó P (x)−(2x+8)3 = −12x3 +36x+272 = 0 không có nghiệm nguyên.
- Với y = 2x + 9 ⇒ P (x) = y 3 = (2x + 9)3
Do đó P (x) − (2x + 9)3 = −24x3 − 6x + 55 = 0 không có nghiệm nguyên.
Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với x ≥ 0.
* Tiếp theo, xét x ≤ −1
Chú ý rằng P thỏa mãn P (−x − 7) = −P (x), do đó (x, y) là nghiệm khi
và chỉ khi (−x − 7; −y) cũng là nghiệm.
Vì vậy −x − 7 ≤ −1 hay x ≥ −6
Do đó để (x, y) là nghiệm thì −6 ≤ x ≤ −1
√
+ P (−1) = 440 ⇔ y 3 = 440 ⇔ y = 3 440 (loại)
+ P (−2) = 216 = 63 ⇔ y 3 = 63 ⇔ y = 6

+ P (−3) = 64 = 43 ⇔ y 3 = 43 ⇔ y = 4
+ P (−4) = −64 = (−4)3 ⇔ y 3 = (−4)3 ⇔ y = −4
+ P (−5) = −216 = (−6)3 ⇔ y 3 = (−6)3 ⇔ y = −6
Vậy phương trình trên có nghiệm là: (−2, 6), (−3, 4), (−4, −4), (−5, −6).
Ví dụ 1.10. Tìm tất cả bộ ba nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn:

1+

1
x

1+

1
y

1+

1
z

=2

Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x ≥ y ≥ z

1
1
1
1
1

1
≤ ≤ ⇔1+ ≤1+ ≤1+
x y
z
x
y
z
3
1
1
1
1
⇔ 1+
≥ 1+
1+
1+
z
x
y
z
√
1
1 √
3
3
≥ 2⇔ ≥ 2−1
⇔ 1+
z
z
1

⇔z≤√
⇔ z ≤ 3, z ∈ Z+
3
2−1
⇔

=2


12

* Trường hợp z = 1 thì

1+

1
x

1+

1
y

= 1, điều này hoàn toàn không

xảy ra vì x, y ∈ Z+
* Trường hợp z = 2 thì

1
1+

x

1
1+
y

4
= . Vì vậy
3

1
1+
y

2

≥

4
3

dẫn đến y ≤ 6
Mặt khác, vì 1 +

1 4
1
> 1 nên 1 + < , ta được y > 3.
x
y
3

Do đó
+ y = 4 ⇒ x = 15
+y=5⇒x=9
+y=6⇒x=7
* Trường hợp z = 3 thì

1+

1
x

1+

1
y

=

3
2

2

3
dẫn đến y ≤ 4
2
1
1 3
Mặt khác, vì 1 + > 1 nên 1 + < , ta được y > 2.

x
y
2
Do đó
+y=3⇒x=8
+y=4⇒x=5
Tóm lại, nghiệm của phương trình đã cho là các hoán vị của các bộ số
(15, 4, 2), (9, 5, 2), (7, 6, 2), (8, 3, 3), (5, 4, 3).
1.3. PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ
Trong nhiều trường hợp, nghiệm nguyên của phương trình diophante
Vì vậy

1
1+
y

≥

f (x1 , x2 , ..., xn ) = 0
có thể được biểu diễn dưới dạng tham số như sau:

x1 = g1 (k1 , k2 , ..., kl ), x2 = g2 (k1 , k2 , ..., kl ), ..., xn = gn (k1 , k2 , ..., kl )
với g1 , g2 , ..., gn là các hàm l biến giá trị nguyên và k1 , ..., kl ∈ Z.
Tập các nghiệm của phương trình Diophante có thể có biểu diễn nhiều
tham số.
Một số phương trình diophante ta không thể tìm được tất cả các nghiệm
của chúng. Trong những trường hợp như vậy, phương pháp tham số cung
cấp một chứng minh về sự tồn tại vô hạn các nghiệm.

13

Ví dụ 1.11. a) Cho m và n là các số nguyên dương phân biệt. Chứng
minh rằng tồn tại vô hạn các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) sao cho:

x2 + y 2 = m2 + n2

z

(1)

với
(i) z lẻ;
(ii) z chẵn.
b) Chứng minh rằng phương trình x2 + y 2 = 13z có vô hạn các nghiệm
nguyên dương (x, y, z).
Giải.
a) Với (i): z lẻ, nghĩa là z = 2k + 1, k ∈ Z+
Lúc đó
2k+1
(1) ⇔ x2 + y 2 = m2 + n2

⇔ x2 + y 2 = m2 + n2

m2 + n2

= m2 m2 + n2

2k

2k

+ n2 m2 + n2

2k

Suy ra ta xét đến họ:
k
k
xk = m m2 + n2 ; yk = n m2 + n2 ; zk = 2k + 1; k ∈ Z+
Với (ii): z chẵn nghĩa là z = 2k, k ∈ Z+
Lúc đó

(1) ⇔ x2 + y 2 = m2 + n2
= m2 + n2
=

2k
2

= m2 − n2

m2 + n2
2

m2 − n2
2

= m2 + n2

2(k−1)

+ 4m2 n2
m2 + n2

2(k−1)+2

m2 + n2

2(k−1)

2(k−1)

+ 4m2 n2 m2 + n2

2(k−1)

Suy ra ta xét đến họ:
k−1
k−1
xk = m2 − n2 m2 + n2
, yk = 2mn m2 + n2
, zk = 2k , k ∈ Z+
z
b) Từ phương trình: x2 + y 2 = m2 + n2
Lấy m = 2; n = 3, ta được phương trình: x2 + y 2 = 13z
Do đó phương trình x2 + y 2 = 13z có các họ nghiệm sau:

xk = 2.13k , yk = 3.13k , zk = 2k + 1, k ∈ Z+
xk = 5.13k−1 , yk = 12.13k−1 , zk = 2k, k ∈ Z+

14

Nhận xét 1.1.
1) Sử dụng đồng nhất thức Lagrange:

a2 + b 2

c2 + d2 = (ac − bd)2 + (ad + bc)2

ta có thể tạo ra một họ vô hạn các nghiệm bằng cách định nghĩa đệ quy
các dãy (xk )k≥1 , (yk )k≥1 như sau

x
k+1 = mxk − nyk
y
= nx + my
k+1

k

k

trong đó x1 = m, y1 = n.
Không khó để kiểm tra rằng (|xk | , |yk | , k) , k ∈ Z+ là các nghiệm của
phương trình được cho.
2) Một cách khác để đưa ra một họ vô hạn các nghiệm bằng cách sử
dụng các số phức. Cho k là số nguyên dương. Ta có (m + in)k = Ak + iBk ,
trong đó Ak , Bk ∈ Z. Lấy modun hai vế, ta được

m2 + n2

k

= A2k + Bk2

do đó (|Ak | , |Bk | , k) là một nghiệm của phương trình được cho.
Ví dụ 1.12. Tìm tất cả bộ ba các số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn

1
1 1
+ = .
x y
z
Giải.

1 1
1
+ =
x y
z
x+y
1
⇔
=
xy
z
xy
⇔z=

x+y

Đặt d = U CLN (x, y). Khi đó x = dm, y = dn với U CLN (m, n) = 1.
Suy ra U CLN (mn, m + n) = 1. Vì vậy

z=

dmn
m+n


15

dẫn tới (m + n) |d nghĩa là d = k(m + n), k ∈ Z+
Suy ra nghiệm phương trình trên được cho bởi:

x = km(m + n), y = kn(m + n), z = kmn
với mọi m, n, k ∈ Z+ .
Ví dụ 1.13. Cho a, b là các số nguyên dương. Chứng minh rằng phương
trình:
x2 − 2axy + (a2 − 4b)y 2 + 4by = z 2
có vô hạn các nghiệm nguyên dương (x, y, z).
Giải.
Ta sử dụng kết quả bổ đề sau:
Bổ đề 1.1. Nếu A, B là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì
∃u, v ∈ Z+ sao cho:
Au − Bv = 1
(1)

Chứng minh. Xét các số nguyên:

1A, 2A, ..., (B − 1)A

(2)

và các số dư của chúng khi chia cho B. Tất cả các số dư đều phân biệt.
Thật vậy, nếu

k1 A = q1 B + r và k2 A = q2 B + r
với k1 , k2 ∈ {1; 2; ...; B − 1} thì (k1 − k2 )A = (q1 − q2 )B ≡ 0(modB).
Vì U CLN (A, B) = 1 kéo theo |k1 − k2 | ≡ 0(modB).
Mặt khác, |k1 − k2 | < B (vì k1 , k2 ∈ {1; 2; ...; B − 1}). Do đó k1 − k2 =
0
Không khó để thấy rằng kA ≡ 0(modB) với mọi k ∈ {1, 2, ..., B − 1}.
Do đó có ít nhất một trong các số nguyên (2) cho dư 1 khi chia cho B,
nghĩa là ∃u ∈ {1, 2, ..., B − 1} và v ∈ Z+ sao cho A.u = B.v + 1.


16

Nhận xét 1.2. Lấy (u0 , v0 ) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương
trình (1), thì tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình (1) được
cho bởi:
um = u0 + Bm; vm = v0 + Am, m ∈ Z+
(3)
Trở lại vấn đề ban đầu, xét dãy (yn )n≥1 được cho bởi:

yn+1 = byn2 + ayn + 1; y1 ∈ Z+

(4)

Rõ ràng U CLN (yn , yn+1 ) = 1, n ∈ Z+ . Theo bổ đề trên, tồn tại dãy
số nguyên dương (un )n≥1 , (vn )n≥1 thỏa mãn

yn+1 un − yn vn = 1, n ∈ Z+
Từ (4) suy ra

bun yn2 + (aun − vn ) yn + un − 1 = 0, n ∈ Z+

(5)

Xem (5) như phương trình bậc hai có ẩn yn ,

∆ = (aun − vn )2 − 4bun (un − 1) , n ∈ Z+
= vn2 − 2aun vn + a2 u2n − 4bu2n + 4bun , n ∈ Z+
= vn2 − 2aun vn + a2 − 4b u2n + 4bun
= zn2 , n ∈ Z+
Rõ ràng các dãy (un )n≥1 , (vn )n≥1 chứa các dãy con tăng nghiêm ngặt
unj j≥1 , vnj j≥1 . Một họ vô hạn các nghiệm được cho bởi unj , vnj , znj , j ≥
1.
1.4. PHƯƠNG PHÁP SỐ HỌC MODULAR
Trong nhiều trường hợp, phương pháp số học modular được dùng để
chứng minh một số phương trình diophante là vô nghiệm hoặc nhằm giảm
phạm vi của các ẩn có thể là nghiệm.
Ví dụ 1.14. Chứng tỏ rằng phương trình:

(x + 1)2 + (x + 2)2 + ... + (x + 2001)2 = y 2


17

vô nghiệm.
Giải.
Đặt z = x + 1001 ⇒ x = z − 1001. Phương trình trên trở thành:

(z − 1000)2 + ... + (z − 1)2 + (z)2 + (z + 1)2 + ... + (z + 1000)2 = y 2
hay 2001z 2 + 2 12 + 22 + ... + 10002 = y 2
1000.1001.2001
kéo theo 2001z 2 + 2.
= y2
6
⇔ 2001z 2 + 1000.1001.667 = y 2
Vế trái đồng dư với 2 (mod3), do đó nó không thể là một bình phương.
Suy ra phương trình ban đầu vô nghiệm.
Ví dụ 1.15. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thỏa mãn:

p3 − q 5 = (p + q)2
Giải.
* Nếu p = 3 thì q 5 < 27, điều này không thể.
* Nếu q = 3 ta được:

p3 − 243 = (p + 3)2
⇔ p3 − 243 = p2 + 6p + 9
⇔ p3 − p2 − 6p − 252 = 0
⇔p = 7
* Nếu p = 3 và q = 3 thì p ≡ 1 hoặc 2 (mod3) và q ≡ 1 hoặc 2 (mod3)
.
.
- Nếu p ≡ q (mod3) thì VT .. 3, VP .. 3
.

.
- Nếu p ≡ q (mod3) thì VT .. 3, VP.. 3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (7, 3).
Ví dụ 1.16. Chứng minh rằng phương trình x5 − y 2 = 4 không có nghiệm
nguyên.
Giải.
2
Vì x5 = x10 ≡ 0 hoặc 1(mod11) với mọi x, ta có x5 ≡ −1, 0 hoặc
1(mod11). Vì vậy x5 − 4 ≡ 6, 7 hoặc 8(mod11). Tuy nhiên các thặng dư
bình phương modulo 11 là 0, 1, 3, 4, 5 hoặc 9, nên phương trình đã cho
không có nghiệm nguyên.


18

Ví dụ 1.17. Xác định tất cả các số nguyên tố p sao cho hệ phương trình
sau:
p + 1 = 2x2 (1)

p2 + 1 = 2y 2 (2)
có một nghiệm nguyên x, y .
Giải.
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x, y ≥ 0.
Vì p + 1 = 2x2 là số chẵn nên p là số lẻ. Ngoài ra, 2x2 ≡ 1 ≡ 2y 2 (modp),
điều này kéo theo x ≡ ±y (modp), vì p lẻ.
Mặt khác x < y < p, ta có x + y = p hay y = p − x.
Khi đó
p2 + 1 = 2(p − x)2 = 2p2 − 4px + 2x2 = 2p2 − 4px + p + 1

⇔ p2 − 4px + p = 0

⇔ p − 4x + 1 = 0 vì p = 0
⇔ p = 4x − 1.(3)
Thay (3) vào (1), ta được

4x = 2x2
⇔ 2x (x − 2) = 0
⇔

x = 0 ⇒ p = −1 (loại)
x=2⇒p=7⇒y=5

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm (x, y) = (2, 5).
Ví dụ 1.18. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương sao cho phương
trình:
x3 − 3xy 2 + y 3 = n
có một nghiệm nguyên (x, y) thì có ít nhất ba nghiệm như vậy.
Chỉ ra rằng phương trình không có nghiệm nguyên khi n = 2891.
Giải.
x3 − 3xy 2 + y 3 = 2x3 − 3x2 y − x3 + 3x2 y − 3xy 2 + y 3

= 2x3 − 3x2 y + (y − x)3
= (y − x)3 − 3 (y − x) (−x)2 + (−x)3 .


19

Điều này chứng tỏ rằng nếu (x, y) là nghiệm thì (y − x, −x) cũng là
nghiệm. Hai nghiệm
này là phân biệt.


y − x = x
⇔ x = y = 0. Suy ra n = 0 (trái giả thiết).
Thật vậy, nếu
−x = y
Tương tự

x3 − 3xy 2 + y 3 = x3 − 3x2 y + 3xy 2 − y 3 + 2y 3 + 3x2 y − 6xy 2
= (x − y)3 + 3xy (x − y) − 3xy 2 + 2y 3
= (−y)3 − 3 (−y) (x − y)2 + (x − y)3
Nếu (x, y) là nghiệm thì (−y, x − y) cũng là nghiệm thứ ba của phương
trình.
Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình

x3 − 3xy 2 + y 3 = 2891

(1)

.
.
Vì 2891 .. 3 nên x3 + y 3 .. 3.
Vì vậy hoặc là cả x và y đều có cùng thặng dư modulo 3 (khác 0) hoặc
có đúng một trong hai số x và y chia hết cho 3.
Cả hai trường hợp này đều dẫn đến một trong ba số -x, y, x - y chia
hết cho 3. Bằng cách sử dụng các phép biến đổi như trên, ta có thể giả sử
rằng y là bội số của 3 thì từ phương trình (1) suy ra:

x3 ≡ 2891(mod9) ≡ 2(mod9)
điều này vô lí vì x3 ≡ 0, 1, 8(mod9).
Vậy phương trình x3 − 3xy 2 + y 3 = 2891 không có nghiệm nguyên.
1.5. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

Phương pháp quy nạp là một phương pháp đơn giản, rõ ràng và hiệu
quả để chứng minh các phát biểu phụ thuộc vào các số nguyên không âm.
Cho (P (n))n≥0 là một dãy các mệnh đề. Phương pháp quy nạp toán
học giúp ta chứng minh rằng P (n) đúng với ∀n ≥ n0 , với n0 là số nguyên
không âm đã cho.
Phương pháp quy nạp (dạng yếu): Giả sử rằng:
• P (n0 ) là đúng