Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa thức luận văn thạc sĩ toán học

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN THÀNH HUYN TRN

MộT Số PHƯƠNG PHáP GIảI
PHƯƠNG TRìNH NGHIệM NGUYÊN ĐA THøC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN, 12 – 2011


2

MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU

1

Chương 1
SƠ LƯỢC VỀ PHƯƠNG TRÌNH FERMAT

3

1.1

Phương trình Pitago

3

1.2.

Sơ lược về lịch sử của phương trình Fermat

7

1.3.

Phép chứng minh Định lý Fermat theo phương pháp Quy nạp lùi vô hạn

13

1.4

Đường cong phẳng Fermat

16
Chương 2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP

22

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐA THỨC
2.1

Phương pháp quy về hệ bậc nhất

22

2.2

Phương pháp đánh giá

26

2.3

Phương pháp chọn môđun

33

2.4

Phương pháp sử dụng các định lý số học

35

2.5

Phương pháp xây dựng nghiệm

37

2.6

Phương pháp xuống thang

38

KẾT LUẬN

41

TÀI LIỆU THAM KHẢO

42

LỜI NÓI ĐẦU


3

Phương trình nghiệm ngun ln là một đề tài lý thú và khó, đã thu
hút nhiều người quan tâm nghiên cứu và tìm hiểu. Các bài tốn giải phương
trình nghiệm ngun thường khơng có quy tắc giải tổng qt. Mỗi phương
trình với dạng riêng của nó địi hỏi phải có một cách giải đặc thù phù hợp.
Điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng
tạo. Chính vì thế, bài tốn phương trình nghiệm nguyên thường có mặt trong
các kỳ thi học sinh giỏi về Toán cấp quốc gia, quốc tế. Việc hệ thống một
cách tương đối các cách giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề cần
thiết và có ý nghĩa đối với việc giảng dạy và nghiên cứu toán học, đặc biệt đối
với chương trình dạy và học lịch sử toán học trong các nhà trường.
Với lý do như đã nêu, trong luận văn này chúng tơi cố gắng tìm hiểu và
tổng hợp một số vấn đề lịch sử và phương pháp giải các phương trình nghiệm
nguyên đa thức. Nội dung luận văn gồm hai chương ngoài các phần: Mục lục,
mở đầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
Chương 1 giới thiệu sơ lược về phương trình nghiệm ngun đa thức hay

phương trình Diophante, trong đó điểm qua một số phương trình Diophante đặc
biệt: Phuơng trình Pythagore, Phương trình Fermat.
Từ phương trình Pythagore (Pitago), Fermat đã tạo ra một bài tốn khó bất
hủ. Đó chính là nội dung của Định lý lớn Fermat nổi tiếng, một trong những câu
hỏi lớn nhất của toán học và nhân loại mới nhận được câu trả lời trong thời gian
gần đây. Trong chương này, luận văn giới thiệu một số phương pháp tiếp cận
giải quyết bài tốn về phương trình Fermat: Phương pháp quy nạp lùi vô hạn;
Phương pháp ứng dụng đường cong phẳng hữu tỉ; Phương pháp chứng minh giả
thuyết Shimura - Tanayama về các đường cong Elliptic của Andrew Wiles.


4

Chương 2 giới thiệu một số phương pháp giải phương trình nghiệm
ngun đa thức thơng qua những bài tập cụ thể.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy giáo
PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng
và biết ơn sâu sắc đến thầy, người đã dành cho tác giả sự hướng dẫn chu đáo và
nghiêm túc trong qúa trình học tập, nghiên cứu và thực hiện luận văn.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo trong Chuyên ngành Đại
số và Lý thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau Đại học, Trường Đại học
Vinh đã hết lịng giúp đỡ tác giả trong q trình học tập và làm luận văn.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Trường Đại học Sài Gòn đã
giúp đỡ và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu
theo chương trình đào tạo sau đại học liên kết giữa hai trường Đại học Vinh và
Đại học Sài Gòn, tại TP. Hồ Chí Minh.
Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn khơng tránh khỏi những thiếu sót.
Kính mong sự góp ý của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp.
Nghệ An, tháng 12 năm 2011
Tác giả

5

Chương 1
SƠ LƯỢC VỀ PHƯƠNG TRÌNH FERMAT

1.1. Phương trình Pitago
1.1.1. Các bộ số Pitago. Bộ ba số nguyên dương

( x, y , z )

thoả mãn

x 2 + y 2 = z 2 được gọi là bộ số Pitago. Tên gọi đó xuất phát từ Định lý Pitago

quen thuộc: Trong một tam giác vng, bình phương độ dài cạnh huyền bằng
tổng bình phương các cạnh góc vng.
Như vậy, một bộ ba số nguyên dương ( x, y, z ) là một bộ số Pitago khi và
chỉ khi tồn tại tam giác vng có số đo các cạnh góc vng là x và y, số đo
cạnh huyền là z (chẳng hạn bộ { 3, 4,5} , { 6,8,10} ,... ). Rõ ràng rằng, nếu

{ x , y , z}

là một bộ số Pitago thì { kx, ky, kz} cũng là một bộ số Pitago với mọi

số nguyên dương k . Do đó ta chỉ cần xét các bộ ba số nguyên tố cùng nhau.
Bộ ba số Pitago { x, y, z} được gọi là nguyên thuỷ nếu (x,y,z) =1
Ví dụ: Các bộ số { 3, 4,5} , { 5,12,13} là nguyên thuỷ.
Nếu bộ số Pitago { x, y, z} là không nguyên thuỷ, chẳng hạn ( x, y, z ) = d > 1

x y z
d d d 

, thì  , ,  là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Để tìm các bộ số Pitago ta
cần:
1.1.2. Bổ đề. Nếu { x, y, z} là bộ số Pitago nguyên thuỷ thì

( x, y ) = ( x, z ) = ( y, z ) = 1.


6

Chứng minh. Giả sử

{ x , y , z}

là một bộ số Pitago nguyên thuỷ và ( x, y ) > 1 .

Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p ( x, y ) . Vì p x và p y nên
p ( x 2 + y 2 ) = z 2 . Do p là số nguyên tố mà p z 2 nên p z , mâu thuẫn với giả

thiết { x, y, z} = 1 . Vậy ( x, y ) = 1 . Tương tự ta có ( x, z ) = ( y , z ) = 1 . ■
1.1.3. Bổ đề. Giả sử { x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Khi đó ,x chẵn
y lẻ hoặc x lẻ y chẵn hay x và y khơng cùng tính chẵn lẻ.
Chứng minh. Giả sử { x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Theo Bổ đề
1.1.2, ( x, y ) = 1 nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì z chẵn
hay z2 chia hết cho 4. Ta có:
x 2 ≡ 1( mod 4 ) , y 2 ≡ 1( mod 4 )

Do đó

z 2 = x 2 + y 2 ≡ 2 ( mod 4 ) .

Điều này vô lý với việc z chia hết cho 4. Vậy x, y không cùng tính chẵn lẻ. ■
1.1.4. Bổ đề. Giả sử r , s, t là các số nguyên dương sao cho ( r , s ) = 1 và rs = t 2
. Khi đó tồn tại các số nguyên h và l sao cho r = l 2 và s = h 2 .
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 có dạng sau:

p1α1 p2α 2 ... pnα n
s = pn+1α n +1 pn+ 2α n + 2 ... pmα m
t = q1β1 q2 β 2 ...qk βk .
Vì ( r , s ) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong các phân tích của r và s
là khác nhau. Do rs = t 2 nên


7

p1α1 p2α 2 ... pnαn pn +1αn +1 pn + 2αn + 2 ... pmαm = q12 β1 q2 2 β2 ...qk 2 βk .

Từ Định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các luỹ thừa nguyên tố xuất
hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau. Vậy mỗi pi phải bằng một q j
nào đó, đồng thời α i = 2β j . Do đó, mỗi số mũ α i đều chẵn nên

αi
nguyên.
2

Từ đó suy ra r = l 2 , s = h 2 , trong đó l , h là các số nguyên.■
Bây giờ ta có thể mơ tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thuỷ.

1.1.5. Định lý. Các số nguyên dương x, y, z lập thành một bộ số Pitago
nguyên thuỷ, với y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương 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 thuỷ. Bổ đề 1.1.3 cho
thấy x lẻ y chẵn hoặc ngược lại. Vì ta đã giả thiết y chẵn nên x, z đều lẻ. Do
z + x và z − x đều là số chẵn, nên các số

z+x
z−x
= r;
= s đều là số
2
2

nguyên.
2
2
2
Vì x 2 + y 2 = z 2 nên y = z − x = ( z − x ) ( z + x ) .
2

 y   z + x  z − x 
z+x
z−x
Vậy  ÷ = 
÷

÷ = rs; r = 
÷, s = 
÷.
 2   2  2 
 2 
 2 

Để ý rằng

( r, s ) = 1 .

Thật vậy, nếu

( r, s ) = d

thì do d r , d s nên

d ( r + s ) = z và d ( r − s ) = x . Điều đó có nghĩa là d ( z , x ) = 1 nên d = 1.


8

Từ Bổ đề 1.1.4 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m và n sao cho
r = m 2 , s = n 2 . Viết x, y, z thơng qua m, n ta có
z + x = 2r

x = r − s = m2 − n2

z − x = 2s hay y = 4rs = 2mn
y = 4rs

z = r − s = m2 + n2 .

Ta cũng có ( m, n ) = 1 , vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của
x = m 2 − n 2 , y = 2mn, z = m 2 + n 2 , nên là ước chung của ( x, y , z ) . Mà x, y, z

nguyên tố cùng nhau nên ( m, n ) = 1 . Mặt khác, m và n khơng thể cùng lẻ vì
nếu ngược lại thì x, y và z đều chẵn, mâu thuẫn điều kiện

( m, n ) = 1

( x, y , z ) = 1 .

Vì

và m, n khơng đồng thời là hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ hoặc ngược

lại. Vậy mỗi bộ số Pitago nguyên thuỷ có dạng đã nêu.
Để chứng tỏ rằng bộ ba số
x = m2 − n2
y = 2mn

z = m2 + n2 ,

trong đó m, n là các số nguyên dương, m > n, ( m, n ) = 1 và m ≡ n ( mod 2 ) lập
thành một bộ số Pitago nguyên thuỷ, trước tiên ta nhận xét rằng

(

x 2 + y 2 = m2 − n2

(

)

2

)

+ (2mn) 2

= m 4 − 2m 2 n 2 + n 4 + 4m 2 n 2
= m 4 + 2m 2 n 2 + n 4

(

= m2 + n2

)

2

= z2.


9

Ta chứng minh x, y , z nguyên tố cùng nhau. Giả sử

( x, y , z ) = d > 1 .

ngược lại,

Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p ( x, y, z ) . Ta thấy

rằng p \ 2 vì x lẻ (do x = m 2 − n 2 , trong đó m 2 và n 2 khơng cùng tính chẵn
2
2
lẻ). Lại do p x , p z nên p ( z + x ) = 2m và p ( z − x ) = 2n . Vậy p m và p n

: mâu thuẫn với ( m, n ) = 1 . Do đó ( x, y, z ) = 1, tức { x, y, z} là một bộ số Pitago
nguyên thuỷ. ■
Từ Định lý 1.1.5 nói trên, ta có thể thu được các ví dụ về bộ số Pitago
nguyên thuỷ. Chẳng hạn lấy m = 5, n = 2 ta có m ≡ n ( mod 2 ) và ( m, n ) = 1,
m >n:

x = m2 − n 2 = 52 − 22 = 21
y = 2mn = 2.5.2 = 20
z = m2 + n 2 = 52 + 22 = 29

là một bộ số Pitago nguyên thuỷ.

1.2. Sơ lược về lịch sử của phương trình Fermat
Câu chuyện về Định lý cuối cùng hay Định lý lớn Fermat của Fermat là
câu chuyện độc nhất vô nhị trong lịch sử toán học thế giới, khởi nguồn từ cổ đại
với nhà toán học Pitago (Pythagore). Định lý cuối cùng của Fermat, có nguồn
gốc từ Định lý Pitago: "Trong một tam giác vng, bình phương cạnh huyền
bằng tổng bình phương hai cạnh góc vng".
1.2.1. Phương trình Fermat. Ta thấy rằng phương trình x + y = z có vơ hạn
nghiệm ngun ( x, y, z ) . Các bộ số Pitago cũng cho ta vơ hạn nghiệm ngun
của phương trình

10

x2 + y 2 = z 2 .

Tình hình sẽ như thế nào nếu số mũ của các ẩn tăng lên? Nói cách khác,
phương trình
x n + y n = z n với n ≥ 3

có nghiệm ngun hay khơng? Nếu có thì số nghiệm là hữu hạn hay vơ hạn?
Từ phương trình Pitago, Fermat đã tạo ra một bài tốn khó bất hủ. Đó
chính là nội dung của định lý Fermat nổi tiếng, một trong những câu hỏi lớn
nhất của toán học và nhân loại mới nhận được câu trả lời trong thời gian gần
đây.
Định lí lớn Fermat. Phương trình x n + y n = z n với n ≥ 3 , n ∈ Z , khơng có
nghiệm nguyên dương.
Bên lề một cuốn sách Số học của Diophant (xuất bản năm 1963) nhà toán
học người Pháp Pierre de Fermat (1601 - 1665) đã viết như sau:
“Phương trình x n + y n = z n với n ≥ 3 , n ∈ Z khơng có nghiệm ngun
dương. Tơi đã tìm được một cách chứng minh tuyệt diệu điều khẳng định này
nhưng vì lề sách q nhỏ nên khơng thể viết vào đây.”
Định lý này đã làm hao mòn khơng biết bao bộ óc vĩ đại của các nhà toán
học lừng danh trong gần 4 thế kỉ. Cho tới đầu thế kỷ 20 các nhà toán học chỉ
chứng minh định lý này là dúng với n = 3, 4, 5, 7 và các bội số của nó. Nhà
tốn học người Đức Ernst Kummer đã chứng minh định lý này là đúng với
mọi số nguyên tố tới 100 (trừ 3 số nguyên tố là 37, 59, 67).
Nguyên văn bản viết tay của Pierre de Fermat ngày 4/3/1660, hiện lưu giữ
tại Departmental Archives of Haute- Garonne, Toulouse:

11


12

Cuối cùng, vào năm 1993 nó được chứng minh bởi Andrew Wiles (người
Anh, sinh năm 1953) sau gần 8 năm rịng nghiên cứu, phát triển chứng minh
các giả thuyết có liên quan bằng việc sử dụng những kiến thức cao nhất của
nhiều ngành tốn học hiện đại.
1.2.2. Q trình giải quyết của Andrew Wiles:
- Tháng 6 năm 1993, "Elliptic Curves and Modular Forms", Wiles lần đầu
tiên công bố là ông đã giải được Định lý lớn Fermat.
- Tháng 7 – 8 năm 1993, Nick Katz (đồng nghiệp) trao đổi email với Wiles về
những điểm chưa hiểu rõ, trong đó nhắc rằng trong chứng minh của ơng có 1 sai
lầm căn bản.
- Tháng 9 năm 1993, Wiles nhận ra chỗ sai và cố gắng sửa. Sinh nhật phu
nhân ngày 6 tháng 10, bà nói chỉ cần quà sinh nhật là một chứng minh đúng.
Wiles cố hết sức nhưng không làm được.

Andrew Wiles


13

- Tháng 11 năm 1993, ông gởi email công bố là có trục trặc trong phần đó của
chứng minh.
- Sau nhiều tháng thất bại, Wiles sắp chịu thua. Trong tuyệt vọng, ông yêu
cầu giúp đỡ. Richard Taylor, một sinh viên cũ của ông, tới Princeton cùng
nghiên cứu với ông.

- Ba tháng đầu 1994, ơng cùng Taylor tìm mọi cách sửa chữa vấn đề nhưng
vô hiệu.
- Tháng 9 năm 1994, ông quay lại nghiên cứu một vấn đề căn bản mà chứng
minh của ơng được dựa trên đó
- Ngày 19 tháng 9 năm 1994 phát hiện cách sửa chữa những điểm trục trặc,
dựa trên một cố gắng chứng minh đã làm 3 năm trước. Sau khi coi lại cẩn thận,
ông mừng rỡ nói với phu nhân là đã làm được.
- Tháng 5 năm 1995 đăng lời giải trên Annals of Mathematics (Đại học
Princeton).
- Tháng 8 năm 1995 hội thảo ở Đại học Boston, giới tốn học cơng nhận
chứng minh là đúng.
1.2.3. Đánh giá tình hình cách chứng minh của Andrew Wiles:
Helen G. Grundman, giáo sư tốn trường Bryn Mawr College:
"Tơi nghĩ là ta có thể nói, vâng, các nhà tốn học hiện nay đã bằng lòng
với cách chứng minh Định lý lớn Fermat đó. Tuy nhiên, một số sẽ cho là chứng
minh đó của một mình Wiles mà thơi. Thật ra chứng minh đó là cơng trình của
nhiều người. Wiles đã có đóng góp đáng kể và là người kết hợp các cơng trình
lại với nhau thành cái mà ơng đã nghĩ là một cách chứng minh. Mặc dù cố gắng
khởi đầu của ơng được phát hiện sau đó là có sai lầm, Wiles và người phụ tá


14

Richard Taylor đã sửa lại được, và nay đó là cái mà ta tin là cách chứng minh
đúng Định lý lớn Fermat."
"Chứng minh mà ta biết hiện nay đòi hỏi sự phát triển của cả một lĩnh vực
toán học chưa đuợc biết tới vào thời Fermat. Bản thân định lý được phát biểu rất
dễ dàng và vì vậy xem ra có vẻ đơn giản một cách giả tạo; bạn khơng cần biết rất
nhiều về toán để hiểu bài toán. Tuy nhiên, để rồi nhận ra rằng, theo kiến thức tốt
nhất của bạn, cần phải biết rất nhiều về toán mới có thể giải được nó. Vẫn là một

câu hỏi chưa có lời đáp rằng liệu có hay khơng một cách chứng minh Định lý lớn
Fermat mà chỉ liên quan tới tốn học và các phương pháp đã có vào thời Fermat.
Chúng ta khơng có cách nào trả lời trừ phi ai đó tìm ra một chứng minh như
vậy."
Nhà tốn học Ken Ribet, người đã chứng minh được Giả thuyết epsilon
(epsilon conjecture) để cùng với giả thuyết Shimura - Tanayama (do Andrew
Wiles chứng minh) suy ra được Định lý cuối cùng của Fermat, nói:
“Chỉ có khoảng một phần nghìn nhà tốn học có thể hiểu được chứng
minh đó. Định lý lớn của Fermat đã đặt ra cách đây hơn 350 năm và đã được
chứng minh chặt chẽ bởi nhà toán học Andrew Wiles, khẳng định rằng phương
trình

x n + y n = z n , xyz ≠ 0, n ≥ 3
không có nghiệm nguyên, bằng cách chứng minh giả thuyết Shimura - Tanayama
về các đường cong Elliptic.
Chứng minh Định lý cuối cùng của Fermat là một chứng minh rất khó, vận
dụng hầu hết những kiến thức của nhiều ngành toán học hiện đại.”
1.2.4. Giả thuyết Fermat tổng quát
Phương trình:


15

x1n + x2n + L xkn = z n , k ≥ 2, n ≥ 3, n > k
hoặc tổng quát hơn, phương trình:

x1n + x2n + L xkn = z n , k ≥ 2, ni ≥ 3, n > k
1

k

2

khơng có nghiệm ngun khác khơng.

1.3. Phép chứng minh Định lý Fermat theo phương pháp
quy nạp lùi vô hạn
Trong phần này của luận văn, chúng tôi sẽ giới thiệu phép chứng minh
Định lí lớn Fermat cho trường hợp n = 4 . Một trong những mấu chốt của
chứng minh là phương pháp Quy nạp lùi vô hạn do Fermat đề xuất.
1.3.1. Mệnh đề. Nếu phương trình x n + y n = z n với n ≥ 3 , n ∈ Z có nghiệm
ngun dương thì phương trình x p + y p = z p cũng có nghiệm nguyên dương,
với p là ước nguyên tố của n.
Chứng minh. Giả sử phương trình x n + y n = z n với n ≥ 3 , n ∈ Z có một
nghiệm nguyên (a, b, c ) , khi đó ta có: a n + b n = c n . Ta viết đẳng thức này lại
như sau:
p

p

p

 n  n  n
p
p
p
a ÷ + b ÷ = c ÷ .
     
Do đó, phương trình x p + y p = z p cũng có nghiệm nguyên dương
n

p

n
p

n
p

(a , b , c ) . ■


16

1.3.2. Mệnh đề. Nếu phương trình x n + y n = z n khơng có nghiệm ngun
dương khi n = 4, hoặc khi n là số nguyên tố ≥ 3 thì phương trình x n + y n = z n
khơng có nghiệm ngun dương với mọi số ngun n ≥ 3 .
Chứng minh. Từ giả thiết của bài toán ta chỉ cần xét với những số nguyên
n > 4 và không phải là số nguyên tố.

1) Nếu n là số lẻ thì tồn tại ước nguyên tố lẻ p của n. Do đó, nếu
phương trình x n + y n = z n có nghiệm ngun dương thì theo Mệnh đề 1.3.1
phương trình x p + y p = z p cũng có nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
2) Nếu n là số chẵn thì ta xét hai khả năng sau:
a) n = 4k: Do n > 4 nên k >1 . Nếu phương trình x n + y n = z n có
nghiệm nguyên dương thì do 4 là ước của n, nên theo Mệnh đề 1.3.1 phương
trình x 4 + y 4 = z 4 cũng có nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
b) n = 4k + 2 = 2(2k + 1): Do n > 4 nên 2k + 1 > 2 hay 2k + 1 là số lẻ
lớn hơn 3 và do đó n có một ước nguyên tố lẻ p. Giả sử ngược lại, phương
trình x n + y n = z n có nghiệm ngun dương thì theo Mệnh đề 1.3.1 phương
trình x p + y p = z p cũng có nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.■

1.3.3. Định lí. Phương trình x 4 + y 4 = z 2 khơng có nghiệm ngun dương.
Chứng minh. Giả sử phương trình x 4 + y 4 = z 2 có nghiệm nguyên dương. Khi
đó, tồn tại nghiệm x = x0 , y = y0 , z = z0 trong đó z0 là nhỏ nhất. Ta có
x0 4 + y0 4 = z0 2 . Ta chứng minh ( x0 , y0 ) = 1. Thật vậy, nếu ngược lại ta gọi p là
2
ước chung nguyên tố của x0 , y0 thì z0 chia hết cho p4 hay z0 chia hết cho p2.
4
4
2
4
4
2
Đặt x0 = px1 , y0 = py1 , z0 = p 2 z1 . Thay vào x0 + y0 = z0 ta có x1 + y1 = z1 .


17

Dó đó, x = x1 , y = y1 , z = z1 là một nghiệm của phương trình x 4 + y 4 = z 2 với z1
bé hơn z0. Ta gặp mâu thuẫn.
2
2
4
4
2
Vì x0 + y0 = z0 nên ( x0 2 ) + ( y0 2 ) = z0 2 , nên { x0 , y0 , z0 } là một bộ số

2

2

2
2
2
2
Pitago. Hơn nữa, ( x0 , y0 ) = 1, vì nếu p là số nguyên tố, mà p x0 , p y0 thì

p x0 , p y0 , mâu thuẫn với

( x0 , y0 ) = 1. Như

vậy,

{x

0

2

, y0 2 , z0

}

là một bộ số

Pitago nguyên thuỷ và do đó tồn tại các số nguyên dương m, n với

( m, n ) = 1, m ≡ n ( mod 2 )

và

x0 2 = m 2 − n 2
y0 2 = 2mn
z0 = m 2 + n 2 ,

trong đó ta có thể xem y 2 là số chẵn.
2
2
2
2
Từ đẳng thức của x0 ta được x0 + n = m .

Do ( m, n ) = 1 nên { x0 , n, m} là một bộ số Pitago nguyên thuỷ và do đó lại
tồn tại các số nguyên dương r , s với ( r , s ) = 1, r ≡ s ( mod 2 ) và
x0 2 = r 2 − s 2
n = 2rs
m = r 2 + s2.
2
Vì m lẻ và ( m, n ) = 1 , ta có ( m, 2n ) = 1. Do y0 = ( 2n ) m nên theo Bổ đề
2
2
1.1.4, tồn tại các số nguyên dương z1 và w với m = z1 , 2n = w . Vì w chẵn,

w = 2u , trong đó u là số nguyên dương, nên

u2 =

n
= rs
2

18

Do ( r , s ) = 1, theo Bổ đề 1.1.4 tồn tại các số nguyên dương x1 , y1 sao cho
r = x12 , s = y12 . Chú ý rằng vì ( r , s ) = 1 nên dễ suy ra ( x1 , y1 ) = 1. Như vậy,
x14 + y14 = z12 ,

trong đó x1 , y1 , z1 là các số nguyên dương với ( x1 , y1 ) = 1. Hơn nữa ta có z1 < z0 ,
4
2
2
2
vì z1 ≤ z1 = m < m + n = z0 .

Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết nghiệm x = x0 , y = y0 , z = z0 của phương
trình đang xét. ■
4
4
4
1.3.4. Hệ quả. Phương trình x + y = z khơng có nghiệm ngun dương.

Chứng minh. Giả sử phương trình x 4 + y 4 = z 4 có nghiệm nguyên dương
(a, b, c). Ta có a 4 + b4 = c 4 hay a 4 + b4 = ( c 2 ) .
2

Do đó, phương trình x 4 + y 4 = z 2 có nghiệm nguyên dương (a, b, c 2 ) . Điều
này mâu thuẫn với Định lý 1.3.3. ■
s

s

s

1.3.5. Hệ quả. Phương trình x 2 + y 2 = z 2 , s ≥ 2 không có nghiệm nguyên
dương.
Chứng minh. Với s = 2 Hệ quả 1.3.5 chính là Hệ quả 1.3.4. Giả sử phương
trình x 2 + y 2 = z 2 , s ≥ 3 có nghiệm nguyên dương (a, b, c) . Ta có a 2 + b 2 = c 2
s

hay a 2

s

s −2

.22

+ a2

s

s−2

.22

s

= a2

s −2

.2 2

. Do đó,

( a ) +( a ) =( a )
2s − 2

4

2 s −2

4

2 s −2

4

s

s

hay x 4 + y 4 = z 4 có

nghiệm nguyên dương (a s − 2 , b s − 2 , c s − 2 ) . Điều này mâu thuẫn với Hệ quả 1.2.4. ■

1.4. Đường cong phẳng Fermat
Trong chương trình phổ thơng chúng ta khơng hiểu được người ta tìm ra
các phương trình nghiệm nguyên

( 2mn, m

2

− n2 , m2 + n2

)

của phương trình


19

x 2 + y 2 = z 2 (điều kiện (m, n) = 1 ) bằng cách nào. Phần này giới thiệu về đường

cong phẳng và ứng dụng vào việc giải một số phương trình nghiệm nguyên.
1.4.1. Định nghĩa. Tập (l ) tất cả những điểm (a, b) ∈ £ 2 thỏa mãn phương trình
f ( x, y ) = 0, f ∈ ¡ [ x, y ] \ { 0} , được gọi là đường cong phẳng hay đường cong đại số.
n
n
Nếu f = f1 ... f s với các đa thức f i bất khả qui thì bậc của (l ) , kí hiệu deg(l ) ,
1

s

s

được định nghĩa bằng

∑ deg f

i =1

i

.

Hiển nhiên, tất cả những đa thức f , g ∈ ¡ [ x, y ] với f = λ g , λ ∈ ¡ \ { 0} , hoặc
f = g s , s ∈ ¥ ∗ , xác định cùng một đường cong phẳng. Vì vậy người ta thường

giả thiết f khơng chia hết cho đa thức nào dạng g 2 .
Nếu đa thức f là khả qui, chẳng hạn f ( x, y ) = g ( x, y ).h( x, y ) và cả hai đa
thức này đều có bậc lớn hơn 0, thì (l ) = (l1 ) ∪ (l 2 ) với (l1 ) được xác định bởi
phương trình g ( x, y ) = 0 và (l 2 ) bởi h( x, y ) = 0 . Khi đó ta nói rằng (l ) là đường
cong phẳng khả qui. Nếu đa thức f là bất khả qui, thì (l ) là đường cong
phẳng bất khả qui.
1.4.2. Định lí. Cho đường cong phẳng (l ) : f = 0 bậc m . Đường thẳng (d ) cắt (l )
tại hữu hạn điểm thì tổng số điểm với số bội tương ứng không vượt quá m .
Chứng minh. Biểu diễn đường cong (l ) bởi phương trình f có dạng
f = f m ( x, y ) + f m −1 ( x, y ) + ... + f 0 ( x, y ) = 0 ,

ở đó f j ( x, y ) là dạng bậc j trong ¡ [ x, y ] . Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả
thiết (d ) là đường cong phẳng đi qua gốc tọa độ với sự biểu diễn:
 x = tα
(d ) 
 y = tβ

Nếu (d ) không đi qua gốc tọa độ thì ta dùng một phép tịnh tiến:


20

 x = x'+ a
r
Tv 
 y = y '+b

để đưa (d ) về đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Thế x = αt , y = βt vào f ta có
f (αt , β t ) = f m (α , β )t m + f m −1 (α , β )t m −1 + ... + f 0 (α , β ) . Nếu f 0 (α , β ) ≠ 0 phương trình
f m (α , β )t m + f m −1 (α , β )t m −1 + ... + f 0 (α , β ) = 0 có đúng m nghiệm tính cả bội. Vậy

đường cong phẳng (l ) và đường thẳng (d ) cắt nhau tại đúng m điểm tính cả bội
khi chúng cắt nhau tại hữu hạn điểm.
Khi f m (α , β ) = 0 phương trình trên trở thành phương trình bậc nhỏ hơn m .
Khi đó số giao điểm nhỏ hơn m .
1.4.3. Đường cong phẳng hữu tỉ. Cho đường cong phẳng (l ) xác định bởi
phương trình f ( x, y ) = 0 . (l ) được gọi là đường cong phẳng hữu tỉ nếu có hai hàm
f (t )

h(t )

hữu tỉ ϕ (t ) = g (t ) ,ψ (t ) = k (t ) trong đó f (t ), g (t ), k (t ), h(t ) là những đa thức của t ,
thỏa mãn f (ϕ (t ),ψ (t )) = 0 . Khi cho t = t 0 sao cho mẫu của ϕ (t ),ψ (t ) đều khác 0 thì
ta có điểm (ϕ (t 0 ),ψ (t 0 )) thuộc (l ) . Để nhận được hết các điểm thuộc (l ) ta qui
ước điểm (ϕ (∞),ψ (∞)) với
ϕ (∞) = lim
t →∞

f (t )
h(t )
,ψ (∞) = lim

.
t →∞ k (t )
g (t )

Ví dụ. Trong mặt phẳng, đường cong (l ) : y 2 (2 − x) = x 3 là đường cong phẳng hữu
2

2

tỉ. Thật vậy, đặt x = ty ta có x = 1 + t 2 , y = t (1 + t 2 ) . Thay vào phương trình thì
2

3

 2  
2   2 

 t (1 + t 2 )  . 2 − 1 + t 2  =  1 + t 2  . Vậy (l ) là đường cong hữu tỉ.

 


 


21

Khái niệm đường cong phẳng hữu tỉ có liên quan đến những điểm không
tầm thường với toạ độ nguyên thuộc đa tạp Fermat V : x n + y n − z n = 0, n ≥ 3 .
Kết quả sau đây được vận dụng nhiều trong việc xác định tính hữu tỉ của

đường cong phẳng trên trường số phức £ .
1.4.4. Định lí Mason. Cho các đa thức a( x), b( x ), c ( x) với hệ số thuộc £ , nguyên
tố cùng nhau từng cặp và thoả mãn a( x) + b( x) = c( x ) . Nếu kí hiệu n0 ( f ) là số
nghiệm phân biệt của đa thức f (x) trong £ thì
max { deg a ( x),deg b( x),deg c( x)} ≤ n0 (abc) − 1 .
Vận dụng Định lý Mason này ta chứng minh được một kết quả sau đây:
1.4.5. Định lí. Đường cong phẳng Fermat x n + y n = z n với n ≥ 3 , không là
đường cong phẳng hữu tỉ trên R.
Chứng minh. Nếu (l ) là đường cong phẳng hữu tỉ thì sẽ có các đa thức hệ số thực
hay phức a( x), b( x), c( x) nguyên tố cùng nhau từng cặp và thoả mãn
a ( x) n + b( x ) n = c ( x ) n . Theo Định lí Mason ta phải có

max{ n deg a ( x), n deg b( x), n deg c( x)} ≤ n0 (abc) − 1 .

Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả thiết vế trái bằng n deg a( x) . Vì
n0 (abc) − 1 ≤ deg a( x) + deg b( x) + deg c( x) − 1

cho nên:
n deg a( x) ≤ deg a ( x) + deg b( x) + deg c( x) − 1 ≤ 3deg a( x) − 1 .
Do đó
(n − 3)deg a( x) ≤ −1
Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết n ≥ 3 . Vậy (l ) không là đường cong phẳng hữu tỉ.
1.4.6. Mệnh đề. Không tồn tại các đa thức nguyên tố cùng nhau a( x), b( x) sao
cho


22

[

]

deg a ( x )18 − b( x) 3 < 11deg a ( x) + 1 .

Giải.Giả sử có các đa thức a( x), b( x) với deg[ a( x)18 − b( x) 3 ] <11deg a( x) + 1 . Vì

[

]

a ( x), b( x) nguyên tố cùng nhau nên a ( x) 3 ≠ b( x) . Từ a ( x)18 = a( x)18 − b( x) 3 + b( x) 3 ta

suy ra bất đẳng thức

{

}

max 18deg a( x),deg  a( x)18 − b( x) 3  ,3deg b( x)


≤ n0  a ( x)b( x)(a( x)18 − b( x)3 )  − 1



Ta có

18deg a( x) ≤ deg a( x) + deg b( x) + deg  a( x)18 − b( x) 3  − 1,





18
3
3deg b( x) ≤ deg a( x) + deg b( x) + deg  a( x) − b( x)  − 1.




Cộng vế với vế hai bất đẳng thức, sau khi nhân hai vế bất đẳng thức thứ nhất với
2, ta có deg[ a( x)18 − b( x) 3 ] ≥ 11deg a( x) + 1 : mâu thuẫn. Vậy không có các đa thức

[

]

a ( x), b( x) nguyên tố cùng nhau thoả mãn deg a ( x)18 − b( x) 3 <11 deg a ( x) + 1 .

1.4.7. Mệnh đề. Không tồn tại các đa thức f ( x ), g( x ) hệ số phức, khác hằng số
và nguyên tố cùng nhau sao cho:
5
deg ( f 3 − g 4 ) < deg g + 1.
3
Chứng minh. Giả sử có các đa thức f ( x ), g( x ) thỏa mãn các yêu cầu của bài
toán. Ta đặt a = g 4 , b = f 3 − g 4 , c = f 3 . Ta có a + b = c . Do các đa thức f ( x ), g( x )
nguyên tố cùng nhau nên f 3 − g 4 ≠ 0 . Theo Định lý Mason, ta có:
deg g 4 ≤ n0 ( g 4 ( f 3 − g 4 ) f 3 ) − 1 = n0 ( g( f 3 − g 4 ) f ) = deg g + deg( f 3 − g 4 ) + deg f − 1.
Suy ra

23

4 deg g ≤ deg g + deg( f 3 − g 4 ) + deg f − 1.

(1)

3deg f ≤ deg g + deg( f 3 − g 4 ) + deg f − 1.

(2)

Tương tự

Cộng từng vế hai bất đẳng thức (1) và (2), ta có:
2 deg g + deg f ≤ 2 deg( f 3 − g 4 ) − 2.

(3)

Cộng từng vế hai bất đẳng thức (1) với (3), ta có :
5
deg ( f 3 − g 4 ) ≥ deg g + 1.
3
Chúng ta gặp phải một mâu thuẫn với chính điều đã giả sử trên.■
Tổng qt hơn ta có
1.4.8. Mệnh đề. Khơng tồn tại các đa thức f ( x ), g( x ) có hệ số phức, khác hằng
số và nguyên tố cùng nhau sao cho với mọi số nguyên dương m, n ta có :
mn − n − m
deg g − 1.
m
mn − n − m
ii ) deg( f m − g n ) <

deg f − 1.
n
i ) deg( f m − g n ) <


24

Chương 2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐA THỨC

2.1.Phương pháp quy về các hệ bậc nhất
Phương pháp chung: Quy phương trình nghiệm nguyên đã cho về việc giải các
hệ phương trình bậc nhất bằng cách sử dụng định lý về điều kiện có nghiêm
ngun của phương trình bậc hai, Định lý Viete, các bất đẳng thức cơ bản.
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên:

1 1 1
+ =
x y 2

Giải. Điều kiện x ≠ 0, y ≠ 0. Phương trình đã cho tương đương với:
xy − 2 x − 2 y = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( y − 2 ) = 4
Vì số 4 có thể phân tích thành tích như sau: 4 = 1.4 = 2.2 = (-1)(-4) = (-2)(-2)
nên ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: x – 2 =1, y – 2 = 4, khi đó x = 3, y = 6.
Trường hợp 2: x – 2 =4, y – 2 = 1, khi đó x = 6, y = 3.
Xét tương tự các trường hợp khác ta được các nghiệm (x,y) của phương trình:
(3, 6), (6, 3), (4,4), (1, -2), (-2, 1).■
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x 2 + 2 y 2 + 3 xy + 3 x + 5 y = 14
Giải. Viết lại phương trình dưới dạng sau:
x 2 + 3 x( y + 1) + 2 y 2 + 5 y + α = 14 + α
Đặt vế trái của (1) là tam thức bậc 2 của x, ta có:

(1)


25

∆ = 9( x + 1) 2 − 8 y 2 − 20 y − 4α = y 2 − 2 y + 9 − 4α
Để (1) có nghiệm nguyên nên ∆ cần có dạng là bình phương đúng, vì thế
cần chọn

= 2, khi đó:
∆ = y 2 − 2 y + 1 = ( y − 1) 2

Lúc này tam thức vế trái của (1) có nghiệm:
x1 =
x2 =
Vì thế:

−3 y − 3 + y − 1
= −y − 2
2
−3 y − 3 − y + 1
= −2 y − 1
2

(1) ⇔ ( x + y + 2) + ( x + 2 y + 1) = 16

(2)

Do x > 0, y >0 ⇒ x ≥ 1, y ≥ 1 ⇒ x + y + 2 ≥ 4 và x + 2 y + 1 ≥ 4 .
x + y + 2 = 4
⇔ x = y =1
Vì vậy : 
x + 2 y + 1 = 4
Vậy (1,1) là nghiệm nguyên dương duy nhất cần tìm.■
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
x 6 + z 3 − 15 x 2 z = 3x 2 y 2 z − ( y 2 + 5)3
Giải. Đưa phương trình đã cho về dạng tương đương sau:
( x 2 )3 + ( y 2 + 5 ) + z 3 = 3 x 2 z ( y 2 + 5)
3

Vì

(1)

x > 0, y > 0, z > 0 (đặc biệt là z > 0), nên theo bất đẳng thức Cauchy, thì
( x 2 )3 + ( y 2 + 5 ) + z 3 ≥ 3x 2 z ( y 2 + 5)
3

(2)

Từ đó theo (1) suy ra trong (2) dấu bằng xảy ra. Vì thế lại theo bất đẳng
2
2
thức Cauchy thì x = y + 5 = z
2

2
Ta có: x − y = 5( x + y )( x − y ) = 5

(3)
(4)