Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp giải các đề thi Olympic về phương trình Diophant

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐẶNG THỊ THU HÀ

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP
GIẢI CÁC ĐỀ THI OLYMPIC
VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐẶNG THỊ THU HÀ

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP
GIẢI CÁC ĐỀ THI OLYMPIC
VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2019


i

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với GS.TSKH Nguyễn Văn
Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy đã trực tiếp hướng dẫn
tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua.
Xin chân thành cảm ơn tới các quý thầy, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy lớp cao
học Toán K11, các bạn học viên, và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận
lợi, động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân ln khuyến
khích động viên tác giả trong suốt quá trình học cao học và viết luận văn này.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và
hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và các
bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019
Tác giả

Đặng Thị Thu Hà


ii

Mục lục
MỞ ĐẦU

1

Chương 1. Phương trình Diophant và hệ Diophant cơ bản
1.1 Phương trình Diophant tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Nghiệm riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Nghiệm nguyên dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Nghiệm ngun dương của hệ phương trình Diophant tuyến tính
bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2
2
3
9

Chương 2. Các phương pháp giải phương trình Diophant
2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử . . . . . . . . . .
2.2 Phương pháp đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Phương pháp tham số hóa . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Phương pháp quy nạp toán học . . . . . . . . . . . . .
2.6 Phương pháp xuống thang . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Một số phương pháp khác . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chương 3. Các dạng toán liên quan đến phương trình
trình Diophant
3.1 Một số dạng tốn về đa thức nguyên . . . . . . . . .
3.2 Một số dạng toán lượng giác liên quan . . . . . . . .
3.3 Một số dạng toán thi Olympic liên quan . . . . . . .

.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

. .
. .
. .
cơ
. .

10

.
.
.
.
.
.
.

19
19
24
25
27
30
33
40

.
.
.
.

.
.
.

và hệ phương
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .

47
47
50
66

KẾT LUẬN

77

TÀI LIỆU THAM KHẢO

78


1

Mở đầu
Trong các kì thi học sinh giỏi tốn các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài
toán liên quan tới phương trình Diophant (dạng tuyến tính và phi tuyến) thường
xun được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó vì
phần kiến thức về phương trình Diophant tổng qt khơng nằm trong chương trình

chính thức của giáo trình Số học và Đại số bậc trung học phổ thông.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên
đề phương trình Diophant, tôi chọn đề tài luận văn "Một số phương pháp giải các
đề thi Olympic về phương trình Diophant".
Tiếp theo, khảo sát một số lớp hệ phương trình Diophant liên quan.
Cấu trúc luận văn gồm 3 chương:
Chương 1. Các kiến thức bổ túc về số học và phương trình Diophant cơ bản.
Chương 2. Các phương pháp giải phương trình Diophant.
Chương 3. Các dạng tốn liên quan đến hệ phương trình Diophant.
Tiếp theo, cuối các chương đều trình bày các bài tập áp dụng và giải các đề thi
HSG quốc gia và Olympic liên quan.


2

Chương 1. Phương trình Diophant và
hệ Diophant cơ bản
1.1

Phương trình Diophant tuyến tính

Ta nhắc lại thuật tốn Euclid và liên phân số đã được trình bày tương đối chi
tiết trong chương trình tốn bậc THCS.
Định nghĩa 1.1. Số ngun c được gọi là một ước số chung của hai số nguyên a
và b (không đồng thời bằng không) nếu c chia hết a và c chia hết b (hay a và b
đều chia hết cho c).
Định nghĩa 1.2 (xem [3,5, 7]). Một ước số chung d của hai số nguyên a và b
(không đồng thời bằng không) được gọi là ước số chung lớn nhất của a và b nếu
mọi ước số chung c của a và b đều là ước của d.
Nhận xét 1.1. Nếu d là ước số chung lớn nhất của a và b thì −d cũng là ước số

chung lớn nhất của a và b. Vì vậy, ta quy ước rằng ước số chung lớn nhất của a
và b là số nguyên dương.
Ước số chung lớn nhất của hai số a và b được ký hiệu là (a, b) hay gcd(a,b)
(greatest common divisor). Như vậy d = (a, b) hay d = gcd(a, b).
Ví dụ 1.1. (25,30) = 5, (25,-72) = 1.
Định nghĩa 1.3 (xem [3,5,7]). Một số nguyên c được gọi là một ước số chung của
bộ n số nguyên a1 , a2 , a3 , . . . , an (không đồng thời bằng khơng) nếu c là ước của
mỗi số đó.
Định nghĩa 1.4 (xem [5,7]). Một ước số chung d của bộ n số nguyên a1 , a2 , a3 , . . . , an
(không đồng thời bằng không) được gọi là ước số chung lớn nhất của a1 , a2 , a3 , . . . , an
nếu mọi ước số chung c của a1 , a2 , a3 , . . . , an đều là ước của d.
Tương tự, ta cũng quy ước rằng ước số chung lớn nhất của n số nguyên
a1 , a2 , a3 , . . . , an là số nguyên dương.


3

Ước số chung lớn nhất của a1 , a2 , a3 , . . . , an ký hiệu là

(a1 , a2 , a3 , . . . , an ) hay gcd(a1 , a2 , a3 , . . . , an ).
Như vậy d = (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) hay d = gcd(a1 , a2 , a3 , . . . , an ).
Định lý 1.1 (Ước số chung lớn nhất của nhiều số). Cho các số nguyên a1 , a2 , a3 , . . . , an
không đồng thời bằng khơng. Khi đó tồn tại ước số chung lớn nhất của a1 , a2 , a3 , . . . , an .
Tính chất 1.1. Cho a, b, q, r là các số nguyên (a2 + b2 = 0). Nếu a = bq + r và
0 ≤ r < |b| thì (a, b) = (b, r).

1.1.1

Nghiệm riêng

Trong mục này, ta trình bày hai thuật tốn tìm nghiệm riêng của phương trình
Diophant, đó là thuật tốn giản phân và thuật tốn Euclid.
Xét phương trình Diophant tuyến tính

Ax + By = C.

(1.1)

Để tìm nghiệm riêng dựa vào giản phân, ta tiến hành thực hiện theo các bước như
sau:
- Bước 1. Tìm d = (A, B) để đưa phương trình (1.1) về phương trình (1.2) với
(a, b) = 1. phương trình Diophant tuyến tính

ax + by = c.

(1.2)

a
= [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ].
|b|
pn−1
. Suy ra pn−1 và
- Bước 3. Tính giản phân Cn−1 = [a0 ; a1 , . . . , an−1 ] =
qn−1
qn−1 .
- Bước 4. Suy 
ra một nghiệm riêng (x0 , y0 ) của phương trình (1.2).
x = (−1)n−1 .c.q
0
n−1

Nếu b > 0 thì
y = (−1)n .c.p .
n−1
 0
x = (−1)n−1 .c.q
0
n−1
Nếu b < 0 thì
y = (−1)n−1 .c.p .
0
n−1

- Bước 2. Viết

Bài tốn 1.1. Giải phương trình Diophant tuyến tính

342x − 123y = 15.

(1.3)


4

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình

114x − 41y = 5.
Ta có

114
= [2; 1, 3, 1, 1, 4], với n = 5.

41


C4 = p4 = [2; 1, 3, 1, 1] = 25
q4
9

(p4 , q4 ) = 1

(1.4)


p = 25
4
nên
q = 9.
4

Do b = −41 < 0 nên một nghiệm riêng của (1.4) là

x = (−1)5−1 .5.9 = 45
0
y = (−1)5−1 .5.25 = 125.
0

Vậy nghiệm của phương trình (1.4), tức phương trình (1.14) là

x = 45 + 41t
, t ∈ Z.
y = 125 + 114t

Để tìm nghiệm riêng dựa vào thuật toán Euclid, ta tiến hành thực hiện theo
các bước như sau:
- Bước 1. Xác định d = (|A| , |B|) theo thuật toán Euclid mở rộng.
- Bước 2. Biểu thị d như một tổ hợp tuyến tính của A và B , chẳng hạn

d = nA + mB (n, m ∈ Z) .
- Bước 3. Nhân hai vế đẳng thức trên với

A

C
ta thu được
d

Cn
Cm
+B
= C.
d
d

- Bước 4. Suy ra một nghiệm riêng (x0 , y0 ) của phương trình (1.1) là

Cn


x
=

0



d




y0 = Cm .
d
Bài tốn 1.2. Giải phương trình Diophant tuyến tính

342x − 123y = 15.

(1.5)


5

Lời giải. Vì (342, −123) = 3 |15 nên phương trình đã cho có nghiệm. Ta có

342 = 123.2 + 96,
123 = 96.1 + 27,
96 = 27.3 + 15,
27 = 15.1 + 12,
15 = 12.1 + 3,
12 = 3.4 + 0.
Suy ra

3 = 15 − 12.1 = 15 − (27 − 15.1).1 = 15.2 − 27.1
= (96 − 27.3).2 − 27.1 = 96.2 − 27.7 = 96.2 − (123 − 96.1).7

= 96.9 − 123.7 = (342 − 123.2).9 − 123.7 =
= 342.9 − 123.25.
Suy ra

342.45 − 123.125 = 15.
Từ đó, phương trình (1.14) có một nghiệm riêng là

(x0 ; y0 ) = (45; 125).
Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình (1.14) là

123


t
x
=
45
+



3
,t∈Z



342

y = 125 +
t

3
hay

x = 45 + 41t
y = 125 + 114t

, t ∈ Z.

Định lý 1.2. Xét phương trình Diophant tuyến tính

a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn = c.
1. Phương trình (1.6) có nghiệm khi và chỉ khi d = (a1 , a2 , . . . , an ) |c .
2. Nếu phương trình (1.6) có nghiệm thì nó sẽ có vơ số nghiệm.

(1.6)


6

Chứng minh.
1) ⇒). Giả sử (x1 , x2 , . . . , xn ) là một nghiệm của phương trình (1.6), tức là
n

ai xi = c.
i=1
n

ai xi , suy ra d |c .

Ta có d = (a1 , a2 , . . . , an ), suy ra d

i=1

⇐) Ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy nạp theo n.
Với n = 2, khẳng định là đúng.
Giả sử khẳng định đúng với n = k (k ≥ 2).
Với n = k + 1, xét d = (a1 , a2 , . . . , ak+1 ) |c , đặt h = (a1 , a2 , . . . , ak ). Khi đó, ta
có
d = (h, ak+1 ) |c
Suy ra, tồn tại t, xk+1 ∈ Z để

ht + ak+1 xk+1 = c.
Vì h |ht nên theo giả thiết quy nạp sẽ tồn tại x1 , x2 , . . . , xk ∈ Z để
k

ai xi = ht.
i=1

Do đó

k+1

ai xi = c.
i=1

Vậy nên phương trình a1 x1 +a2 x2 +. . .+ak+1 xk+1 = c có nghiệm (x1 , x2 , . . . , xk+1 ).
2). Ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy nạp theo n.
Với n = 2: khẳng định là đúng. Giả sử khẳng định đúng với n = k (k ≥ 2), tức là
k

ai xi = c nếu có nghiệm thì sẽ có vơ số nghiệm. Với n = k + 1, ta

phương trình
i=1

k+1

ai xi = c nếu có nghiệm thì sẽ có vơ số nghiệm.

sẽ chứng tỏ phương trình
i=1

k+1

Thật vậy, gọi (t1 , t2 , . . . , tk+1 ) là một nghiệm của phương trình

ai xi = c, tức
i=1

là

k+1

ai ti = c.
i=1


7

Khi đó

k

ai ti = c − ak+1 tk+1 .
i=1

Xét phương trình
k

ai xi = c − ak+1 tk+1

(1.7)

i=1

có vế phải là hằng số và có một nghiệm là (t1 , t2 , . . . , tk ) nên theo giả thiết quy
nạp thì phương trình này có vơ số nghiệm.
k+1

ai xi = c có

Ứng với mỗi nghiệm (x1 , x2 , . . . , xk ) của (6) thì phương trình
i=1
k+1

ai xi = c có vơ số

nghiệm là (x1 , x2 , . . . , xk , tk+1 ). Chứng tỏ phương trình
i=1

nghiệm.

Ta dễ dàng chứng minh được nghiệm tổng qt của phương trình (1.6) có dạng

n−1


x
+
Li1 ti ,
x
=

1
1


i=1


n−1


x2 = x2 +
Li2 ti ,
i=1




...





n−1


xn = xn +
Lin ti .
i=1

trong đó (x1 , x2 , . . . , xn ) là một nghiệm riêng của (1.6), ti ∈ Z, ∀i = 1, 2, . . . , n.
Tuy nhiên, các hệ số Lij (i, j = 1, 2, . . . , n) khơng có cơng thức tính tường minh.
Bài tốn 1.3. Giải phương trình Diophant tuyến tính

6x + 15y + 10z = 3.

(1.8)

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với

6(x + z) + 15y + 4z = 3.
Đặt u = x + z, ta thu được phương trình

15y + 4z = 3 − 6u.
Ta nhận thấy phương trình

15y + 4z = 1

(1.9)

8

có một nghiệm riêng là (y1 ; z1 ) = (−1; 4) nên phương trình (7a) có một nghiệm
riêng là (y0 ; z0 ) = (−3 + 6u; 12 − 24u).
Do đó nghiệm tổng qt của phương trình (1.9) là

y = −3 + 6u + 4t
, u, t ∈ Z.
z = 12 − 24u − 15t
Mặt khác, u = x + z suy ra x = u − z = −12 + 25u + 15t.
Vậy nên phương trình (1.8) có nghiệm tổng quát là



x = −12 + 25u + 15t


, u, t ∈ Z.
y = −3 + 6u + 4t



z = 12 − 24u − 15t
Nhận xét 1.2. Có thể tóm lược cách giải phương trình Diophant tuyến tính nhiều
ẩn trên như sau:
Từ phương trình Diophant tuyến tính n ẩn, ta đưa về phương trình Diophant
tuyến tính n − 1 ẩn (giảm ẩn), tiếp tục như vậy, sau hữu hạn bước, ta nhận được
phương trình Diophant tuyến tính 2 ẩn.
Mỗi lần giảm số ẩn như vậy ta lại giải phương trình Diophant tuyến tính 2 ẩn

(chứa tham số). Vì lẽ đó, ta thu được hệ nghiệm phụ thuộc vào n − 1 tham số.
Ví dụ 1.2. Xét phương trình (1.6) với n ≥ 3, ai = 0, ∀i = 1, 2, . . . , n.
Gọi d = (an−1 , an ). Khi đó an−1 = d.bn−1 , an = d.bn , (bn−1 , bn ) = 1. Do đó
(1.6) trở thành

a1 x1 + a2 x2 + . . . + an−2 xn−2 + d (bn−1 xn−1 + bn xn ) = c.

(1.10)

Đưa vào ẩn mới t bằng hệ thức

bn−1 xn−1 + bn xn = t.

(1.11)

a1 x1 + a2 x2 + . . . + an−2 xn−2 + dt = c.

(1.12)

Khi đó (1.6) trở thành

Giả sử x1 , x2 , . . . , xn−2 , t là một nghiệm nguyên của (1.12).
Ứng với số t xác định, xét phương trình

bn−1 xn−1 + bn xn = t.

(1.13)

Do (bn−1 , bn ) = 1 t nên (1.13) nhất định có nghiệm nguyên, chẳng hạn (xn−1 , xn ).
Khi đó, rõ ràng (x1 , x2 , . . . , xn−2 , xn−1 , xn ) là nghiệm nguyên của (1.6).

Dễ thấy mọi nghiệm nguyên của (1.13) chính là nghiệm của (1.12) với điều kiện
(1.11).


9

1.1.2

Nghiệm ngun dương

Xét phương trình Dipophant tuyến tính

a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn = c

(1.14)

với các hệ số ai , c ∈ Z+ , các biến số xi ∈ Z+ , ∀i = 1, 2, . . . , n. Khi đó phương
trình (1.14) ln có hữu hạn nghiệm ngun dương x = (x1 , x2 , . . . , xn ).
Từ giả thiết bài ra, ta có thể hạn chế điều kiện của các biến số bởi

1 ≤ xi ≤

(c + ai ) − (a1 + a2 + . . . + an )
ai

, ∀i = 1, 2, . . . , n.

Khi đó, cách đơn giản nhất để tìm nghiệm ngun dương x = (x1 , x2 , . . . , xn )
của phương trình (1.14) là ta cho một biến số xi nào đó lần lượt chạy qua các giá
trị có thể có của nó và tìm các biến số cịn lại từ phương trình đã cho.

Bài tốn 1.4. Tìm các nghiệm ngun dương của phương trình Diophant tuyến
tính

6x + 15y + 10z = 200.
Lời giải. Theo giả thiết, ta có



1 ≤ x ≤ 29


1 ≤ y ≤ 12



1 ≤ z ≤ 17.
.
.
Hơn nữa, từ giả thiết bài ra, suy ra x .. 5 và y .. 2.
- Với y = 2, ta có 3x + 5z = 85 nên



x = 5 thì z = 14;







x = 10 thì z = 11;


x = 15 thì z = 8;





x = 20 thì z = 5;




x = 25 thì z = 2.
- Với y = 4, ta có 3x + 5z = 70 nên



x = 5 thì z = 11;




x = 10 thì z = 8;


x = 15 thì z = 5;





x = 20 thì z = 2.

(1.15)


10

- Với y = 6, ta có 3x + 5z = 55 nên



x = 5 thì z = 8;


x = 10 thì z = 5;



x = 15 thì z = 2.
- Với y = 8, ta có 3x + 5z = 40 nên

x = 5 thì z = 5;
x = 10 thì z = 2.
- Với y = 10, ta có 3x + 5z = 25 nên

x = 5 thì z = 2.
- Với y = 12, ta có 3x + 5z = 10. Phương trình này khơng có nghiệm ngun
dương.

Như vậy, phương trình (1.15) có cả thảy 15 nghiệm nguyên dương (x, y, z) bao
gồm
(5, 2, 14) , (5, 4, 11) , (5, 6, 8) , (5, 8, 5) , (5, 10, 2) ,

(10, 2, 11) , (10, 4, 8) , (10, 6, 5) , (10, 8, 2) , (15, 2, 8) ,
(15, 4, 5) , (15, 6, 2) , (20, 2, 5) , (20, 4, 2) , (25, 2, 2) .

1.2

Nghiệm nguyên dương của hệ phương trình Diophant
tuyến tính cơ bản

Phần này đề cập tới hệ phương trình Diophant tuyến tính, trình bày về hệ hai
phương trình ba ẩn với nguyện nguyên dương giải bằng phương pháp ”chìa khóa”
(xem [1],[3] và [5]).
Bài tốn tổng qt 1.1. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình

 a x+b y+c z =s
1
1
1
1
(1.16)
 a x+b y+c z =s .
2

2

2

2

Phương pháp giải:
Ta gọi ”chìa khóa” của hệ (1) là bộ số (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn điều kiện: x0 , y0 , z0 ∈
Z và


11


a x + b y + c z = 0
1 0
1 0
1 0
a x + b y + c z = 0.
2 0
2 0
2 0
Nếu (x1 , y1 , z1 ) là một nghiệm của hệ (1.16) thì với

x2 = x1 + mx0 ; y2 = y1 + my0 ; z2 = z1 + mz0 ,
ta cũng có

a1 x2 + b1 y2 + c1 z2 = s1 ; a2 x2 + b2 y2 + c2 z2 = s2 ,
tức là (x2 , y2 , z2 ) cũng là một nghiệm của hệ (1). Nếu các nghiệm này nguyên
dương thì ta có nghiệm nguyên dương. Ta để ý rằng trong hệ (1) nếu x xác định
thì y và z cũng xác định. Vì vậy khi ta cho x chạy qua tất cả các giá trị nguyên
dương có thể có của nó, ta sẽ tìm được các giá trị tương ứng của y và z. Trong
các trường hợp này, có bao nhiêu trường hợp các giá trị tương ứng của y và z đều
ngun dương thì hệ có bấy nhiêu nghiệm ngun dương.

Bài tốn 1.5. Tìm nghiệm ngun dương của hệ phương trình

x + y + z = 134
2x + 1 y + 1 z = 161.
2
3
Lời giải. Tacó

x + y + z = 134
x + y + z = 134
(1.17) ⇔
⇔
4x + y + 2 z = 322
3x − 1 z = 188.
3
3
Suy ra z = 3, x = 63, y = 68.
Suy ra hệ (1.17) có một nghiệm (x1 , y1 , z1 ) = (63, 68, 3) .
Tìm chìa khóa (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn điều kiện

x0 + y0 + z0 = 0
2x0 + 1 y0 + 1 z0 = 0.
2
3
Suy ra

x0 + y0 + z0 = 0
3x0 − 1 z0 = 0.
3
Suy ra x0 = 1, z0 = 9, y0 = −10 hay (x0 , y0 , z0 ) = (1, −10, 9). Khi đó

(1.17)


12




x = x1 + mx0

 2
y2 = y1 + my0



 z = z + mz ,
2

1

0

suy ra



x = 63 + m.1

 2

y2 = 68 + m. (−10)



 z = 3 + m.9.
2

• Với m = 1, hệ có nghiệm (64, 58, 12);
• Với m = 2, hệ có nghiệm (65, 48, 21);
• Với m = 3, hệ có nghiệm (66, 38, 30);
• Với m = 4, hệ có nghiệm (67, 28, 39);
• Với m = 5, hệ có nghiệm (68, 18, 48);
• Với m = 6, hệ có nghiệm (69, 8, 57);
• m ∈ Z− , nếu
x = 63 + m.1 thì y = 68 + m.(−10) ; z = 3 + m.9 < 0.
• m ∈ Z+ , nếu x = 69 + m.1 thì y = 8 + m.(−10) < 0.
Vậy bài tốn có 7 nghiệm ngun dương.
Bài tốn 1.6. Tìm nghiệm ngun dương của hệ phương trình

x + y + z = 134
(2)
2x + 1 y + 1 z = 40.
2
3

−x − y − z = −134
Lời giải. (2) ⇔
4x + y + 2 z = 80
3


1
3x − z = −54
3
nên x = 1, z = 171, y = −38.
⇔
−x − y − z = −134
Suy ra hệ (2) có một nghiệm (x1 , y1 , z1 ) = (1, −38, 171) .
Tìm chìa khóa (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn điều kiện:


13


x0 + y0 + z0 = 0
2x0 + 1 y0 + 1 z0 = 0
2
3
”Chìa khóa” vẫn là (x0 , y0 , z0 ) = (1, −10, 9) .
Khi đó



x = x1 + mx0

 2
y2 = y1 + my0



z = z + mz

2

1

0

suy ra



x = 1 + m.1

 2
y2 = −38 + m. (−10)



z = 171 + m.9.
2

• Với m ∈ Z+ , nếu x = 1 + m.1 suy ra y = −38 + m.(−10) < 0.
Vậy bài toán khơng có nghiệm ngun dương.
Bài tốn 1.7. Tìm nghiệm ngun dương của hệ phương trình

x + y + z = 100
5x + 3y + 1 z = 100
3
Lời giải. Ta có

x + y + z = 100

(1.18) ⇔
15x + 9y + z = 300


x + y + z = 100
⇔
14x + 8y = 200.

.
Suy ra x .. 4 nên x = 4, y = 18, z = 78.
Suy ra hệ (1.18) có một nghiệm (x1 , y1 , z1 ) = (4, 18, 78) .
Tìm ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn điều kiện:


x0 + y0 + z0 = 0
x + y + z = 0
0
0
0
⇔
1
5x0 + 3y0 + z0 = 0
14x + 8y = 0
0
0
3
Suy ra hệ có nghiệm x0 = 4, y0 = −7, z0 = 3.
Suy ra ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) = (4, −7, 3).

(1.18)

14

Khi đó




x2 = x1 + mx0


y2 = y1 + my0



 z = z + mz
2

1

0

suy ra



x2 = 4 + m.4



y2 = 18 + m. (−7)



 z = 78 + m.3
2

• Với m = 1 hệ có nghiệm (8, 11, 81);
• Với m = 2 hệ có nghiệm (12, 4, 84);
• m ∈ Z− thì x = 4 + m.4 ≤ 0;
• m ∈ Z+ , nếu x = 12 + m.4 thì y = 4 + m.(−7) < 0.
Vậy bài tốn có 3 nghiệm ngun dương.
Bài tốn 1.8. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình

 x + y + z = 12
 3x + 4y + 5z = 50
Lời giải. Ta có

3x + 3y + 3z = 36
(1.19) ⇔
3x + 4y + 5z = 50


3x + 3y + 3z = 36
⇔
x + 2z = 14

Suy ra y = 2, z = 6, x = 4
Vậy hệ (1.19) có một nghiệm (x1 , y1 , z1 ) = (4, 2, 6) .
Tìm ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn điều kiện:


x + y + z = 0
0
0
0
3x + 4y + 5z = 0
0

0

0

Suy ra

x + y + z = 0
0
0
0
y + 2z = 0
0

0

(1.19)


15

nên ta có

z0 = 1, y0 = −2, x0 = 1.
Vậy nên, ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) = (1, −2, 1)






x2 = 4 + m.1
x2 = x1 + mx0




y2 = 2 + m. (−2)
y2 = y1 + my0 ⇔






 z = 6 + m.1
 z = z + mz
2

1

2

0

• Với m = −1 hệ có nghiệm (3, 4, 5);
• Với m = −2 hệ có nghiệm (2, 6, 4);
• Với m = −3 hệ có nghiệm (1, 8, 3);
• m ∈ Z− thì x = 1 + m.1 ≤ 0;
• m ∈ Z+ , nếu x = 4 + m.1 thì y = 2 + m.(−2) ≤ 0.
Vậy bài tốn có 4 nghiệm ngun dương.
Bài tốn 1.9. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình

x + y + z = 6
−x − 15y + 20z = 29
Lời giải. Ta có

x + y + z = 6
(1.20) ⇔
−14y + 21z = 35
Suy ra y = 2, z = 3, x = 1.
Vậy nên hệ (1.20) có một nghiệm (x1 , y1 , z1 ) = (1, 2, 3) .
Tìm ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn điều kiện:


x + y + z = 0
x + y + z = 0
0
0
0
0
0
0

⇔
−x − 15y + 20z = 0
−14y + 21z = 0
0

0

0

0

Vậy nên, ta có y0 = 3, z0 = 2, x0 = −5.
Suy ra ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) = (−5, 3, 2).
Khi đó



x = x1 + mx0

 2
y2 = y1 + my0



z = z + mz
2

1

0

0

(1.20)


16

Suy ra



x = 1 + m. − 5

 2
y2 = 2 + m.3



 z = 3 + m.2
2

• m ∈ Z= thì y = 2 + m.3 < 0
• m ∈ Z+ thì x = 1 + m.(−5) < 0
Vậy bài tốn chỉ có 1 nghiệm ngun dương.
Bài tốn 1.10. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình

1x − 1y + 1z = 1
3
4

5
3x + 4y − 5z = 0.
Lời giải. Ta có
(1.21) ⇔







16
16
x − 4y + z = 16
3
5
9
25
x + 4y − z = 0.
3
5

Suy ra

25
9

 x − z = 16
3
5

25
9

 x + 4y − z = 0
3
5
nên ta có x = 3, z = 5, y = 4
Suy ra hệ (1.21) có một nghiệm (x1 , y1 , z1 ) = (3, 4, 5)
Tìm ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn điều kiện:


16
16
1
1
1

 x0 − y0 + z0 = 0
 x0 − 4y0 + z0 = 0
5
3
4
5
⇔ 93
25
3x + 4y − 5z = 0

 x0 + 4y0 − z0 = 0
0
0

0
3
5
suy ra

25
9

 x0 = z0
3
5
9
25

 x0 + 4y0 − z0 = 0
3
5
Suy ra ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) = (27, 136, 125).

(1.21)


17

Khi đó




x = 3 + m.27


 2
hay y2 = 4 + m.136



z = 5 + m.125




x = x1 + mx0

 2
y2 = y1 + my0



 z = z + mz
2

1

2

0

m ∈ Z+ , suy ra x2 = 3 + 27m; y2 = 4 + 136m; z2 = 5 + 125m.
Vậy bài tốn có vơ số nghiệm ngun dương.
Ví dụ 1.3. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình


 1 x − 1 y + 1 z = 32
3
4
5
15
3x + 4y − 5z = 8.
Lời giải. Ta có

16
16
512

 x − 4y + z =
5
15
(1.22) ⇔ 93
25
120

 x + 4y − z =
3
5
15
nên


25
9
632


 x− z =
3
5
15
9
25
120

 x + 4y − z =
3
5
15

hay

125x − 27z = 632
 9 x + 4y − 25 z = 120
3
5
15
Suy ra z = 9, x = 7, y = 8.
Suy ra hệ (1.22) có một nghiệm (x1 , y1 , z1 ) = (7, 8, 9) .
Tìm ”chìa khóa” (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn điều kiện:

 1 x0 − 1 y0 + 1 z0 = 0
3
4
5
3x + 4y − 5z = 0

0

0

0

”Chìa khóa” vẫn là (x0 , y0 , z0 ) = (27, 136, 125) .
Khi đó



x = x1 + mx0

 2
y2 = y1 + my0



 z = z + mz .
2

1

0

(1.22)


18

Suy ra



x = 7 + m.27

 2
y2 = 8 + m.136



 z = 9 + m.125
2

Do m ∈ Z+ nên x2 = 7 + 27m; y2 = 8 + 136m; z2 = 9 + 125m.
Vậy bài tốn có vơ số nghiệm nguyên dương.


19

Chương 2. Các phương pháp giải
phương trình Diophant
Trong chương này, ta xét một số phương pháp thông dụng giải phương trình
Diophant tiếp cận các đề thi của các kỳ Olympiad Tốn học những năm gần đây
(xem [3],[4]).

2.1

Phương pháp phân tích thành nhân tử

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

f (x, y, . . . , z) = f1 (x, y, . . . , z) . . . fs (x, y, . . . , z).
Khi đó, ta phân tích số ngun m và nhận được hệ phương trình tương ứng.
Bài tốn 2.1. Tìm tất cả các nghiệm ngun(x, y) của phương trình

x2 + 4

y 2 + 4 − 4 (xy − 4) (x − y) = 9 + 16xy.

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với

x2 y 2 + 4x2 + 4y 2 + 16 − 4 (xy − 4) (x − y) − 16xy = 9.
Suy ra

x2 y 2 − 8xy + 16 + 4 x2 − 2xy + y 2 − 4 (xy − 4) (x − y) = 9
⇔ (xy − 4)2 − 4 (xy − 4) (x − y) + 4 (x − y)2 = 9
⇔ [xy − 4 − 2 (x − y)]2 = 9
⇔ xy − 4 − 2x + 2y = ±3
⇔ (x + 2) (y − 2) = ±3.


20

Như vậy, ta thu được 8 hệ sau


x + 2 = 1
x + 2 = 3

y − 2 = 3;
y − 2 = 1;

x + 1 = −1
y − 2 = 3;


x + 2 = 3
y − 2 = −1;


x + 2 = −1
y − 2 = −3;

x + 2 = 1
y − 2 = −3;


x + 2 = −3
y − 2 = −1;

x + 2 = −3
y − 2 = 1.

Giải ra, ta thu được 8 nghiệm là

(−1, 5); (1, 3); (−3, −1); (−5, 1); (−1, −1); (−5, 3); (−3, 5); (1, 1).
Bài toán 2.2. Cho p; q là 2 số nguyên tố phân biệt. Tìm tất cả các nghiệm nguyên
dương (x, y) của phương trình

1 1
1
+ = .
x y
pq
Lời giải. Biểu diễn phương trình đã cho thành phương trình

(x − pq) (y − pq) = p2 q 2 .
1 1
1
1
1
1
1
+ = , suy ra <
và < .
x y
pq
x pq
y
pq
Như vậy, x > pq; y > pq.
Ta nhận được các hệ sau đây



x − pq = 1
x − pq = p
x − pq = q
y − pq = p2 q 2 ; y − pq = pq 2 ; y − pq = p2 q




x − pq = p2 x − pq = pq
x − pq = pq 2
y − pq = q 2 ; y − pq = pq; y − pq = p



x − pq = p2 q x − pq = q 2
x − pq = p2 q 2
y − pq = q;
y − pq = p2 ; y − pq = 1.
Từ hệ thức

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


21

1
1 1
+ = với n = pα1 1 . . . pαk k ,
x y
n
trong đó p1 ; p2 ; . . . ; pk là các số nguyên tố, có (2α1 + 1) (2α2 + 1) . . . (αk + 1)
nghiệm nguyên dương.

Bài toán 2.3. Chứng minh rằng phương trình dạng

Lời giải. Thật vậy, phương trình đã cho tương đương với

(x − n) (y − n) = n2
2αk
1
⇔ (x − n) (y − n) = p2α
1 . . . pk .
Mặt khác, p12α1 . . . pk2αk nên ta có

(2α1 + 1) (2α2 + 1) . . . (αk + 1) ước.
Vậy, ta thu được điều cần chứng minh.
Bài tốn 2.4 (Poland MO, xem [4]). Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y) của
phương trình
x2 (y − 1) + y 2 (x − 1) = 1.
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với

x2 y − x2 + y 2 x − y 2 = 1
⇔ xy (x + y) − (x + y)+ 2xy = 1.

u = x + y
Đặt
v = xy,

phương trình trở thành

uv − u2 + 2v = 1
⇔ (uv + 2v) − u2 − 4 = 5

⇔ (u + 2) (v − u + 2) = 5.
Như vậy, ta có 4 hệ sau

u + 2 = 1
v − u + 2 = 5;

u + 2 = −1
v − u + 2 = −5;


u + 2 = 5
v − u + 2 = 1;

u + 2 = −5
v − u + 2 = −1.

Giải các hệ phương trình trên và trở lại biến x, y, ta



x + y = 3 x + y = −3
x + y = −1
xy = 2;
xy = −10;
xy = 2;

có 4 hệ sau

x + y = −7
xy = −10.

Giải ra được 4 nghiệm (1; 2) , (2; 1) , (2; −5) , (−5; 2) .