LUAN VAN TOAN

Bộ giáo dục và đào tạo
Trờng đại học Vinh
Nguyễn thu hồng
Về Phơng trình vô định
nghiệm nguyên không mẫu
mực
Luận văn thạc sĩ toán học
Vinh-2008
Bộ giáo dục và đào tạo
Trờng đại học Vinh
Nguyễn thu hồng
Về Phơng trình vô định
nghiệm nguyên không mẫu
mực
Luận văn thạc sĩ toán học
Chuyên ngành: đại số và Lý thuyết số
Mã số: 60 46 05
Ngời hớng dẫn khoa học
PGS.TS. Nguyễn Thành Quang
Vinh - 2008
Mục lục
Trang
Mục lục
1
Mở đầu
2
Chơng I
Phơng trình vô định bậc nhất
1.1 Phơng trình vô định bậc nhất hai ẩn 4
1.2 Nghiệm nguyên của phơng trình bậc nhất hai ẩn 5
1.3 Phơng pháp tìm nghiệm riêng của phơng trình bậc nhất 6

1.4. Phơng trình vô định bậc nhất nhiều ẩn 10
1.5 Hệ phơng trình vô định bậc nhất nhiều ẩn 14
Chơng II.Phơng trình vô định bậc hai
2.1 Phơng trình vô định bậc hai hai ẩn 17
2.2 Phép biến đổi dạng toàn phơng 18
2.3 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng 20
2.4 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi 22
2.5 Phép biến đổi dạng toàn phơng và nghiệm phơng trình. 24
2.6 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức bằng không. 27
2.7 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức khác không. 28
Chơng IIISử dụng tính chất số nguyên tố vào giải ph-
Ương trình nghiệm nguyên
I. Một số tính chất của số nguyên tố 33
II.Một số phơng pháp giải phơng trình vô định nghiệm nguyên 42
không mẫu mực
Kết luận 51
Tài liệu tham khảo 52
Mở đầu
Ngày nay song song với các công trình nghiên cứu lí thuyết số bằng
ngôn ngữ toán học hiện đại, những vấn đề cổ điển của lý thuyết số vẫn đã,
đang và tiếp tục đợc nghiên cứu. Chẳng hạn: Việc dùng những máy tính hiện
đại với những chơng trình đặc biệt để tìm các chữ số thập phân của số


vẫn đang đợc tiếp tục, hay việc tìm công thức tổng quát cho các số nguyên tố
cũng nh việc tìm những con số đặc biệt, nh số Fermat, các cặp số bạn bè
(amicable,or friendly numbers) vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng ời
yêu lý thuyết số.
Diophantus of Alexandria( 200-284 trớc Công nguyên): Nhà toán học
HyLạp đã hệ thống tất cả các bài toán phơng 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.
Ông là ngời có công nhiều nhất cho việc thiết lập cách giải phơng trình vô
định.Và rất lâu sau khi ra đời cuốn sách Diophantus nhà toán học ngời Pháp P.
Fermat đã khẳng định: Phơng trình vô định: x
n
+ y
n
= z
n
với n

3 nguyên,
không có nghiệm nguyên dơng. Khẳng định này mang tên định lý lớn Fermat.
Ngay từ thời thợng cổ, các nhà toán học đã quan tâm giải các phơng
trình vô định. Có rất nhiều vấn đề lý thú chung quanh giải phơng trình
Diophantus, và có thể đề ra vô số các phơng trình Diophantus phức tạp Nhng
phải chăng mọi phơng trình đều đáng nghiên cứu? Sê-b-sép đã trả lời câu hỏi
đó : " Mọi phơng trình chứa nhiều ẩn đều là đối tợng nghiên cứu của lí thuyết
số. Nhng không phải tất cả các phơng trình đó đều có thể nghiên cứu đợc nh
nhau và không phải đều có tầm quan trọng nh nhau trong ứng dụng".Trong
thực tế, chúng ta thờng gặp những phơng trình lạ, không bình thờng, những
phơng trình nh vậy thờng đợc gọi là không mẫu mực (non- standard
problems) . Trong luận văn này, chúng tôi căn cứ trên những đặc điểm lạ của
từng phơng trình để lựa chọn, áp dụng một số phơng pháp riêng, phù hợp để
giải phơng trình có đặc điểm lạ đó.
Luận văn đợc chia làm ba chơng:
Chơng I. Phơng trình vô định bậc nhất.
Nội dung chơng này là các phơng pháp tìm nghiệm nguyên phơng trình
vô định bậc nhất hai ẩn. Phơng pháp giải phơng trình vô định bậc nhất nhiều
ẩn và hệ phơng trình vô định.

Chơng II. Phơng trình vô định bậc hai.
Bằng cách tiếp cận theo dạng toàn phơng của Gauss, chúng tôi giải phơng
trình vô định bậc hai hai ẩn tổng quát. Dạng toàn phơng đợc trình bày để rút ra
phơng pháp tìm nghiệm riêng và tổng quát của phơng trình vô định bậc hai.
Chơng này ta đi giải phơng trình vô định hai ẩn bậc hai ở dạng toàn phơng.
Chơng III.Sử dụng tính chất số nguyên tố để giải phơng trình vô định
nghiệm nguyên không mẫu mực.
Trong chơng này chúng tôi sử dụng một số tính chất của số nguyên tố và
đa ra các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên cụ thể.
Luận văn đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn tận tình của thầy giáo
PGS.TS Nguyễn Thành Quang. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến
thầy, ngời đã trực tiếp hớng dẫn, dành cho tác giả sự giúp đỡ tận tình và tâm
huyết trong suốt quá trình học tập cũng nh trong thời kỳ hình thành và hoàn
thành luận văn. Tác giả cũng cảm ơn các thầy giáo trong tổ đại số đã giảng
dạy và đóng góp những ý kiến quý báu trong quá trình học tập và hoàn thành
luận văn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn tới gia đình và bạn bè đã dành cho tác
giả sự giúp đỡ vô cùng quý báu trong suốt quá trình học tập.
Vinh, tháng 1 năm 2009
Tác giả
CChơng I
Phơng trình vô định bậc nhất
1.1. Phơng trình vô định bậc nhất hai ẩn
Dạng tổng quát phơng trình vô định bậc nhất hai ẩn x và y là
ax + by + c = 0 (1.1)
ở đây a,b,c là những số nguyên gọi là hệ số của phơng trình.
Mỗi cặp số (x
0
, y
0

) thoả mãn đẳng thức (1.1), nghĩa là ax
0
+ by
0
+ c = 0, gọi là
nghiệm của phơng trình (1.1).
1.1.1.Định lý. Điều kiện cần và đủ để phơng trình (1.1) có ít nhất một
nghiệm nguyên là ớc số chung lớn nhất của các số a và b là ớc số của số c.
Chứng minh. 1. Điều kiện cần: Kí hiệu d là ớc số chung lớn nhất của a và b.
Ta có các đẳng thức a = da
1
, b = db
1,
với a
1
và b
1
là những số nguyên. Nếu (x
0
,
y
0
) là một nghiệm nguyên của (1.1), ta có:
ax
0
+ by
0
+ c = 0
hoặc là
da

1
x
0
+ db
1
y
0
+ c = 0
Từ đẳng thức trên ta thấy c phải chia hết cho d.
Nhng d là ớc số chung lớn nhất của a và b, suy ra nếu phơng trình (1.1) có ít
nhất một nghiệm nguyên, thì cần thiết ớc số chung lớn nhất của a và b cũng là
ớc số của c.
2. Điều kiện đủ: Cho (a,b) = d thì tồn tại những số nguyên A và B sao cho
aA + bB = d (1.2)
Nếu c chia hết cho d, ta có thể viết c = dc
1
, với c
1
là một số nguyên. Ta nhân
hai vế của đẳng thức (1.2) với số - c
1
. Ta nhận đợc
- c
1
aA - c
1
bB = - dc
1
hoặc là a(- c
1

A) + b(- c
1
B) + c = 0.
Từ đẳng thức sau cùng ta thấy rằng (- c
1
A, - c
1
B) là một nghiệm nguyên của
phơng trình (1.1).
Nh vậy điều kiện ớc số chung lớn nhất của a và b là ớc số của số c là đủ
để phơng trình (1.1) có ít nhất một nghiệm nguyên.
Trong định lí trên hệ số a và b nguyên tố cùng nhau, thì phơng trình
(1.1) luôn có ít nhất một nghiệm nguyên.
1.1.2. Định lí. Nếu trong phơng trình (1.1) những hệ số a và b nguyên tố
cùng nhau và (x
0
, y
0
) là một nghiệm nguyên, thì tất cả nghiệm nguyên của
phơng trình nhận từ công thức
0
0
x x bt
y y at
= +


= +

(1.3)

ở đây t là số nguyên bất kỳ.
Chứng minh. Bằng cách thế (1.3) vào (1.1) dễ thấy đó chính là nghiệm của ph-
ơng trình. Ta sẽ chứng minh rằng mọi nghiệm của (1.1) đều có dạng (1.3)
Giả sử (x
0
, y
0
) là một nghiệm đã cho, còn (x
1
, y
1
) là một nghiệm nguyên bất kỳ.
Khi đó ta luôn tìm đợc những số và sao cho x
1
= x
0
+ , y
1
= y
0
+ . Vì (x
1
,
y
1
) là nghiệm của (1.1), ta có
a(x
0
+ ) + b(y
0

+ ) + c = 0,
hoặc là
ax
0
+ by
0
+ c +a + b = 0,
Nhng ax
0
+ by
0
+ c = 0, do (x
0
, y
0
) là nghiệm của (1.1). Ta nhận đợc đẳng thức
a + b = 0 (1.4)
Từ đẳng thức này ta thấy rằng b phải chia hết cho a và vì a và b là nguyên tố
cùng nhau nên suy ra chia hết cho a. Ta có thể viết đẳng thức = at
1
với t
1
là
nguyên. Thay những giá trị đã tìm của và vào (1.4) và đơn giản thừa số
chung ta nhận đợc t + t
1
= 0 tức là t
1
= -t. Từ đó suy ra = bt, = -at. Từ đó lại
suy ra x

1
= x
0
+ bt, y
1
= y
0
- at.
Từ phần trên ta thấy muốn tìm tất cả các nghiệm của phơng trình (1.1),
cần thiết phải tìm một nghiệm nguyên cụ thể ta gọi là nghiệm riêng.
1.1.3. Phơng pháp tìm nghiệm riêng của phơng trình bậc nhất
a) Phơng pháp biến số nguyên
Phơng trình đã cho đợc thay thế bằng phơng trình khác dễ tìm nghiệm nguyên
hơn, và sau đó tìm nghiệm nguyên tơng ứng của phơng trình đã cho. Ta xét
một số ví dụ sau.
Ví dụ. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 12x - 19y + 21 = 0
Lời giải: Ta có
19 21 7 9
1
12 12
y y
x y

= = +
. Dễ thấy
7 9
12
y
phải là số nguyên
ta kí hiệu là z. Ta có 7y - 9 = 12z. Từ đó lại có

5 2
1
7
z
y z
+
= + +
Ta lại ký hiệu u là số nguyên
5 2
7
z +
, nhận đợc 5z + 2 = 7u. Từ đó có
2 2
5
u
z u

= +
. Ta lại đặt 2u - 2 = 5t và để thấy nghiệm nguyên t = -2, u = -4,
suy ra z = -6 và y = -9 và suy ra x = -16. Do đó tất cả nghiệm của phơng trình
là x = -16 - 19t,y = -6 - 12t với t = 0, 1, 2,
Dùng tính chất đồng d, đặc biệt là hàm Euler
1
thông qua định lí sau:
b) Phơng pháp hàm EULER. Cho a và b là những số dơng và nguyên tố cùng
nhau trong phơng trình (1.1). Khi đó số
x
0
= - ca

(b) - 1
, y
0
= c
( )
1
b
a
b



là một nghiệm nguyên của phơng trình vô định (1.1)
Chứng minh. Ta khẳng định rằng những số x
0
và y
0
là nguyên. Dễ thấy số x
0
là nguyên. Theo định lí Euler-Fermat ta có a

(b)
1 (modb), nghĩa là a

(b)
- 1
chia hết cho b và suy ra y
0
cũng là số nguyên. Bằng cách kiểm tra trực tiếp x
0

và y
0
là nghiệm của (1.1):
ax
0
+ by
0
= aca

(b) - 1
+ bc
( )
1
b
a
b


= ca

(b)
+ c(a

(b)
- 1) = -c
Ví dụ.Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 5x + 12y - 20 = 0
Lời giải. Theo công thức trên ra có
x
0
= 20.5

(12) -1
, y
0
= 20.
(12)
5 1
12


Những số dơng nhỏ hơn 12 và nguyên tố cùng nhau với 12 là 1, 5, 7, 11 và suy
ra (12) = 4. Khi đó x
0
= 20.3
3
= 2500, y
0
= 20.
4
5 1
12

= -1040. Nh vậy tất cả
các nghiệm nguyên của phơng trình trên là:
x = 2500 + 12t,y = -1040 - 5t,t = 0, 1, 2,
Chú ý. Khi hệ số a và b không phải là số dơng thì ta có thể biến đổi các ẩn để
cho phơng trình chỉ có hệ số nguyên dơng. Ví dụ nếu a > 0 và b < 0 khi đó ph-
ơng trình (1.1) ta xét thấy bằng ax + (-b) y' + c = 0 ở đây y đợc thay bằng y'.
Khi tìm đợc x
0

, y'
0
sẽ tìm đợc x
0
, y
0
.
c) Phơng pháp dùng liên phân số
Cho liên phân số

= ( q
1
, q
2
, q
3
,... q
n
,...) Hai dãy số P
n
, Q
n
( n= 1,2,3,...)
theo công thức sau:
P
n
= q
n
P
n-1

+ P
n-2

Q
n
= q
n
Q
n-1
+ Q
n-2
(1.5)
ở đây P
0
= 1, Q
0
= 0, P
1
= q
1
, Q
1
= 1
Với mọi số tự nhiên n, đẳng thức sau đúng:
P
n
Q
n- 1
- Q
n

P
n - 1
= ( -1)
n
(1.6)
Thật vậy, ta chứng minh bằng phơng pháp quy nạp. Với n = 1 đẳng thức hiển
nhiên đúng. Giả sử nó đúng với n, ta sẽ chứng minh đẳng thức đúng với n + 1.
áp dụng (1.5) ta có:
P
n + 2
Q
n +1
- P
n +1
Q
n + 2
= (P
n+1
q
n+2
+P
n
)Q
n+1
- P
n+1
(

Q
n+1

q
n + 2
+Q
n
)
= - (P
n+1
Q
n
- P
n
Q
n+1
) = -(- 1)
n
=(-1)
n + 1
Nh vậy (1.6) đúng với mọi n.
Nh nhận xét phần trớc ta có thể giả thiết rằng a và b là những số dơng. Cho ph-
ơng trình (1.1) ít nhất có một nghiệm nguyên. Nh vậy nếu (a,b) = d, thì phải có
đẳng thức c = dc
1
với c
1
nguyên.
Ngoài ra a và b thoả mãn phơng trình a[(-1)
n
Q
n -1
] + b [-(-1)

n
P
n-1
] = d.
Nhân hai vế với c
1
, ta nhận đợc
a[(-1)
n
c
1
Q
n -1
] + b [(-1)
n+1
c
1
P
n-1
] = c.
Từ đẳng thức sau cùng ta có một nghiệm nguyên của (1.1)
x
0
= (-1)
n
c
1
Q
n-1
, y

0
= (-1)
n+1
c
1
P
n-1
Cho a và b là những số dơng và nguyên tố cùng nhau. Khai triển phân
số
a
b
= (q
1
, q
2
, ., q
n
) và
n
n
P
Q
= (q
1
, q
2
, ., q
n
) phân số xấp xỉ
a

b
. Khi đó phơng
trình vô định (1.1) có một nghiệm nguyên biểu diễn bằng công thức
x
0
= (-1)
n
c Q
n-1
, y
0
= (-1)
n+1
cP
n-1
Ví dụ. Hãy tìm tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình
76x - 23y = 5
Lời giải. Dễ thấy rằng phơng trình có ít nhất một nghiệm nguyên. Để thuận
tiện tính toán ta xét thay phơng trình 76x + 23y' = 5, với cách đặt y' = -y nh
vậy hệ số trớc x và y' đều dơng. Khai triển
76
23
thành liên phân số
76 1
3 (3, 3, 3, 2
1
23
3
1
3

2
= + =
+
+
)
Ta có q
1
= 3, q
2
= 3, q
3
= 3, q
4
= 2. Theo phần phụ lục công thức (11.3) ta có
P
0
= 1
P
1
= q
1
= 3 Q
0
= 0
P
1
= q
1
= 3, Q
1

= 1
P
2
= q
2
P
1
+ P
0
= 3.3 + 1 = 10, Q
2
= q
2
Q
1
+ Q
0
= 3.1 + 0 = 3,
P
3
= q
3
P
2
+ P
1
= 3.10 + 3 = 33, Q
3
= q
3

Q
2
+ Q
1
= 3.3 + 1 = 10,
P
4
= q
4
P
3
+ P
2
= 2.33 + 10 = 76, Q
4
= q
4
Q
3
+ Q
2
= 1.1 + 3 = 23.
m = 4, P
n-1
= P
3
= 33, Q
n-1
= Q
3

= 10, c =5
Suy ra phơng trình 76x + 23y' = 5 có nghiệm nguyên x
0
= (-1)
4
. 5.10 = 50, y'
0
= 165. Vậy tất cả các nghiệm của phơng trình là x = 50 - 23t, y = 165 - 76t, t = 0,
1, 2, .
Ví dụ. Giải phơng trình trong tập số nguyên 10x + 7y = 1
Lời giải: Ta có
10
7
= 1 +
1
(1, 2, 3)
1
2
3
=
+
q
1
= 1, q
2
= 2, q
3
= 3, n= 3, c = 1
P
0

= 1, P
1
= 1, P
2
= 3, Q
0
= 0, Q
1
= 1, Q
2
= 2.
Từ đây ta tính đợc nghiệm riêng
x
0
= (-1)
3
.1.2 = -2, y
0
= (-1)
1
.3.3 = 3
Tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình là
x = -2 + 7t
y = 3 - 10t, t = 0, 1, 2,
d) Phơng pháp hình học
Nếu trong mặt phẳng ta cho hệ toạ độ vuông góc Oxy, thì mỗi điểm đợc
xác định bằng hai sốthực và ngợc lại mỗi cặp số thực xác định một điểm, toạ
độ của nó là những số này.
Ta đã biết rằng mỗi điểm của đờng thẳng l đều thoả mãn đẳng thức ax +
by + c = 0, gọi là phơng trình đờng thẳng.

Nếu trong phơng trình ax + by + c = 0 những hệ số a,b,c là những số
nguyên khác không, thì tất cả những điểm trên đờng thẳng ax + by + c = 0
ở phần trớc ta đã chứng minh nếu phơng trình vô định ax + by + c = 0 có ít
nhất một nghiệm nguyên, thì phơng trình cũng có số nghiệm nguyên. ý nghĩa
hình học ta có thể phát biểu.
Nếu trên một đờng thẳng với phơng trình ax + by +c = 0, ở đây a,b,c là
những số nguyên khác không,đi qua một điểm với toạ độ nguyên, thì đờng
thẳng này đi qua vô số điểm toạ độ nguyên.
Dựa vào mệnh đề trên ta có
thể kẻ ô lới mặt phẳng toạ độ
và vẽ đờng thẳng trên lới đó Hình 1.1
để tìm một nghiệm riêng trên đờng thẳng.
(x
0
, y
0
)
y
0
x
x
0
0
k
y
1.2. Phơng trình và hệ phơng trình
vô định bậc nhất nhiều ẩn
1.2.1. Phơng trình vô định bậc nhất nhiều ẩn.
Dạng chung của phơng trình vô định bậc nhất với k ẩn :
a

1
x
1
+ a
2
x
2
+ . + a
k
x
k
= b, (1.5)
ở đây k 1, a
1
, a
2
, , a
k
,

b là những số nguyên,với a
1
0, a
2
0, , a
k
0
Dễ chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phơng trình (1.5) có ít nhất
một nghiệm nguyên là ớc số chung lớn nhất của những số a
1

, a
2
, , a
k
là ớc số
của số b.
Trờng hợp riêng k = 1 và k = 2 nh ta đã xét ở trên. Với k 3, trong trờng
hợp này công thức nghiệm cho phơng trình vô định nhiều ẩn số có thể tổng
quát hoá theo cách sau:
Nếu x'
1
, x'
2
, , x'
k
là một nghiệm nguyên riêng của phơng trình vô định
(1.5) thì những số nguyên x
1
, x
2
, , x
k
xác định theo đẳng thức
x
1
= x'
1
+ a
k
t

1
,
x
2
= x'
2
+ a
k
t
2
,
.
x
k -1
= x'
k - 1
+ a
k
t
k - 1
x
k
= x'
k
- a
1
t
1
- a
2

t
2
- . - a
k -1
t
k -1
,
ở đây t
1
, t
2
, , t
k -1
là những số nguyên bất kỳ, gọi là những tham số, đều là
nghiệm của phơng trình (1.5).
Rất tiếc công thức (1.6) không vét hết nghiệm của phơng trình (1.5).
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng có nghiệm của phơng trình vô định nhiều ẩn
không nằm trong công thức (1.6).
Phản ví dụ. Phơng trình 2x + 3y + 4z = 5 có nghiệm nguyên ngoài hệ
thống nghiệm (1.6).
Thật vậy, một nghiệm nguyên của phơng trình trên x
0
= 1, y
0
= 1, z
0
= 0.
Công thức (1.6) thể hiện nh sau:
x = 1 + 4t
1

y = 1 + 4t
2
z = -2t
1
- 3t
2
,
t
1
= 0, 1, 2, ., t
2
= 0, 1, 2, .
Ta đổi vai trò lần lợt cho x và y sẽ nhận đợc các đẳng thức
x = 1 - 3t'
1
- 4t'
2
, x = 1 + 3t''
1
,
y = 1 - 2t'
2
, y = 1 - 2t''
1
- 4t''
2
z = t'
2
, z = 3t''
2

t'
1
= 0, 1, , t'
2
= 0, 1, . t''
1
= 0, 1, , t''
2
= 0, 1,
Từ ba hệ đẳng thức ta nhận đợc vô số nghiệm nguyên, nhng nghiệm
nguyên (3,1,-1) không thuộc ba hệ kể trên.
Câu hỏi đặt ra là giải một phơng trình vô định bậc nhất nhiều ẩn nh thế nào
để vét cạn các nghiệm nguyên của nó, đặc biệt trờng hợp số ẩn lớn hơn 2. Ta
sẽ dùng t tởng sau: phơng trình vô định k ẩn đa về phơng trình k - 1 ẩn. Ta tiếp
tục quá trình đó cuối cùng thực chất ta giải phơng trình vô định hai ẩn. Ta xét
một số ví dụ:
Ví dụ. Giải phơng trình nghiệm nguyên
2x + 3y + 4z = 5
Lời giải. Ta đa vào ẩn mới u bằng cách nhóm hai ẩn z, y: 3y +4z = u. Với u
là số nguyên, phơng trình 3y + 4z = u có nghiệm nguyên x,z vì (3,4) =1 và 1 là ớc
số của u.
Một nghiệm nguyên riêng của y, z là y
0
= 4 - u, z
0
= -3 + u, còn tất cả các
nghiệm nguyên khác là
y = 4 - u + 4t
1
z = -3 + u - 3t

1
, t
1
= 0, 1, 2,
Đến đây u là số nguyên không có giới hạn gì. Nhng từ phơng trình đã cho
ta có 2x + u = 5. Ta tìm tất cả nghiệm nguyên của phơng trình này. Một
nghiệm nguyên riêng là x
0
= 0, u
0
= 5. Tất cả nghiệm nguyên của phơng trình
đang xét là
x = t
2
u = 5 - 2t
2
, t
2
= 0, 1, 2,
Bằng cách thay u và các biểu thức của y, z ta nhận đợc công thức nghiệm
x = t
2
y = 4 - u + 4t
1
= 4 - 5 + 2t
2
+ 4t
1
= -1 + 2t
2

+ 4t
1
,
z = -3 + u - 3t
1
= -3 + 5 - 2t
2
- 3t
1
= 2 - 2t
2
- 3t
1
,
ở đây t
1
= 0, 1, 2, ; t
2
= 0, 1, 2, Với t
1
= -1, t
2
= 3 ta nhận đợc
nghiệm x = 3, y = 1, z = -1, mà hệ thống nghiệm phần trớc không có.
Công thức nhận đợc cho ta tất cả các nghiệm của phơng trình đã cho. Thật
vậy mỗi nghiệm của phơng trình 2x + 3y +4z = 5 là nghiệm của phơng trình 2x
+ u = 5 thông qua quan hệ 3y + 4z = u. Ngợc lại, mỗi nghiệm y
0
, u
0

của phơng
trình 2x + u = 5 tơng ứng nghiệm y
0
, z
0
của phơng trình 3y + 4z = u, mà nó giải
đợc với mọi u, vì (3,4) = 1. Số x
0
, y
0
, z
0
dễ thấy là nghiệm của phơng trình đã
cho 2x + 3y +4z = 5.
Quy trình tìm nghiệm:
Cho phơng trình vô định
a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ + a
k-1
x
k-1
+ a
k

x
k
= b,
ở đây k 2, những số a
1
, a
2
, , a
k
là số nguyên khác không.
Ta kí hiệu d là ớc số chung lớn nhất của những hệ số a
k-1
và a
k1
, tứclà (a
k-
1
, a
k
) = d. Ta có a
k-1
= da'
k
, ở đây a'
k-1
và a'
k
là những số nguyên, với (a'
k-1
, a'

k
)
= 1. Phơng trình đã cho viết lại
a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ . + a
k-2
x
k-2
+ d(a'
k-1
x
k-1
+ a'
k
x
k
) = b (1.7)
Ta đa vào ẩn mới u bằng đẳng thức
a'
k-1
x
k-1
+ a'

k
x
k
= u (1.8)
Khi đó (1.7) viết lại
a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ . + a
k-2
x
k-2
+ du = b (1.9)
Cho x
1
, x
2
, , x
k-3
, x
k-2
, u là một nghiệm nguyên của phơng trình (1.9). Với
số xác định u phơng trình (1.8) có nghiệm nguyên x
k-1
, x

k
, vì ớc chung lớn nhất
của hai số a'
k-1
và a
k
là 1. Nhng những số x
1
, x
2
, , x
k-3
, x
k-2
, x
k-1
, x
k
là nghiệm
của (1.7) mà nó tơng đơng với phơng trình đã cho. Dễ kết luận rằng mọi
nghiệm nguyên của phơng trình đã cho là nghiệm của phơng trình (1.9) với
điều kiện (1.8).
Tất nhiên nếu phơng trình vô định đã cho không có nghiệm nguyên, thì ph-
ơng trình (1.9) cũng không có nghiệm nguyên.
Nh vậy từ phơng trình vô định k ẩn ta đa về phơng trình vô định k - 1 ẩn và
tiếp tục nh vậy cuối cùng nhận đợc phơng trình vô định hai ẩn.Một lần giảm số
ẩn nh vậy ta lại giải phơng trình hai ẩn qua tham số. Cuối cùng ta đợc hệ
nghiệm phụ thuộc vào k - 1 tham số.
Ví dụ. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình vô định
2x + 3y + 4z + 6w = 5.

Lời giải. Ta đa vào ẩn mới u = 2z +3w, phơng trình đã cho viết lại 2x +
3y + 2u = 5. Phơng trình sau cùng đa vào ẩn mới v = 3y + 2u và nhận đợc ph-
ơng trình 2x + v = 5.
Giải phơng trình 2z + 3w = u trong số nguyên đối với z, w, ta có nghiệm
riêng z
0
= -u, w = u và tất cả các nghiệm là
z = -u + 3t
1
,
w = u - 2t
1
, t
1
= 0, 1, 2,
Nghiệm nguyên y, u của 3y + 2u = v với một nghiệm riêng y
0
= v, u
o
= -v là
y = v + 2t
2
,
v = 3 - 2t
2
, t
3
= 0, 1, 2,
Tất cả những nghiệm nguyên của 2x + v = 5 với một nghiệm riêng
x

0
= 1, v
0
= 3 là x = 1 + t
3
,
v = 3 - 2t
2
, t
3
= 0, 1, 2,
Về nghiệm của phơng trình đã cho ta tính đợc
x = 1 + t
3
,
y = v + 2t
2
= 3 - 2t
3
+ 2t
2
,
z = -u + 3t
1
= v + 3t
2
+ 3t
1
= 3 - 2t
3

+ 3t
2
+ 3t
1
,
w = u - 2t
1
= -v - 3t
2
- 2t
1
= -3 + 2t
3
- 3t
3
- 2t
1
,
t
1
= 0, 1, 2, , t
2
= 0, 1, 2, , t
3
= 0, 1,
1.2.2. Hệ phơng trình vô định bậc nhất nhiều ẩn
Dạng chung của một hệ m phơng trình vô định bậc nhất với n ẩn là
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2

............. ...
n n
n n
m m mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
+ + + =


+ + + =




+ + + =

L
L
L
ở đây những hệ số trớc x
1
, x
2
, x
3
, , x
n
và hệ số tự do đều là số nguyên.
Giả sử hệ phơng trình đã cho có nghiệm nguyên. Khi đó mỗi phơng trình

cũng tồn tại nghiệm. Từ phơng trình thứ nhất ta có thể tìm những ẩn biểu diễn
theo số nguyên thông qua các thông số t
1
, t
2
, , số thông số này ít hơn số ẩn.
Ta thay tất cả các ẩn vừa tìm vào các phơng trình còn lại trong hệ và nhận
đợc hệ phơng trình có các ẩn là những thông số, hệ phơng trình này có số ẩn
và số phơng trình đều giảm đi một.
Ta tiến hành các bớc trên liên tục đa ta đến hệ phơng trình chỉ cnf một ph-
ơng trình vô định hoặc một phơng trình một ẩn. Cả hai trờng hợp này đều các
cách tìm nghiệm đã biết. Từ những nghiệm của các hệ phơng trình có mối liên
hệ với nhau ta tìm đợc nghiệm chung của hệ ban đầu. Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ. Tìm nghiệm nguyên của hệ phơng trình sau:
2 3 5 4
5 2 3
x y z
x y z
+ =


+ =

(1.10)
Lời giải. Giải phơng trình thứ nhất 2x + 3y - 5z = 4. Ta đặt 3y - 5z = u. Đây
là một phơng trình vô định giải theo y và z. Một nghiệm riêng là y
0
= 2u,
z
0

= u từ đây ta có tất cả các nghiệm
y = 2u - 5t
1
z = u - 3t
1
, t
1
= 0, 1, 2,
Nhng phơng trình ta đang xét có dạng 2x + u = 4. Giải phơng trình với
nghiệm nguyên đối với x
0
= 2, z
0
= 0 ta nhận đợc
x = 2 + t
2
,
u = -2t
2
, t
2
= 0, 1, 2,
Vậy ta có y = 2u - 5t
1
= -4t
2
- 5t
1
,
z = u - 3t

1
= -2t
2
- 3t
1
.
Tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình thứ nhất 2x + 3y - 5z = 4 nhận đ-
ợc theo công thức sau:
x = 2 + t
2
,
y = - 4t
2
- 5t
1
,
z = -2t
2
- 3t
1
, t
1
= 0, 1, ., t
2
= 0, 1,
Thế những ẩn trên vào phơng trình thứ hai 5x - y + 2z = 3 ta nhận đợc
5(2 + t
2
) + 4t
2

+ 5t
1
+ 2 (-2t
3
- 3t
1
) = 3
Sau khi biến đổi ta nhận đợc 5t
2
- t
1
+ 7 = 0. Giải phơng trình này theo các
ẩn t
1
, t
2
. Ta có t
1
= 5t
2
+ 7, suy ra tất cả các nghiệm là t
1
= 5t + 7, t
2
= t với t là
số nguyên bất kỳ. Ta có nghiệm của hệ phơng trình đã cho là
x = 2 + t
y = - 4t - 5(5t + 7) = - 35 - 29t
z = -2t - 3(5t + 7) = -21 - 17t t = 0, 1, 2,

Chơng 2
Phơng trình vô định bậc hai
2.1. Phơng trình vô định bậc hai hai ẩn
Dạng chung của phơng trình vô định bậc hai hai ẩn x và y là
ax
2
+ 2bxy + cy
2
+ 2dx + 2ey + f = 0, (2.1)
ở đây những hệ số a, b, c, d, e, f là những số nguyên, ít nhất một trong các
số a,b,c khác không. Còn các hệ số trớc xy, x,y là những số chẵn không ảnh h-
ởng đến tính tổng quát của phơng trình mà chỉ để thuận tiện cho việc biến đổi.
Ta sẽ chứng minh rằng khi b
2
- ac # 0 phơng trình (2.1) có thể đa về dạng
đơn giản. Thật vậy, ta đa vào hai ẩn mới và bằng cách đặt
2
cd be
x
b ac

+
=

, y =
2
ae bd
b ac

+

(2.2)
Ta thay x và y này vào (2.1) và sau khi biến đổi ta nhận đợc
a
2
+ 2b + c
2
= (b
2
- ac).A, (2.3)
ở đây A = afc + 2bed - d
2
c - b
2
f - ae
2.
Từ (2.2) ta có
= x (b
2
- ac) - cd+ be
= y(b
2
- ac) - ae + bd.
Từ đây suy ra mọi nghiệm nguyên của phơng trình (2.1) tơng ứng với
nghiệm nguyên của phơng trình (2.3).
Nếu ta biết nghiệm nguyên của phơng trình (2.3) thì nghiệm nguyên x và y
của (2.1) sẽ nhận đợc thông qua và của (2.3) từ công thức (2.2).
Bởi vì (2.3) thuận tiện cho việc giải phơng trình (2.1), nên trong chơng này
ta quan tâm đến phơng trình dạng (2.3).
Vế trái của phơng trình (2.3) dạng a

2
+ 2b
2
gọi là dạng toàn phơng của
hai biến ,. Chơng này ta đi giải phơng trình vô định hai ẩn bậc hai ở dạng
toàn phơng. Trớc hết ta nghiên cứu các tính chất của biểu thức dạng toàn ph-
ơng.
2.1.1. Phép biến đổi dạng toàn phơng
Cho dạng toàn phơng
f(x,y) = ax
2
+ 2bxy + cy
2
ở đây a,b,c là những số nguyên.
Số D = b
2
- ac gọi là định thức của dạng toàn phơng. Ta đổi biến số x và y
bằng những biến và theo công thức
x = +
y = +
ở đây những hệ số , , , là những số nguyên.
Ta nhận đợc
f(x,y) = ax
2
+ 2bxy + cy
2
= a( + )
2
+ 2b ( + ) ( + ) + c ( + )
2

= (a
2
+ 2b + c
2
)
2
+ 2 (a + b + b + c)
+ (a
2
+ 2b + c
2
)
2
= a
1

2
+ 2b
1
+ c
1

2
= (, )
ở đây
a
1
= a
2
+ 2b + c

2
b
1
= a + b + b + c (2.5)
c
1
= a
2
+ 2b + c
2
Đẳng thức (2.4) gọi là phép biến đổi.Ta nói rằng dạng toàn phơng f(x,y) đợc
biến đổi thành dạng toàn phơng (, ) thông qua công thức (4.2).
Số - gọi là Môđun của biến đổi (2.4). Ta hãy tìm định thức của dạng
toàn phơng đã biến đổi (, ). Ta có
D
1
= (a + b + b + c)
2
- (a
2
+ 2b + c
2
) (a
2
+ 2b + c
2
).
Sau khi bỏdấu ngoặc và tiến hành đơn giản biểu thức ta nhận đợc
D
1

= (b
2
- ac) ( - )
2
(2.6)
Đẳng thức (2.6) chỉ ra rằng sự chuyển đồi từ dạng toàn phơng này sang
dạng toàn phơng khác định thức nhận đợc nhân với bình phơng của môđun
chuyển đổi.
Nếu bình phơng của môđun chuyển đổi (2.6) bằng 1 thì dạng toàn phơng đã
cho f(x,y) và dạng toàn phơng chuyển đổi (, ) có cùng một định thức suy
ra từ (2.6).
Bằng cách kiểm tra liên tiếp dễ thấy rằng trong trờng hợp này dạng (,
) biến đổi thành dạng ( - ) (ax
2
+ 2bxy + cy
2
) = f (x,y) thông qua sự biến
đổi = x - , = -x + y, với bình phơng môđun của nó ta có ( - )
2
=
1. Trong trờng hợp này hai dạng toàn phơng gọi là tơng đơng. Tóm lại, hai
dạng toàn phơng gọi là tơng đơng nhau, khi từ dạng thứ nhất chuyển đổi sang
dạng thứ hai, cũng nh ngợc lại đều thông qua một phép biến đổi với hệ số
nguyên.
Nếu số - = 1, phép biến đổi (2.4) gọi là phép biến đổi riêng, còn
nếu - = -1, thì phép biến đổi không riêng. Tổng quát, phép biến đổi (2.4)
gọi là riêng nếu - > 0, và không riêng nếu - < 0.
Nếu một dạng toàn phơng f (x,y) bao hàm dạng toàn phơng (,) thông
qua phép biến đổi riêng thì ta nói rằng f (x,y) bao hàm riêng dạng toàn phơng
f (x,y) và (,) gọi là tơng đơng riêng. Nếu chỉ có một bao hàm không riêng

thì gọi chúng là tơng đơng không riêng.
Hai dạng toàn phơng có thể là đồng thời riêng và không riêng tơng đơng,
ta sẽ chỉ ra bằng một ví dụ ở phần sau.
2.1.2. Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng.
Nếu
mcyybxax
=++
2
000
2
0
2
, ở đây m, x
0
, y
0
, a, b, c là những số nguyên, ta
nói rằng số nguyên m biểu diễn thông qua dạng toàn phơng ax
2
+ 2bxy + cy
2
.
1. Nếu m = 0, ta có phơng trình ax
2
+ 2bxy + cy
2
= 0. Ta giải phơng trình
theo ẩn x, tìm đợc
y
a

acbb
a
acyybby
x

=

=
2222
.
Từ đây suy ra trong trờng hợp này phơng trình có nghiệm nguyên khi và
chỉ khi định thức của nó b
2
- ac là số dơng và hơn nữa phải là số chính phơng.
2. Nếu m 0, ta giả sử rằng m biểu diễn đợc theo dạng ax
2
+ 2bxy + cy
2
,
nh là đẳng thức
2
000
2
0
2 cyybxaxm
++=
, ở đây x
0
và y
0

là những số nguyên tố
cùng nhau.
Ta biết rằng khi x
0
, y
0
nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số nguyên p và
q, với chúng px
0
+qy
0
= 1.
Dễ tín toán đợc đẳng thức sau.
m (aq
2
- 2bqp + cp
2
) = [p (x
0
b + y
0
c) - q (x
0
a + y
0
b)]
2
- (b
2
- ac),

hoặc là mu = V
2
- (b
2
- ac), ở đây
u = aq
2
- 2bpq + cp
2
V = p (x
0
b + y
0
c) - q (x
0
a + y
0
b).
Từ đâu suy ra nếu số m biểu diễn thành dạng toàn phơng ax
2
+ 2bxy + cy
2
khi x = x
0
, y = y
0
với (x
0
, y
0

) = 1, thì phải tồn tại số nguyên V sao cho hiệu
bình phơng của số đó và định thức của dạng toàn phơng chia hết cho m. Trong
trờng hợp này ta nói rằng định thức là số d của bình phơng V đối với m.
Tóm lại số R gọi là số d của bình phơng một số X đối với số M, nếu hiệu
X
2
- R chia hết cho M.
2.1.3. Mệnh đề. Theo định nghĩa trên R là số d của bình phơng mọi số
dạng X + kM, k = 0, + 1,
Chứng minh. Ta có:
( )
M
RMkXkMX
M
RkMX
++
=
+
222
2
2
MkXk
M
RX
2
2
2
++

=

Nhng R là số d của bình phơng X đối với M, suy ra phân số
M
RX

2
là
số nguyên và từ đẳng thức trên
( )
M
RkMX
+
2
là số nguyên, nghĩa là R đúng
là số d của bình phơng số X + kM với mọi k.
Nhờ mệnh đề trên ta có thể chỉ hạn chế một trong các số X + kM. Ta sẽ
chọn số không âm nhỏ nhất dạng X + kM, nó hiển nhiên nhỏ hơn M và trong
khi giải các bài toán khác nhau số nhỏ nhất nh vậy ta sẽ xác định phải chăng R
là số d bình phơng với nó hoặc là không.
Ví dụ . Số 3 không thể biểu diễn dới dạng toàn phơng x
2
- 2xy + 2y
2
,
nghĩa là phơng trình x
2
- 2xy + 2y
2
= 3 không có nghiệm nguyên.
Lời giải. Định thức của dạng toàn phơng x
2

- 2xy + 2y+2y
2
bằng
(-1)
2
- 1.2 = -1. Để số -1 là số d bình phơng đối với số 3, cần phải tồn tại
số nguyên V (0 V < 3) sao cho số V
2
+ 1 chia hết cho 3. Bằng kiểm tra trực
tiếp với V = 0, 1, 2 số V
2
+ 1 không chia hết cho 3; suy ra số -1 không phải là
số d bình phơng đối với 3. Từ đó suy ra phơng trình vô định x
2
- 2xy + 2y
2
= 3
không có nghiệm nguyên mà chúng nguyên tố cùng nhau.
Nhng ta cũng chứng minh đợc phơng trình không thể có nghiệm nguyên
mà chúng không nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, nếu x
0
, y
0
là một nghiệm,
mà chúng có tính chất (x
0
, y
0
) = d > 1, thì khi ta đặt x
0

= dx
1
, y
0
- dy
1
, ở đây x
0
và y
0
là những số nguyên, ta có đẳng thức sau.
322
2
000
2
0
=+
yyxx
Hoặc là
322
2
1
2
11
22
1
2
=+
ydyxdxd
Từ đây suy ra số 2 chia hết cho một số lớn hơn 1 và số đó là số chính ph-

ơng, điều này không thể có. Suy ra phơng trình không có nghiệm nguyên mà
chúng không nguyên tố cùng nhau.
Kết hợp cả hai phần chứng minh trên dẫn đến kết luận phơng trình vô
định ta xét không có nghiệm nguyên, nghĩa là số 3 không thể biểu diễn dạng
toàn phơng x
2

- 2xy + 2y
2
.
2.1.4. Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi.
Cho dạng toàn phơng ax
2
+ 2bxy + cy
2
bao hàm dạng a
1

2
+ 2b
1
+ c
1

2
thông qua phép biến đổi
x = + ,
y = + (, , , là những số nguyên)
Nếu phơng trình vô định
a

1

2
+ 2b
1
+ c
1

2
= m (m là số nguyên)
Có nghiệm
0
,
0
trong số nguyên, thì dễ thấy những số
x
0
=
0
+
0
y
0
=
0
+
0
Sẽ là một nghiệm nguyên của phơng trình vô định
ax
2

+ 2bxy + cy
2
= m
2.1.5. Mệnh đề. Nếu một số nguyên biểu diễn thông qua một dạng toàn
phơng đã cho thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phơng khác,
mà nó bao hàm bởi dạng toàn phơng đã cho.
Ví dụ . Những phơng trình
x
2
+ xy + y
2
= 5
x
2
+ 3xy + 3y
2
= 5
hoặc là cả hai đều có nghiệm nguyên, hoặc là cả hai không có nghiệm
nguyên.
Lời giải.Dạng toàn phơng x
2
+ xy + y
2
bao hàm dạng toàn phơng
2
+ 3
+ 3
2
thông qua phép biến đổi x = + , y = môđun của phép biến đổi này
bằng 1. Theo phần đầu ở chơng này dạng toàn phơng

2
+ 3 + 3
2

bao hàm x
2
+ xy + y
2
thông qua phép biến đổi = x - y, = y. Nh vậy ta nhận đợc sự tơng
đơng giữa hai dạng toàn phơng.
2.16. Định lý. Nếu m là một số nguyên khác không, mà nó biểu diễn đợc
thông qua dạng toàn phơng ax
2
+ 2bxy + cy
2
với x = x
0
, y = y
0
, và (x
0
, y
0
) = 1,
định thức D của nó là số d bình phơng của số
V
đối với m, thì những dạng
toàn phơng.
ax
2

+ 2bxy + cy
2
và m

2
+ 2
V
+
2
2

m
DV

là tơng đơng riêng.
Chứng minh. Cho x
0
, y
0
là một nghiệm nào đó của phơng trình ax
2
+ 2bxy
+ cy
2
= m, mà (x
0
, y
0
) = 1. Nghiệm nh vậy tồn tại do giả thiết. Vì tính chất
nguyên tố cùng nhau, nên tồn tại những số p và q, với chúng px

0
+ qy
0
= 1.
Trong phần trớc ta đã chỉ ra rằng định thức D = b
2
- ac là số d bình phơng
của số V, xác định bằng đẳng thức V = p (x
0
b + y
0
b) - q (x
0
a + y
0
b).
Ta chọn phép biến đổi
x = x
0
- q,
y = y
0
+ p
Môđun của nó bằng x
0
p + y
0
q = 1 và suy ra nó là phép biến đổi riêng.
Dạng biến đổi sẽ là
a (x

0
- q)
2
+ 2b (x
0
x - q) (y
0
+ p) + c (y
0
+ p)
2
=
(2.7)