(Luận văn thạc sĩ) phương trình nghiệm nguyên và hàm số học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------------------

Hồng Đại Việt

Phƣơng trình nghiệm ngun và hàm số học

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội – Năm 2017


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------------------

Hồng Đại Việt

Phƣơng trình nghiệm ngun và hàm số học.

Chuyên ngành: PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: PGS.TS.VŨ ĐỖ LONG

Hà Nội – Năm 2017

MỤC LỤC

Mở đầu ............................................................................................................... 1
Chƣơng 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN .................................................... 3
1.1. Một số kết quả của số học trong giải phƣơng trình nghiệm nguyên........... 3
1.2. Phƣơng trình Điơphăng tuyến tính .............................................................. 4
1.2.1. Định nghĩa ................................................................................................ 4
1.3. Phƣơng trình Fermat ................................................................................... 5
1.3.1. Các bộ số Pitago ....................................................................................... 5
1.3.2. Phƣơng trình Fermat ................................................................................ 8
1.3.3. Phƣơng trình Pell ................................................................................... 12
Chƣơng 2: MỘT SỐ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH NGHIÊM NGUYÊN .......... 17
2.1 Phân loại Phƣơng trình nghiệm nguyên ..................................................... 17
2.1.1 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng chia hết để giải, chi tiết nhƣ sau: ..... 17
2.1.2 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng đánh giá để giải, chi tiết nhƣ sau: ...... 17
2.1.3 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng tam thức bậc hai, chi tiết nhƣ sau:
.......................................................................................................................... 17
2.1.4 Một số dạng phƣơng trình nghiệm nguyên khác. .................................. 17
2.2 Các bài toán về phƣơng trình nghiệm nguyên. .......................................... 17
CHƢƠNG 3. Các khái niệm, định lí hàm số học............................................. 47
3.1. Các hàm số học cơ bản.............................................................................. 47
3.1.1. Phi - hàm Ơ-le ........................................................................................ 47
3.1.2. Các tính chất ........................................................................................... 47
3.2. Hàm tổng các ƣớc số dƣơng của n ............................................................ 51
3.2.1 Định nghĩa ............................................................................................... 51
3.3 Hàm số các ƣớc   n  .................................................................................. 54
3.3.1 Định nghĩa ............................................................................................... 54


3.3.2. Các tính chất ........................................................................................... 54

3.4 Hàm Mobius (n) ...................................................................................... 54
3.4.1 Định nghĩa ............................................................................................... 54
3.4.2 Các tính chất ........................................................................................... 55
3.5 Hàm phần nguyên [x] ................................................................................. 55
3.5.1. Định nghĩa .............................................................................................. 55
3.5.2 Các tính chất ............................................................................................ 55
3.6 Hàm phần lẻ {x}......................................................................................... 57
3.7 Các bài toán hàm số học............................................................................ 58
3.7.1 Các bài toán về Phi - hàm Ơ-le ............................................................... 58
3.7.2 Các bài toán về hàm Tổng các ƣớc số dƣơng của n................................ 60
3.7.3 Một số bài toán về hàm số các ƣớc   n  ............................................... 62
3.7.4 Một số bài toán về hàm Mobius (n) ..................................................... 65
3.7.5 Một số bài toán về hàm phần nguyên [x] và hàm phần lẻ {x}. ............. 66
Kết luận ............................................................................................................ 71
Tài liệu tham khảo ............................................................................................ 74


Mở đầu
Số học là một trong những lĩnh vực cổ xƣa nhất của Toán học, và cũng là lĩnh
vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thuyết chƣa có câu trả lời. Trên con
đƣờng tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó, có nhiều tƣ tƣởng lớn, nhiều lí
thuyết lớn của tốn học đã nẩy sinh. Hơn nữa, trong những năm gần đây, Số học
không chỉ là một lĩnh vực của tốn học lí thuyết, mà cịn là lĩnh vực có nhiều ứng
dụng, đạc biệt trong lĩnh vực bảo mật thơng tin. Vì thế, việc trang bị những kiến thức
cơ bản về số học ngay từ trƣờng phổ thông là hết sức cần thiết. Không nhƣ nhiều
ngành khác của tốn học, có rất nhiều thành tựu hiện đại và quan trọng của Số học có
thể hiểu đƣợc chỉ với những kiến thức phổ thông đƣợc nâng cao một bƣớc. Do đó, đây
chính là lĩnh vực thuận lợi để đƣa học sinh tiếp cận nhanh với khoa học hiện đại. Tuy
nhiên, trong chƣơng trình Số học ở trƣờng phổ thông hiện nay, môn Số học chƣa
đƣợc giành nhiều thời gian. Cũng vì thế mà học sinh thƣờng rất lúng túng khi giải bài

toán Số học, đặc biệt là trong các kì thi chọn học sinh giỏi và nội dung hay đƣợc đề
cập đến nhất trong các kì thi đó là ―Phƣơng trình nghiệm ngun‖, nó ln là vấn đề
hay và khó với học sinh.
Ngồi ra trong phần Số học, các hàm số học đóng vai trị quan trọng trong việc
hình thành và nghiên cứu lí thuyết để hồn thiện, đây là một vấn đề cổ điển và quan
trọng của Số học.
Các bài tập ứng dụng các hàm số học cơ bản đƣợc đề cập nhiều trong các kì thi
chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế,…
Mục đích chính của luận văn là nêu ra đƣợc một số dạng phƣơng trình nghiệm
nguyên và phƣơng pháp giải của từng dạng. Cụ thể là phân loại đƣợc các dạng
phƣơng trình thơng qua hệ thống bài tập giải phƣơng trình nghiệm nguyên. Đồng thời
đƣa ra đƣợc hệ thống các bài tập tham khảo cho từng dạng và nêu ra đƣợc một số ứng
dụng cơ bản của các hàm số học cơ bản.
Nội dung của luận văn gồm 3 chƣơng
Chƣơng 1: Trình bày các kiến thức cơ bản về lí thuyết chia hết.
Chƣơng 2: Một số dạng phƣơng trình nghiệm nguyên và phƣơng pháp giải.

1


Chƣơng 3. Các khái niệm, định lí hàm số học.
Luận văn này đƣợc hoàn thành với sự hƣớng dẫn và chỉ bảo tận tình của
PGS.TS. Vũ Đỗ Long – ĐH Khoa học Tự nhiên. Thầy đã dành nhiều thời gian hƣớng
dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt q trình làm luận văn. Tơi xin đƣợc
bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Tơi xin cảm ơn tới Phòng Giáo dục & Đào tạo quận Bắc Từ Liêm, trƣờng
THCS Thụy Phƣơng, tổ toán trƣờng THCS Thụy Phƣơng đã tạo điều kiện giúp đỡ tơi
hồn thành khóa học này.
Tơi xin gửi tới các Thầy Cơ khoa Tốn, phịng Đào tạo sau Đại học Trƣờng
Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, cũng nhƣ các Thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao

học 2014-2016 lời cảm ơn sâu sắc về cơng lao dạy dỗ trong suốt quá trình giáo dục,
đào tạo của nhà trƣờng. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán
– Chuyên ngành Phƣơng pháp toán sơ cấp 2014-2016, Trƣờng Đại Học Khoa Học
Tự Nhiên – ĐH QGHN đã động viên giúp đỡ tơi trong q trình học tập và làm luận
văn này.
Tuy nhiên do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc sĩ, nên
chắc rằng trong quá trình nghiên cứu khơng tránh khỏi những thiếu sót, tơi rất mong
đƣợc sự đóng góp ý kiến của các Thầy Cô và độc giả quan tâm tới luận văn này.
Hà Nội, ngày 25 tháng 1 năm 2017
Tác giả

Hoàng Đại Việt

2


Chƣơng 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
Trong chƣơng này trình bày lại một số kiến thức cơ bản về một số loại phƣơng
trình nhƣ phƣơng trình Điơphăng tuyến tính, phƣơng trình Fermat, phƣơng trình Pell...

1.1.

Một số kết quả của số học

Định lý 1.1.1. (Định lý cơ bản của số học).
Cho n là số nguyên dƣơng lớn hơn 1. Khi đó n ln có thể biểu diễn đƣợc một cách
duy nhất dƣới dạng sau: n = p11.p2 2 .....pk k , trong đó
Trong đó k,  i (i = 1, 2,..., k) là các số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thỏa mãn:
1 < pi < p2 < .... < pk.
Định lý 1.1.2. (Định lý Euclid.) Tồn tại vô hạn số nguyên tố.

Định lý 1.1.3. Giả sử a, b là hai số nguyên dƣơng, còn p là số nguyên tố sao cho ab  p.
Khi đó ta phải có hoặc là a  p, hoặc là b  p.
Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số nguyên a và b. Ta nói rằng a đồng dƣ với b theo
Modulo m (m nguyên dƣơng) và ký hiệu a  b (mod m) khi và chỉ khi (a - b) m.
Các tính chất cơ bản của đồng dƣ
Tính chất 1. Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m) thì a + c  b + d (mod m)
và ac  bd (mod m).
Tính chất 2. Nếu p là số nguyên tố và ab  0 (mod p) thì a  0 (mod p) hay
b  0 (mod p).
Định lý 1.1.4. (Định lý Fermat). Nếu p là một số nguyên tố và a là một số nguyên tùy
ý thì (ap — a)  p.
Khi ( a , p ) = 1, thì ap-1  1(mod p).
Định lý 1.1.5. (Định lý Euler) Nếu m là số nguyên dƣơng và ( a , m ) = 1 ,
t hì a (m)  1(mod m)
Ở đây   m  là số các số nguyên dƣơng nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m.
(   m  gọi là Phi-hàm Euler)
Định lý 1.1.6. (Đinh lý Wilson).
p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p - 1)! + 1 chia hết cho p.

3


Định lý 1.1.7. (Đinh lý Fermat-Euler). Nếu p = 4k + 1, thì tồn tại các số nguyên
dƣơng a, b sao cho p = a2 + b2.
Định lý 1.1 .8. (Định lý phần dƣ Trung Hoa).
Giả sử r và s là các số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau, a và b là hai số nguyên tùy
ý. Khi đó tồn tại một số nguyên N sao cho N  a (mod r) và N  b (mod s).
Ngoài ra N đƣợc xác đinh một cách duy nhất.

1.2. Phƣơng trình Điơphăng tuyến tính

1.2.1. Định nghĩa
Phƣơng trình Điơphăng tuyến tính là phƣơng trình có dạng:
ax + by = c

(1)

trong đó a, b, c là các số nguyên, các giá trị x, y cũng nhận các giá trị ngun.
Giải phƣơng trình Điơphăng (1) tức là tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1).
Định lý 1.2.1. Giả sử a,b là các số nguyên, d là ƣớc chung lớn nhất của a và b. Khi đó
phƣơng trình ax + by = c khơng có nghiệm ngun nếu d khơng là ƣớc của c.
Nếu c  d thì phƣơng trình có vơ số nghiệm. Hơn nữa nếu x = x0, y = y0 là một nghiệm
nào đó của phƣơng trình thì mọi nghiệm của phƣơng trình có dạng:

b
a
x = x 0  n, y  y0  n
d
d
Trong đó n là số nguyên.
Chứng minh.
Giả sử (x, y) là nghiệm của phƣơng trình. Do d|a, d|b nên d|c. Nhƣ vậy, nếu d không
là ƣớc của c thì phƣơng trình khơng có nghiệm ngun.
Vì (a, b) = d nên tồn tại số nguyên t và s sao cho d = as + bt (2)
Cũng do d|c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c. Nhân hai vế của (2) với c ta
đƣợc:
c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te).
Nhƣ vậy, ta có một nghiệm của phƣơng trình cho bởi x = x0 = se, y = y0 = te.
Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số nghiệm.

4

Đặt x = x0 +

b
a
n, y = y0 - n trong đó n nguyên.
d
d

Ta thấy cặp (x, y) xác định nhƣ trên là một nghiệm, vì:

b
a
ax + by = ax0 + a. .n + by0 — b n = ax0 + by0 = c
d
d
Ta chỉ còn phải chứng minh rằng, mọi nghiệm của phƣơng trình phải có dạng nêu
trên.
Giả sử (x, y) là một nghiệm tùy ý, tức là x, y nguyên và thỏa mãn ax + by = c. Khi đó
(ax + by) — (ax0 + by0) = 0 suy ra a(x — x0) + b(y — y0) = 0 Tức là a(x - x0) = b(y - y0)
Chia hai vế của đẳng thức này cho d, ta đƣợc

a
b
 x  x 0    y  y0 
d
d

(3)

a b
Do d = (a , b ) nên  ,   1 .
d d
Từ đó suy ra y0 - y chia hết cho
Suy ra: y = y0 -

a
a
, tức là tồn tại n nguyên sao cho n = y0 - y.
d
d

a
n.
d

Thay giá trị này của y vào phƣơng trình (3) ta đƣợc: x = x0 +

b
n.
d

Định lý trên giúp ta tìm đƣợc nghiệm của phƣơng trình Điơphăng tuyến tính.

1.3. Phƣơng trình Fermat
1.3.1. Các bộ số Pitago
Bộ ba số nguyên dƣơng (x, y, z) thỏa mãn phƣơng trình:
x2 + y2 = z2
đƣợc gọi là một bộ số Pitago - Tên gọi đó xuất phát từ Định lý Pitago quen thuộc.

Nhƣ vậy (x, y, z) là một bộ số Pitago khi và chỉ khi tồn tại tam giác vng có số đo hai
cạnh góc vng là x và y, số đo cạnh huyền bằng z (với x , y , z là các số nguyên
dƣơng).
Giả sử các bộ số (3, 4, 5), (6, 8, 10) là các bộ số Pitago.

5


Rõ ràng là nếu (x, y, z) là bộ Pitago thì (kx, ky, kz) cũng là một bộ số Pitago với mọi
số tự nhiên k. Do đó, ta chỉ cần xét bộ ba số nguyên tố cùng nhau.
Định nghĩa 1.3.1. Bộ số Pitago (x, y, z) đƣợc gọi là nguyên thủy nếu
(x, y, z) = 1.
Ví dụ 1.3.1. Các bộ số (3, 4, 5), (5, 12, 13) là nguyên thủy, bộ số (6, 8, 10) không
nguyên thủy.
Nếu bộ ba số (x, y, z) là không nguyên thủy, chẳng hạn (x, y, z) = d, thì (x, d, d) là một bộ số
Pitago nguyên thủy. Để tìm bộ số Pitago nguyên thủy ta dùng Bổ đề sau đây
Bổ đề 1.3.1. Nếu (x, y, z) là một bộ Pitago nguyên thủy thì (x, y) = (y, z) = (z, x) = 1.
(ký hiệu (x, y, z,...) = d đƣợc hiểu là ƢCLN của các số x, y, z….)
Chứng minh.
Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x, y) > 1. Khi đó tồn tại số nguyên
p sao cho p|(x, y). Vì p|x và p|y nên p|(x2 + y2) = z2. Do p nguyên tố mà p|z2 nên p|z.
Từ đó dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1.
Vậy (x, y) = 1. Tƣơng tự (x, z) = (y, z) = 1.
Bổ đề 1.3.2. Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy. Khi đó x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ,
y chẵn.
Chứng minh.
Giả sử (x, y, z) là một bộ Pitago nguyên thủy. Do Bổ đề 1.3.2
(x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì ta có:
x2  y2  1 (mod 4)
Nên z2 = x2 + y2  2 (mod 4)

Điều đó vơ lý. Vậy x và y khơng cùng tính chẵn lẻ.
Bổ đề 1.3.3. Giả sử r, s, t là các số nguyên dƣơng sao cho (r, s) = 1 và rs = t2. Khi đó
tồn tại các số nguyên h, l sao cho r = l2 và s = h2.
Chứng minh.
Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì Bổ đề là hiển nhiên.
Ta giả sử r > 1 và s > 1. Giả sử các phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố ta đƣợc các
dạng sau

6


r = p11.p2 2 .....pn n
s = pn n11 .pn n22 .....pmm
t = q11.p2 2 .....pnk
Vì (r, s) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong phân tích của r và s là khác nhau.
Do r.s = t2 nên

p11.p2 2 .....pn n pn n11 .pn n 22 .....pmm  q121.q 222 .....qk2k
Từ Định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên tố xuất hiện ở hai vế
của đẳng thức phải nhƣ nhau. Vậy mỗi pi phải bằng một qj nào đó, đồng thời  i =
2  j . Do đó, mỗi số mũ  i đều chẵn nên

i
nguyên. Từ đó suy ra r = l2, s = h2, trong
2

đó l, h là các số nguyên:
1
2

2
2

n
2

l  p1 .p 2 .....p n
hp

 n 1
2
n 1

.p

n  2
2
n 2

.p

m
2
m

Định lý sau mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy.
Định lý 1.3.1. Các số nguyên dƣơng (x, y, z) lập thanh một bộ Pitago nguyên thủy, với
y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau m, n với
m > n, m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ sao cho:
x = m2 – n2 ; y = 2mn; z = m2 + n2;

Chứng minh.
Giả sử x, y, z là một bộ số Pitago nguyên thủy. Từ Bổ đề 1.3.2 cho thấy x lẻ, y chẵn,
hoặc ngƣợc lại. Vì ta giả thiết y chẵn nên x, z đều lẻ.
Do x + z và z - x đều là số chẵn, nên các số

xz
zx
 r,
 s đều là số nguyên.
2
2

Vì x2 + y2 = z2 nên y2 = z2 - x2 = (z + x)(z - x).
2

 y   z  x  z  x 
Vậy:    

  rs
 2   2  2 
Ta để ý rằng (r, s) = 1. Thật vậy, nếu (r, s) = d thì do d|r, d|s nên d|(r + s) = z và

7


d|(r - s) = x. Điều đó có nghĩa là d|(z, x) = 1 nên d =1.
Áp dụng Bổ đề 1.3.3 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho r = m2, s = n2.
Viết x, y, z thơng qua m, n ta có
x = r - s = m2 – n2 ; y  4rs  4m2 n 2  2mn ; z = r +s = m2 + n2
Ta cũng có (m, n) = 1, vì mọi ƣớc chung của m và n cũng là ƣớc của

x = m2 - n2, y = 2mn,
z = m2 + n2, nên là ƣớc chung của (x, y, z). Mà x, y, z nguyên tố cùng nhau nên (m, n) = 1.
Mặt khác, m và n không đồng thời là hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ hoặc ngƣợc lại. Vậy
mỗi bộ số Pitago nguyên thủy có dạng đã nêu.
Để chứng tỏ rằng bộ ba số
x2 = m2 – n2; y = 2mn; z = m2 + n2
Trong đó m, n là các số nguyên dƣơng, m > n, (m, n) = 1, m khác n và m không đồng dƣ n
(mod 2) lập thành một bộ số Pitago nguyên thủy, trƣớc tiên ta nhận xét rằng
x2 + y2 =  m2  n 2    2mn 
2

2

= (m4 — 2m2n2 + n4) + 4m2 n2
= m4 + 2m2n2 + n4
= (m2 + n2)2 = z2.
Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau. Giả sử ngƣợc lại (x, y, z) = d > 1. Khi đó
tồn tại số nguyên tố p sao cho p|(x, y, z). Ta thấy rằng p không chia hết cho 2 vì x lẻ
(do x = m2 - n2 trong đó m2 và n2 khơng cùng tính chẵn lẻ). Lại do p | x, p | z
nên p | (z + x) = 2m2 và p | (z - x) = 2n2.
Vậy p | m và p | n: Mâu thuẫn với (m, n) = 1.
Do đó (x, y, z) = 1 tức là (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy.
Ví dụ 1.3.2. Lấy m = 5, n = 2 ta tìm đƣợc x = 21, y = 20, z = 29 là một bộ số Pitago
ngun thủy.

1.3.2. Phƣơng trình Fermat
Ta thấy rằng phƣơng trình
x+y=z
Có vô hạn nghiệm nguyên (x, y, z). Các bộ số Pitago cũng cho ta vô hạn nghiệm

8


nguyên của phƣơng trình
x2 + y2 = z2
Cứ nhƣ vậy nếu số mũ của các biến tăng lên, liệu rằng phƣơng trình
xn + yn = zn
với n > 3 có nghiệm ngun hay khơng? nếu có thì số nghiệm là hữu hạn hay vô hạn?
Định lý 1.3.2. (Đinh lý Fermat)
Phƣơng trình xn + yn = zn khơng có nghiệm ngun x, y, z khác 0 khi n là số nguyên,
n  3.
Định lý Fermat đƣợc chứng minh năm 1993 bởi A. Wiles, với việc sử dụng những
kiến thức cao nhất của nhiều ngành toán học khác nhau. Trong phần này chúng ta sẽ
chứng minh Định lý lớn Fermat cho trƣờng hợp n = 4. Một trong những mấu chốt của
phƣơng pháp lùi vô hạn do Fermat đề xuất.
Định lý 1.3.3. Phƣơng trình x4 + y4 = z4 khơng có nghiệm nguyên x , y , z khác 0.
Chứng minh.
Giả sử phƣơng trình trên có nghiệm ngun x, y, z khác 0. Vì ta có thể thay biến tùy ý bởi
số đối của nó nên ta có thể xem x, y, z là các số nguyên dƣơng.
Ta giả thiết (x, y) = 1. Thật vậy, nếu (x, y) = d thì x = d x1, y = dy1,
trong đó x1, y1 là các số nguyên dƣơng.
Ta sẽ chỉ ra phƣơng trình x4 + y4 = z2 khơng có nghiệm ngun dƣơng vì vậy phƣơng
trình x4 + y4 = z4 cũng khơng có nghiệm ngun dƣơng.
Vì x4 + y4 = z2 nên
(dx1)4 + (dy1)4 = z2
do đó: d4(x4 + y4) = z2
Vậy d4|z2, suy ra d2| z, nghĩa là z = d2z1 với z1 là số nguyên dƣơng.
4

Do đó d4( x 1 +

nên

y

4
1

) = (d2z1)2 = d4 z 1

2

x 1  y1  z 1
4

4

2

Ta nhận đƣợc nghiệm x4 + y4 = z2
với các số nguyên dƣơng x = x1, y = y1, z = z1, trong đó (x1, y1) = 1.

9


Bây giờ ta giả sử x = xo, y = yo, z = z0 là nghiệm của phƣơng trình x4 + y4 = z2,
trong đó (xo, yo) = 1.
Ta sẽ chỉ ra tồn tại nghiệm khác gồm các số nguyên dƣơng x = x1, y = y1, z = z1
với (x1, y1) = 1 sao cho z1 < z0.

x  y 

2 2

x 0  y 0  z 0 nên
4

4

Vì

tức là



x 0,
2

2

0



2 2

0

2

 z0

y , z  là một bộ số Pitago. Hơn nữa  x , y   1 , vì nếu p là số nguyên
2

0

0

2

2

0

0

2

tố, p | x 0 , p| y 0 thì p|xo, p|yo, mâu thuẫn với (xo, yo) = 1. Nhƣ vậy x 0, y , z 0 là một bộ
2

2

2

0

số Pitago nguyên thủy, tồn tại các số nguyên dƣơng m, n với (m, n) = 1,
m không đồng dƣ với n (mod 2) và

x

2
0

 m2  n 2 ,

y

2
0

 2mn , zo = m2 + n2

y

Trong đó có thể xem
Từ đẳng thức của

x

2
0

x

2
0

2
0

là số chẵn. (nếu cần thì đổi ký hiệu

x

2
0

và

y

2
0

).

ta đƣợc:
+ n2 = m2

Do (m, n) = 1 nên (xo, n, m) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Tồn tại các số nguyên
dƣơng r, s với (r, s) = 1, r không đồng dƣ với s (mod 2) và

x 2 0  r 2  s 2 ; n = 2rs; m = r2 + s2
Vì m lẻ và (m, n) = 1, ta có (m, 2n) = 1. Do
dƣơng zl và w với m =
dƣơng, nên u 2 

z

2
1

y

2
0

= (2n)m nên tồn tại các số nguyên

, 2n = w2. Vì w chẵn, w = 2u, trong đó u là số nguyên

n
 rs .
2

Do (r, s) = 1, tồn tại các số nguyên dƣơng xl; y l sao cho r = x 2 1 , s = y 21 .
Chú ý rằng vì (r, s) = 1 nên dễ suy ra (x1, y1) = 1. Nhƣ vậy, x 41  y41  z 21 , trong đó x1, y1,
zl là các số nguyên dƣơng với (xl, yl) = 1. Hơn nữa, ta có zl < z0 vì zl  z 41 = m2 < m2 + n2 = z0
Để kết thúc chứng minh định lý, giả sử x4 + y4 = z4 có ít nhất một nghiệm ngun.

10


Do nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong số các nghiệm nguyên dƣơng, tồn tại nghiệm
nguyên với giá trị z0 bé nhất. Tuy nhiên ta đã chỉ ra rằng, từ nghiệm này ta có thể tìm
nghiệm khác với giá trị bé hơn của biến z. Từ đó dẫn đến mâu thuẫn.
Nhƣ vậy ta đã đƣợc điều phải chứng minh.
* Về Định lý lớn Fermat
Ta biết có vơ số bộ ba số nguyên dƣơng thỏa mãn phƣơng trình x2 + y2 = z2.

Đƣơng nhiên xuất hiện một câu hỏi: Có ba số nguyên dƣơng nào thỏa mãn phƣơng
trình x3 + y3 = z3 khơng?
Vào năm 1637, nhà tốn học Pháp Fermat (Pierre de Fermat, 1601 - 1665) đã nêu lên
mệnh đề sau, đƣợc gọi là định lý lớn Fermat:
Phƣơng trình xn + yn = zn (với n là số nguyên lớn hơn 2) khơng có nghiệm ngun
dƣơng.
Fermat đã viết vào lề cuốn Số học của Điôphăng, ở cạnh mục giải phƣơng trình
x2 +y2 = z2 ―Khơng thể phân tích đƣợc một lập phƣơng đúng thành tổng của hai lập
phƣơng, không thể phân tích đƣợc một trùng phƣơng thành tổng của hai trùng
phƣơng, và nói chung với bất cứ lũy thừa nào lớn hơn 2 thành tổng của hai lũy thừa
cùng bậc. Tơi đã tìm đƣợc cách chứng minh kì diệu mệnh đề này, nhƣng lề sách này
quá chật nên không thể ghi lại đƣợc.‖
Năm 1670, 5 năm sau khi Fermat mất, con trai ông đã công bố mệnh đề này.
Lịch sử chứng minh Định lý lớn Fermat
Ngƣời ta đã tìm thấy chứng minh của Fermat với n = 4, nhƣng không biết đƣợc ơng đã
giải bài tốn tổng qt nhƣ thế nào? Liệu lời giải của ơng có sai lầm hay không?
Chỉ biết rằng phải đến một thế kỷ sau, Ơle mới chứng minh đƣợc bài toán với n = 3
năm 1753 trong thƣ gửi Gônbach. Năm 1825, bằng những phát minh mới về lý thuyết
số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh đƣợc với n = 5. Năm 1839 Lamê chứng minh
đƣợc với n = 7. Sau đó khoảng năm 1850 Kume chứng minh đƣợc với mọi n < 100 .
Năm 1978, nhờ máy tính điện tử ngƣời ta đã chứng minh đƣợc bài tốn với mọi n nhỏ
hơn 125000.
Phƣơng trình xn + yn = zn đƣợc gọi là phƣơng trình Fermat. Nó đã lơi cuốn các nhà

11


toán học chuyên nghiệp và nghiệp dƣ suốt hơn ba thế kỷ. Trên con đƣờng tìm cách
giải phƣơng trình đó, nhiều lý thuyết toán học mới đã đƣợc sáng tạo ra. Trong bốn
chục năm gần đây, nhiều nhà toán học đã đạt đƣợc những kết quả quan trọng. Và đề

chứng minh Định lý lớn Fetmat, chỉ còn chứng minh giả thuyết do Taniyama nêu ra
"mọi đƣờng cong elliptic đều là đƣờng cong Weil."

1.3.3.

Phƣơng trình Pell

Trong phần này chúng ta chỉ nghiên cứu phƣơng trình Điơphăng có dạng
x2 - dy2 = n

(1)

Trong đó d và n là các số nguyên cố định. Khi d < 0 và n < 0 phƣơng trình vơ nghiệm.
Khi d < 0 và n > 0, phƣơng trình chỉ có thể có hữu hạn nghiệm, vì đẳng thức
x 2 - dy2 = n suy ra x  n , y 

n
.
d

.

Khi d là một số chính phƣơng, chẳng hạn d = D2 thì
x2 - dy2 = x2 - D2y2 = (x + Dy)(x - Dy) = n
Nhƣ vậy, mọi nghiệm của (1) khi d là chính phƣơng sẽ tƣơng ứng với nghiệm của hệ
phƣơng trình:

 x  Dy  a

 x  Dy  b

Trong đó a và b là các số nguyên sao cho n = ab. Trong trƣờng hợp đó, chỉ có nghiệm
hữu hạn, vì tồn tại nhiều nhất là một nghiệm nguyên của hai phƣơng trình trên ứng
với một cách phân tích n = ab.
Trong phần tiếp theo, ta quan tâm phƣơng trình x2 - dy2 = n, trong đó d và n là các số
ngun, d là số ngun dƣơng khơng chính phƣơng. Định lý sau đây chỉ ra rằng, phân
số liên tục của

d rất quan trọng trong việc nghiên cứu phƣơng trình trên.

Định lý 1.3.4. Giả sử d và n là các số nguyên sao cho d > 0 và d khơng là số chính
phƣơng. n  d . Khi đó, nếu x2 - dy2 = n, thì
phân số liên tục đơn của

d.

12

x
là một tổng hội tụ riêng của liên
y


Chứng minh.
Trƣớc hết ta xét trƣờng hợp n > 0. Vì x2 - dy2 = n, nên ta có

 x  y d  x  y d   n
x
Từ trên ta thấy x  y d > 0 nên x  y d . Do đó y  d  0
Hơn nữa, do 0  n  d nên

x
xy d
x 2  dy 2
n
d
1
 d


 2
 2
y
y
2y d 2y
y xy d
y 2y d



Do 0 

 



x
1
 d  2 . Từ Định lý về sự hội tụ của phân số liên tục đơn ta suy ra rằng
y
2y

x
là một tổng hội tụ riêng của phân số liên tục đơn
y

d.

Khi n < 0, chia hai vế của x2 - dy2= n cho -d, ta đƣợc:

1
n
y2  x 2  
d
d
Lý luận tƣơng tự nhƣ trên ta chỉ ra rằng, khi n > 0,
số liên tục đơn của
Do đó,

y
là một tổng hội tụ riêng của phân
x

1
.
d

x 1
là một tổng hội tụ riêng của phân số liên tục đơn của

y y

x

d

Để tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình x2 - dy2 = n ta dựa vào Định lý sau đây.
Định lý 1 .3.5. Giả sử d là một số ngun dƣơng khơng chính phƣơng.
Đặt  k 

Pk  d
Qk

a k  k 

d  P 

2

Q k1

k 1

Qk

13

1
1
d

Với k = 0,1, 2, trong đó 0  d . Hơn nữa, giả sử
hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của

pk
là tổng riêng
qk

d.

Khi đó

p

 dq k   1 Qk 1
k
2

2

k 1

Trƣớc khi chứng minh Định lý này, ta chứng minh Bổ đề sau.
Bổ đề 1.3.4. Giả sử r + s d = t + u d , trong đó r , s , t , u là các số hữu tỷ và d là số
nguyên dƣơng khơng chính phƣơng. Khi đó r = t và s = u
Chứng minh Bổ đề

d

Do r + s d = t + u d nên nếu s khác u ta có:

rt
u s

Do d khơng chính phƣơng nên d phải là số vơ tỷ và khơng thể có biểu diễn trên.
Vậy s = u và do đó r = t.
Chứng minh Định lí
Vì

d =  0 = [a0, a1, a2,….., ak; ak+1] nên ta có:

Vì  k 1

P



k 1

 d

Q k 1

 , ta có:

P

d =
P



d q

d

 k 1p k  p k 1
 k 1p k  q k 1

k 1

 d p k  Q k 1p k 1

k 1



k

 Q k 1q k 1

Do đó: dqk + (Pk+1qk + Qk +1qk-1) d = (Pk 1pk  Qk 1pk 1 )  p k d
Từ bổ đề trên ta có: dqk = Pk+1pk + Qk+1pk-1
Pk+1pk + Qk+1pk-1 = pk
Nhân phƣơng trình thứ nhất với qk, phƣơng trình thứ hai với pk rồi trừ phƣơng trình
thứ hai cho phƣơng trình thứ nhất ta đƣợc.

p

 dq k   pk q k 1  pk 1q k  Qk 1   1 Qk 1 (*)
k
2

2

k 1

Từ (*) ta đƣợc điều phải chứng minh:
Chú ý:
Để chứng minh: pk q k 1  pk 1q k   1

k 1

ta có thể chứng minh bằng quy nạp nhƣ sau:

14


- Với k = 1, ta có p1q 0  p0q1   a 0a1  1 .1  a 0a1  1
Giả sử đúng với: 1  k < m, tức là: pk q k 1  pk 1q k   1

k 1

Khi đó ta có: pk 1q k  pk q k 1   a k 1pk  q k  pk  a k 1q k  q k 1 

 pk 1q k  pk q k 1    1

k 1

  1

k

Ta đƣợc điều phải chứng minh.
Định lý 1.3.6. Giả sử d là số ngun dƣơng khơng chính phƣơng. Ký hiệu qua
tổng riêng hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của

pk
qk

d , k = 1, 2, 3... và giả sử n là độ

dài chu kỳ của phân số liên tục này. Khi đó, nếu n chẵn thì các nghiệm nguyên dƣơng
của phƣơng trình x2 - dy2 = 1 là x = pjn-1, y = qjn-1, j = 1, 2, 3,….
Cịn phƣơng trình x2 - dy2 = 1 vơ nghiệm. Khi n lẻ, các nghiệm nguyên dƣơng của
phƣơng trình x2 - dy2 = 1 là x = p2nj-1, y = q2nj-1, j = 1,2,3....;
Các nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình x2 - dy2 = -1 là:
x = p(2j-1)n-1, y = q(2j-1)n-1, với j = 1, 2, 3,……..
Chứng minh.
Ta có nếu x0, y0 là nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình x2 - dy2 = ±1 thì
x0 = pk, y0 = qk, trong đó

pk
là tổng hội tụ riêng của phân số liên tục đơn giản của
qk

d . Mặt khác, từ Định lý 1.3.5 ta có:

p

 dq k   1 Qk 1
k

2

2

k 1

Trong đó Qk+1 nhƣ trong phát biểu của Định lý 1.3.5
Vì chu kỳ của khai triển liên tục của

d là n, ta biết rằng Qjn = Q0 = 1

với j = 1, 2,3... Vì vậy.

p jn 1  dq jn   1 Q jn   1
2

2

jn

jn

Đẳng thức trên chỉ ra rằng, khi n chẵn, pjn-1, qjn-1 là một nghiệm của phƣơng trình
x2 - dy2 = 1 với j = 1, 2,3,....; khi n lẻ, p2jn-1, q2jn-1 là một nghiệm của phƣơng trình
x2 - dy2 = 1 và p2(j-1)n-1, q2(j-1)n-1 là một nghiệm của phƣơng trình x2 - dy2 = -1
với j = 1, 2,3....

15

Để chỉ ra rằng các phƣơng trình x2 - dy2 = 1 và x2 - dy2 = -1 khơng có nghiệm khác các
nghiệm đã tìm đƣợc, ta chứng tỏ rằng Qk+1 = 1 suy ra n|k và Qj  -1 với j = 1,2,3...
Trƣớc tiên ta nhận xét rằng, nếu Qk+1 = 1 thì

 k 1  Pk 1  d
Vì  k+1 = [  k+1,  k+2,  k+3...], khai triển phân số liên tục của  k+1 là tuần hồn
đơn. Do đó ta có -1 <  k+1 = Pk+1 Từ đó suy ra Pk+1 =

d < 0.

d |, nên ta có k 1  0 , n|k.

Để chứng tỏ Q j  1 với j = 1, 2, 3... ta chú ý rằng từ Q j  1 suy ra

 j = -Pj -

d . Do aj có khai triển phân số liên tục đơn giản chu kỳ đơn nên

- 1 <  j  Pj  d < 0
và  j  Pj  d  1
Từ bất đẳng thức thứ nhất ta suy ra Pj   d , từ bất đẳng thức thứ hai suy ra

Pj  1  d . Từ đó ta suy ra mâu thuẫn.
Vậy Q j  -1. Vì ta đã tìm đƣợc tất cả các nghiệm của x2 - dy2 = 1 và
x2 - dy2 = - 1 trong đó x, y nguyên dƣơng, nên Định lý đƣợc chứng minh đầy đủ.

16


Chƣơng 2: MỘT SỐ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH NGHIÊM NGUYÊN

Mở đầu
Trong chƣơng này trình bày một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên
nhƣ: Phƣơng pháp chia hết, phƣơng pháp đánh giá, phƣơng pháp sử dụng tam thức
bậc hai và một số dạng khác,……. và các ví dụ minh họa cho từng phƣơng pháp để
giải phƣơng trình nghiệm nguyên.
2.1 Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên
2.1.1 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng chia hết để giải, chi tiết nhƣ sau:
Dạng 1: Phƣơng pháp đƣa về phƣơng trình tích
Dạng 2: Phƣơng pháp xét số dƣ
Dạng 3: Phƣơng pháp biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại
Dạng 4: Phƣơng pháp cực hạn hay xuống thang.
Dạng 5: Phƣơng pháp sử dụng tính chia hết, tính chất số chính phƣơng.
2.1.2 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng đánh giá để giải, chi tiết nhƣ sau:
Dang 1: Phƣơng pháp phân tích thành các tổng bình phƣơng, tổng lập phƣơng
Dang 2: Phƣơng pháp sử dung nguyên lí kẹp.
Dang 3: Phƣơng pháp sắp thứ tự các ẩn.
2.1.3 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng tam thức bậc hai, chi tiết nhƣ sau:
Dang 1: Phƣơng pháp sử dụng tam thức bậc hai để phân tích thành nhân tử
Dang 2: Phƣơng pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai
Dang 3: Phƣơng pháp Sử dụng điều kiện A là số chính phƣơng
2.1.4 Một số dạng phƣơng trình nghiệm ngun khác.
2.2 Các bài tốn về phƣơng trình nghiệm ngun.
A. Các ví dụ mình họa cho phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng chia hết để giải
Dang 1: Phƣơng pháp đƣa về phƣơng trình tích
Ví dụ 2.2.1. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên sau:
3x + xy – 7y = 24
Lời giải:
Phƣơng trình: 3x + xy – 7y = 24

17

 x(3 +y) – 7y – 21 = 24 – 21
 (y +3)(x – 7) = 3
Suy ra y +3 và x – 7 Ƣ (3) = {1 ; -1 ; 3 ; -3}
Ta có bảng sau:
x -7

1

3

-1

-3

y +3

3

1

-3

-1

x

8

10

6

4

y

0

-2

-6

-4

Vậy nghiệm của phƣơng trình là:
(x; y) = (8; 0); (10; -2); (6; -6); (4; -4)
Ví dụ 2.2.2. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên sau:
5x2 – y2 +4xy – 9 = 0
Lời giải:
Phƣơng trình: 5x2 – y2 +4xy – 9 = 0

 5x2 + 5xy – xy – y2 = 9
 5x(x + y) – y(x +y) = 9
 (x + y)(5x - y) = 9
Suy ra x + y và 5x – y Ƣ (9) = {1 ; -1 ; 3 ; -3 ; 9 ; -9}
Ta có bảng sau:
x+y

-9

-3

-1

1

3

9

5x – y

-1

-3

-9

9

3

1

x

L

-1

L

L

1

L

y

L

-2

L

L

2

L

Vậy nghiệm của phƣơng trình là:
(x; y) = (-1; -2); (1; 2);
Ví dụ 2.2.3. Giải phƣơng trình nghiệm ngun sau:
x2 + x + 6 = y2

18

Lời giải:
Phƣơng trình: x2 + x + 6 = y2

 4x2 +4x + 24 = 4y2
 (2y)2 – (4x2 +4x +1) = 23
 (2y)2 – (2x +1)2 = 23
 (2y – 2x – 1)(2y + 2x +1) = 23
Suy ra 2y – 2x – 1 và 2y + 2x + 1 Ƣ (23) = {1 ; -1 ; 23 ; -23}
Ta có bảng sau:
2y – 2x –1

-23

-1

1

23

2y +2x +1

-1

-23

23

1

x

5

-6

5

-6

y

-6

-6

6

6

Vậy nghiệm nguyên của phƣơng trình là: (x; y) = (5; -6); (-6; -6); (5; 6); (-6; 6);
Ví dụ 2.2.4. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên sau:
x2 + 2y2 + 3xy – x - y + 3 = 0
Lời giải:
Phƣơng trình: x2 + 2y2 + 3xy – x - y + 3 = 0

 (x2 + y2 + 2xy) + y2 + xy - x – y + 3 = 0
 (x + y)2 + y( y + x) - (x + y) = -3
 (x + y)(x + y + y – 1) = -3

 (x + y)(x + 2y – 1) = -3
Suy ra x + y và x + 2y – 1  Ƣ(-3) = {1 ; -1 ; 3 ; -3}
Ta có bảng sau:
x+y

-3

-1

1

3

x+ 2y – 1

1

3

-3

-1

x

-8

-6

4

6

y

5

5

-3

-3

Vậy nghiệm nguyên của phƣơng trình là: (x; y) = (-8; 5); (-6; 5); (4; -3); (6; -3);

19


Ví dụ 2.2.5. (Đề tuyển sinh vào lớp 10 trƣờng THPT Chuyên HN- Amsterdam 2014)
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên sau: x2y + xy – 2x2 – 3x + 4 = 0
Lời giải:
Phƣơng trình: x2y + xy – 2x2 – 3x + 4 = 0

 xy(x +1) – 2x(x +1) – (x +1) + 5 = 0
 (x +1)(xy – 2x – 1) + 5 = 0
 (x +1)(2x +1 – xy) = 5
Làm tƣơng tự nhƣ ví dụ trên, lập bảng và giải ra ta đƣợc nghiệm:
(x; y) = (-2; -1); (4; 2).
Các bài tập tƣơng tự:
a) xy + 3x – 2y = 11

b) x2 – 4xy + 5y2 = 169
c) x2 + 7x = y2
d) x3 – y3 = 91
e) x(x +1)(x +7)(x +8) = y2
f) x3 + y3 + z3 = 3xyz +1
Các bài tập tự ra: Giải các phƣơng trình nghiệm nguyên sau:
a) 4x + xy + 3y = 5
b) 6x2 + 5xy – y2 – 7 = 0
c) 3x2 +2x + 2 = 3y2
Dang 2: Phƣơng pháp xét số dƣ
Phƣơng pháp này thƣờng dùng để chứng minh phƣơng trình vơ nghiệm, kiến thức
thƣờng dùng là xét số dƣ của một lũy thừa khi chia cho một số, ta có:
a2  0, 1 (mod 3)

a2  0, 1 (mod 4)

a2  0, 1, 4 (mod 5)

a2  0, 1, 4 (mod 8)

a2  0, 1, 4, 7 (mod 9)

a3  0, 1, 8 (mod 9)

Chú ý: Trong các ví dụ tiếp theo ta đặt vế trái của phƣơng trình = VT;
Vế phải của phƣơng trình = VP.

20

Ví dụ 2.2.6. Giải phƣơng trình nghiệm ngun: x2 = 2y2 – 8y + 3
Lời giải
Phƣơng trình: x2 = 2y2 – 8y + 3

 x2 = 2(y – 2)2 – 5
Ta có: x2  0, 1, 4 (mod 8); (y – 2)2  0, 1, 4 (mod 8)

 Suy ra 2(y – 2)2  0, 2 (mod 8)
 2(y – 2)2 – 5  3, 5 (mod 8)
Vậy VT  0, 1, 4 (mod 8);
VP  3, 5 (mod 8) suy ra phƣơng trình khơng có nghiệm ngun.
Ví dụ 2.2.7. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 9x2 + 6x + 10 = y3 (*)
Lời giải
TH1: y = 2k, k  Z.
Khi đó,
y3  0 (mod 8)  (3x+ 1)2 + 9  0 (mod 8)

 (3x+ 1)2  -1 (mod8). Điều này là vô lý suy ra loại trƣờng hợp y = 2k, k  Z.
TH2: y là số lẻ. Ta viết lại phƣơng trình (*) :
(3x + 1)2 + 1 = y3 – 8 hay (3x + 1)2 +1 = (y – 2)(y2 + 2y + 4).

(**)

Ta xét hai trƣờng hợp nhỏ :
Với y = 4k + 1  y – 2 = 4k – 1. Khi đó vế phải của (**) có ƣớc nguyên tố dạng
p = 4l – 1 và ƣớc này cũng là ƣớc của vế trái (**).
Điều này vơ lý vì vế trái là tổng của 2 số chính phƣơng.
Với y = 4k – 1. Khi đó y2 + 2y + 4 có dạng 4m – 1.
Lập luận tƣơng tự ta cũng suy ra điều vô lý
Vậy khơng có giá trị của x, y thỏa mãn phƣơng trình trên.

Ví dụ 2.2.8. Giải phƣơng trình nghiệm ngun: 15x2 – 7y2 = 9
Lời giải:
Xét phƣơng trình: 15x2 – 7y2 = 9
Ta thấy: 15x2  9  0 (mod 3)  7y2  0 (mod 3)

 y2  0 (mod 3)  y  0 (mod 3)

21