Luận văn thạc sĩ toán học Một vài vấn đề về phương trình Diophantine

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCVŨ NGỌC KHÁNH MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCVŨ NGỌC KHÁNH MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC KHÁNH

MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC KHÁNH

MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Mục lục

1.1 Phương trình Diophantine 3

1.1.1 Vành chính Z 3

1.1.2 Phép chia với dư 4

1.1.3 Khái niệm phương trình Diophantine 5

1.1.4 Phương trình Diophantine có điều kiện 8

1.1.5 Tổng các số chính phương 11

1.2 Một vài phương pháp giải phương trình Diophantine 13

1.2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử 13

1.2.2 Phương pháp đồng dư 15

1.2.3 Phương pháp đánh giá 16

1.2.4 Phương pháp tham số hóa 18

1.2.5 Phương trình nghiệm hữu tỷ qua tham số hóa 21

1.2.6 Chứng minh phương trình nhiều vô hạn nghiệm 26

1.2.7 Công thức tính nghiệm 28

1.3 Một vài phương trình cổ điển 29

1.3.1 Phương trình Pythagoras 29

1.3.2 Phương trình Mordell 32

1.3.3 Phương trình Pell 34

2 Hệ phương trình Pell 40 2.1 Hệ phương trình Pell 40

2.1.1 Tiêu chuẩn Legendre 40

2.1.2 Hệ phương trình Pell 41

2.2 Phương trình ba hệ số tổ hợp liên tiếp 42

Kết luận 45

MỞ ĐẦU

Số học nói chung và Phương trình Diophantine nói riêng là những lĩnh vực

cổ xưa nhất của Toán học, và cũng là lĩnh vực còn tồn tại nhiều những bàitoán, giả thuyết chưa có câu trả lời Trong suốt quá trình phát triển của Toánhọc, phương trình Diophantine luôn thu hút được nhiều người quan tâm nghiêncứu và tìm hiểu Chính việc đi tìm lời giải cho các bài toán hay chứng minh cácgiả thuyết về phương trình Diophantine đã làm nảy sinh các lý thuyết, phươngpháp khác của Toán học Các bài toán về phương trình Diophantine không cóquy tắc giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối với các dạng đơn giản Mỗiphương trình với dạng riêng của nó đòi hỏi một cách giải đặc trưng phù hợp.Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy mền dẻo, linh hoạt hơn cho người làmtoán.Chính vì thế, trong hầu hết các kỳ thi quan trọng như thi học sinh giỏiToán quốc gia, quốc tế, thi Olympic toán , các bài toán liên quan đến phươngtrình Diophantine cũng hay được đề cập đến và thường là những bài toán khó.Việc hệ thống một cách tương đối các phương pháp giải phương trình Dio-phantine và đưa ra các vấn đề mở về phương trình Diophantine là cần thiếtđối với việc giảng dạy và nghiên cứu toán học, đặc biệt là công tác ôn luyệnhọc sinh giỏi Với lý do đó, trong luận văn này, tôi trình bày khái niệm phươngtrình Diophantine, hệ phương trình Pell và tổng hợp một số phương pháp giảiphương trình và hệ phương trình này

Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia làm hai chương đề cậpđến các vấn đề sau:

Chương 1: Giải phương trình Diophantine

1.1 Phương trình Diophantine

1.2 Một vài cách giải phương trình Diophantine

1.3 Một vài phương trình cổ điển

Chương 2: Hệ phương trình Pell

2.1 Trình bày Hệ phương trình Pell

2.2 Trình bày Phương trình ba hệ số tổ hợp liên tiếp.

Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn nhiệt tình của PGS.TS ĐàmVăn Nhỉ Tôi bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy, người đã dànhcho tôi sự hướng dẫn chu đáo, nghiêm túc trong qua trình học tập, nghiên cứu

và thực hiện luận văn

Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các Thầy Cô khoa Toán trường Đại HọcKhoa Học - Đại Học Thái Nguyên,các Thầy, Cô tham gia giảng dạy khóa Caohọc 2013 - 2015,Trường THPT Lý Tự Trọng và bạn bè đồng nghiệp đã giúp đỡtạo điều kiện cho tôi hoàn thành bản luận văn này

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 4 năm 2015

Vũ Ngọc Khánh

(1) Với mọia, b ∈ R∗ và a|b thì δ(a)6δ(b).

(2) Với mọia, b ∈ R, b 6= 0, có tồn tại q, r ∈ R sao cho a = qb + r với hoặc r = 0

hoặc δ(r) < δ(b) khi r 6= 0

được gọi là một ánh xạ Euclide

Định nghĩa 1.1.3 Miền nguyên R được gọi là một vành Euclide nếu có mộtánh xạ Euclide tác động lên tập R∗.

Bổ đề 1.1.4 Mỗi vành Euclide đều là một vành chính

Chứng minh: Giả sử R là vành Euclide với ánh xạ Euclide δ : R∗ →N. Vì R

là vành Euclide nên nó là một miền nguyên Giả sử I là một iđêan của R. Nếu

I = 0 thì I = (0) là một iđêan chính Nếu I 6= 0 thì có phần tử a ∈ I, a 6= 0. Đặt

I∗ = I \ {0}. Vì δ(I∗) ⊂ N nên có a0 ∈ I∗ thỏa mãn δ(a0)6 δ(x) với mọi x ∈ I∗.

Vì a0 ∈ I nên iđêan (a0) ⊆ I. Bây giờ ta chỉ ra I = (a0). Thật vậy, giả sử a ∈ I.

Do a 0 6= 0 và R là vành Euclide nên tồn tại q, r ∈ R sao ch a = qa 0 + r với r = 0

hoặc δ(r) < δ(a0). Nếu r 6= 0 thì r ∈ I∗ và δ(r) < δ(a0) : mâu thuẫn Vậy r = 0 và

a = qa0. Từ đây suy ra a ∈ (a0). Do a được lấy tùy ý nên I = (a0) và như vậy R

1.1.2 Phép chia với dư

Định nghĩa 1.1.6 Cho hai số nguyên a, b ∈Z, b 6= 0. Số a được gọi là chia hếtcho số b hay b chia hết a nếu có c ∈Z thỏa mãn a = bc.

Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viếta . b hoặc nói

b chia hết a và viết b|a. Khi a = bc thì b được gọi là một ước của a.

Ví dụ 1.1.7 Chứng minh rằng, tồn tại vô số số nguyên n thỏa mãn n4+ 1871

chia hết cho 1952

Bài giải: Vì n4+ 1871 = n4− 81 + 1952 nên n4+ 1871 chia hết cho 1952 khi vàchỉ khi n4− 81 chia hết cho 1952 hay(n − 3)(n + 3)(n2+ 9) chia hết cho 1952 Tachỉ cần lấy n = 1952k ± 3 với k ∈Z.

Định lý 1.1.8 Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b 6= 0, luôn luôn tồn tại duynhất một cặp số nguyên q, r ∈Z sao cho a = qb + r, trong đó 06r < |b|.

Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b|sao chon|b|6a, n ∈Z}. Vì|b|> 1nên

−|a||b|6 −|a| 6 a. Do đó −|a||b| ∈ T. Vậy T 6= ∅. Vì T là tập bị chặn trên nên

T có một số lớn nhất m|b|. Từ m|b| 6 a ta suy ra r = a − m|b| > 0 và r ∈ Z.

Ta lại có (m + 1)|b| = m|b| + |b| > m|b|. Do tính lớn nhất của m|b| trong T nên

(m + 1)|b| > a. Như vậy |b| > a − m|b| = r và ta có a = qb + r với 06r < |b|.

Tính duy nhất: Giả sử có hai sự biểu diễna = qb + r với06r < |b|và a = q1b + r1

với 06r1 < |b|. Trừ vế cho vế, ta cór − r1= b(q1− q). Từ |r − r1| < |b| ta suy ra

|q 1 − q||b| < |b|. Vậy q = q 1 và hiển nhiên r = r 1

Hệ quả 1.1.9 Với biểu diễn a = qb + r, 0 6r < |b|, có (a, b) = (b, r).

Ví dụ 1.1.10 Đặt an = 12011+ 22011+ · · · + n2011 với n ∈N∗. Chứng minh rằng

a n không chia hết cho n + 2.

Bài giải: Ta có

2an = [n2005+ 22005] + [(n − 1)2005+ 32005] + · · · + [22005+ n2005] + 2.

Vậy 2a n = (n + 2)d + 2, d ∈N∗ và ta suy ra a n không chia hết cho n + 2.

1.1.3 Khái niệm phương trình Diophantine

Một vấn đề khá cổ điển trong Số học là giải phương trình đa thức với hệ sốnguyên trong tập Z. Đó là giải phương trình nghiệm nguyên hay còn gọi làphương trình Diophantine Để hiểu rõ bài toán này, trước tiên ta nhắc lại mộtvài khái niệm

Định nghĩa 1.1.11 Cho đa thức f (x1, , xn) với các hệ số là các số hữu tỉhoặc các số nguyên Phương trình f (x1, , xn) = 0 được gọi là phương trìnhDiophantine Giải phương trình Diophantine f (x 1 , , x n ) = 0 tức là tìm tất cảcác số hữu tỉ, các số nguyên hay các số nguyên không âm α1, , αn để sao cho

f (α1, , αn) = 0.

Chob, a1, a2, , an ∈Z và các số ai không đồng thời bằng 0 Phương trình dạng

a 1 x 1 + a 2 x 2 + · · · + a n x n = b, (D 1 ), được gọi là phương trình Diophantine bậc nhấthay phương trình Diophantine tuyến tính Ta có ba kết quả chính và một vấn

đề mở sau đây

Định lý 1.1.12 Phương trình (D1) có nghiệm nguyên (zi) khi và chỉ khi b chiahết cho d = (a 1 , , a n ). Có thể chọn nghiệm nguyên (z i ) thỏa mãn điều kiện

|zi| 6 |b| + (n − 1) max{|aj| | j = 1, , n}, ∀i. Đặc biệt, nếu (a1, , an) = 1 thì

(D1) có nghiệm nguyên với mọi số nguyên b.

Chứng minh: Đặt (a1, , an) = d. Nếu (D1) có nghiệm thì b phải chia hếtcho d; còn nếu b không chia hết cho d thì (D 1 ) vô nghiệm Vậy, không làm mấttính tổng quát, ta có thể giả thiết d = 1, b 6= 0. Vì vành Z là vành các iđêanchính và (a1, , an) = 1 nên tồn tại các số nguyên α1, , αn ∈ Z thỏa mãn

a1α1+ a2α2+ · · · + anαn = 1 và như thế a1bα1 + a2bα2+ · · · + anbαn = b. Điều

này chứng tỏ phương trình (D1) nhận x1 = bα1, , xn = bαn làm một nghiệmnguyên.

Tiếp theo, giả sử x 1 , , x n là một nghiệm nguyên của phương trình (D 1 ). Tabiểu diễn xi = qian + zi, 0 6 zi < |an|, i = 1, , n − 1, với qi, zi nguyên Đặt

Chia cho |an|, ta được |zi|6|b| + (n − 1) max{|aj| | j = 1, , n}, i = 1, , n.

Định lý 1.1.13 Cho b, a 1 , a 2 , , a n ∈ Z và các số a i không dồng thời bằng 0.Nếu b chia hết cho (a1, a2, , an) thì phương trình (D1) có nhiều vô hạn nghiệmnguyên

Chứng minh: Theo Định lý 1.1.12, khibchia hết cho(a1, a2, , an)thì phươngtrình (D 1 )có nghiệm nguyên(α 1 , , α n ). Vìa 1 , a 2 , , a n không đồng thời bằng

0 nên tồn tại ai 6= 0. Không hạn chế có thể giả thiết an 6= 0. Xét x1 = α1 +

x = −1 + 3t + 4u, y = 1 − t − 3u, z = 1 − t với t, u ∈Z.

Ví dụ 1.1.15 Số nghiệm nguyên không âm của phương trình tuyến tính x1+

· · · + xk = n bằng n+k−1k−1
.

Bài giải: Ký hiệu số nghiệm nguyên không âm của phương trình là Nk(n). Ta

có N 1 (n) = 1. Tính N 2 (n), tức là tính số nghiệm nguyên không âm của phươngtrình x1+ x2= n. Phương trình này có các nghiệm (0, n), (1, n − 1), , (n, 0) nên

N2(n) = n + 1 = n+11
. Để tính N3(n) ta xét phương trình x1+ x2+ x3 = n. Cho

x3= 0, 1, 2, , n, ta có N3(n) = N2(n) + N2(n − 1) + · · · + N2(2) + N2(1) + N2(0) = (n + 1) + · · · + 1. Vậy N3(n) = n+22
. Ta chứng minh Nk(n) =



n + k − 1

k − 1

bằngqui nạp Hiển nhiên Nk(n) = Nk−1(n) + Nk−1(n − 1) + Nk−1(n − 2) + · · · + Nk−1(0).

s < nthìN n (s) = 0.Vậy, số nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình đã cho

Chứng minh: Theo Định lý 1.1.13, tồn tại các số nguyên y1, , yn thỏa mãn

a1y1+a2y2+· · ·+anyn = b.Sử dụng phép chia với dư, ta biểu diễnyi = qian+αi, 06

ai nên anαn > 0 và như vậy αn >0.

Hai ví dụ dưới đây chính là bài toán: Xác định số nguyên dương bé nhất ` đểsao cho phương trình ax + by = b giải được trong N với mọi số nguyên dương

b>`.

Ví dụ 1.1.18 Với những con tem 4 xu và 5 xu ta có thể tạo được những loạibưu phí nào?

Bài giải: Ta có ngay những loại bưu phí 4, 5, 8 = 2.4, 9 = 4 + 5, 10 = 2.5,

12 = 3.4, 13 = 2.4 + 5, 14 = 2.5 + 4 và 15 = 3.5 được dán bằng hai loại temtrên Bây giờ ta chỉ ra, mọi bưu phí n > 12 xu cũng được dán bằng hai loạitem trên Thực ra ta chỉ cần xét n > 15. Giả sử n > 16 được biểu diễn bằng

n = k.4 + h.5. Nếu k> 1thì n + 1 = (k − 1).4 + (h + 1).5; Nếu k = 0 thì h > 3. Khi

Vậy n + 1 = s.5 + r.6 và suy ra điều cần chứng minh

1.1.4 Phương trình Diophantine có điều kiện

Tiếp theo, xét phương trình Diophantine có điều kiện: Giả sử các a i là những

số nguyên dương Tìm số nghiệm nguyên của phương trình tuyến tính a1x1+

a2x2+ · · · + anxn = b thỏa mãn xi>αi>0 với mọi i = 1, , n.

Xét chuỗi lũy thừa hình thức f (x) =

P

Vậy ta có kết quả sau đây:

Định lý 1.1.20 Ký hiệu Nb là số nghiệm nguyên của hệ

Ví dụ 1.1.21 Xác định số nghiệm nguyên của hệ phương trình sau:

Bằng phương pháp quy nạp theo r, dễ dàng chỉ ra 1

Số nghiệm của hệ bằng hệ số của x18 trong f (x) và nó chính bằng hệ số củax10

trong khai triển 

Cuối cùng là việc xét phương trình Diophantine có điều kiện ngặt hơn: Giả

sử các ai là những số nguyên dương Tìm số nghiệm nguyên của phương trình

a1x1+ a2x2+ · · · + anxn = b thỏa mãn βi>xi >αi >0 với mọi i = 1, , n.

Xét chuỗi lũy thừa hình thức f (x) =

Ví dụ 1.1.23 Xác định số nguyên dương n để có số nguyên dương m viết đượctrong dạng m = a1+ a2+ · · · + an với a1 ∈ {1}, a2 ∈ {1, 2}, , an ∈ {1, 2, , n}

Bài giải: Giả sửp(x) = amxm+ am−1xm−1+ · · · + a1x + a0 với cácai∈ {0, 1, 2, 3}

và p(2) = n.Việc xác định số đa thức p(x) thỏa mãn yêu cầu đặt ra tương đươngvới việc tìm số các dãy (a0, a1, a2, ) thỏa mãn điều kiện các ai ∈ {0, 1, 2, 3} và

a0+ 2a1+ 22a2+ · · · = n. Xét hàm sinh thường

f (x) = (1 + x + x2+ x3)(1 + x2+ x4+ x6)(1 + x4+ x8+ x12) ,

ở đó 1 + x + x2+ x3 thể hiện việc chọn khác nhau cho a0, 1 + x2+ x4+ x6 thểhiện việc chọn khác nhau cho a1, 1 + x4+ x8+ x12 thể hiện việc chọn khác nhaucho a2, v.v Ta có ngay

h

(1 −



−2 1



x +



−2 2

1.1.5 Tổng các số chính phương

Trong mục này ta tìm điều kiện cần và đủ để số tự nhiên n có thể biểu diễnthành tổng các số chính phương

Định lý 1.1.25 Cho số nguyên dương n ≥ 2 với biểu diễn n = x2+ y2, trong

đó x, y nguyên và x > y > 0. Nếu p là số nguyên tố thỏa mãn các điều kiện

pe|n, p e+1 6 |n và p ≡ 3(mod 4) thì 2|e.

Chứng minh: Giả sửplà số nguyên tố thỏa mãnpe|n, pe+1 6 |nvàn = x2+y2 ≥ 2.

Ta cần phải chỉ ra, nếu p và e đều là số lẻ thì p ≡ 1(mod 4). Thật vậy, đặt

d = (x, y). Khi đó có u, v ∈ Z để x = du, y = dv với (u, v) = 1 và n = d2(u2+ v2).

Gọi j là số nguyên lớn nhất để pj|d. Khi đó e − 2j là số nguyên lớn nhất để

pe−2j|(u2+ v2). Vì e là số lẻ nên e − 2j > 1. Do đó p|(u2+ v2). Vì (u, v) = 1 nên

p ≡ 1(mod 4). Vìp ≡ 3(mod 4) nên 2|e.

Định lý 1.1.26 [Wilson] Với số nguyên tố p có (p − 1)! + 1 ≡ 0(mod p).

Chứng minh: Khi p = 2, kết quả là hiển nhiên Khi p > 2, mỗi số nguyên n

thỏa mãn 1 6 n 6 p − 1 đều nguyên tố với p. Vậy có đúng một số nguyên s

Bài giải: Vớip = 2, phương trìnhx2+ 1 ≡ 0(mod 2)có nghiệmx = 1, chẳng hạn.Với p ≡ 1(mod 4)phương trìnhx2+ 1 ≡ 0(mod p)có nghiệmx = p − 1

2 chẳng hạn,theo ví dụ trên Ngược lại, giả thiết phương trình x2+ 1 ≡ 0(mod p) có nghiệmnguyên x0.Khi đó x20+ 1chia hết cho p.Từ đây suy ra x0 không chia hết cho p.

Từ (x0, p) = 1 suy ra xp−10 ≡ 1(mod p) theo Định lý Fermat bé Giả sử p = 4k − 1

với k > 0. Vì x20 ≡ −1(mod p) nên 1 ≡ xp−10 ≡ x4k−20 ≡ (x20)2k−1 ≡ −1(mod p). Dovậy 2 ≡ 0(mod p). Vậy p = 2. Nếu p > 2 thì 2 ≡ 0(mod p) là sai Vậy, điều giả sử

là sai và suy ra p ≡ 1(mod 4).

Ví dụ 1.1.29 Chứng minh rằng, nếu số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện p ≡ 1(mod 4) thì ta luôn có biểu diễn p = x2+ y2 với x, y nguyên

Bài giải: Kết quả được suy ra từ các ví dụ trên

Định lý 1.1.30 Với mọi số tự nhiên n ≥ 4, số n3 đều có thể biểu diễn đượcdưới dạng tổng của 5 lập phương các số nguyên với trị tuyệt đối nhỏ hơn n thựcsự

Chứng minh: Trước tiên ta kiểm tra kết luận trực tiếp cho n = 4, 5, 6, 7 :

n3 = (2r1)3+ (2r2)3+ (2r3)3+ (2r4)3+ (2r5)3.

1.2 Một vài phương pháp giải phương trình

Dio-phantine

1.2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử

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

f (x, y, , z) = f1(x, y, , z) fs(x, y, , z).

Khi đó ta phân tích số nguyên m và ta nhận được hệ phương trình tương ứng

Ví dụ 1.2.1 Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình

(x2+ 1)(y2+ 1) + 2(x − y)(1 − xy) = 4(1 + xy).

Bài giải: Biểu diễn (x2+ 1)(y2+ 1) + 2(x − y)(1 − xy) = 4(1 + xy) thành (xy − 1)2+ 9x − y)2+ 2(x − y)(1 − xy) = 4. Vậy [xy − 1 − (x − y)]2= 4 hay

Giải ra được 8 nghiệm (1, 2), (0, 3), (−3, 0), (−2, −1), (1, 0), (−2, 3), (−3, 2), (0, −1).

Ví dụ 1.2.2 Giả sử pvà q là hai số nguyên tố phân biệt Tìm tất cả các nghiệmnguyên dương (x, y) của phương trình

Ví dụ 1.2.3 [T Andreescu and D Andrica] Xác định tất cả các bộ ba sốnguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình

Bài giải: Vì x3 + y3+ z3− 3xyz = (x + y + z)(x 2 + y2+ z2− xy − yz − zx) nên

x3+y3+z3−3xyz = (x+y +z)(x − y)

2 + (y − z)2+ (z − x)2

2 và x3+y3+z3−3xyz = (x + y + z)3− 3(x + y + z)(xy + yz + zx). Theo cách viết thứ nhất, phương trình

đã cho có nghiệm nguyên dương khin = 3k + 1 và n = 3k + 2.Khi đó (k + 1, k, k)

và (k + 1, k + 1, k), với k >1, là nghiêm dương tương ứng

Nếu n chia hết cho 3 thì từ cách biểu diễn thứ hai, x + y + z chia hết cho 3 vànhư vậy n = x3+ y3+ z3− 3xyz chia hết cho 9 Ngược lại, nếu n = 9k với k >2,

thì phương trình nhận nghiệm (k − 1, k, k + 1). Với n = 0, ta có nghiệm nguyêndương x = y = z ∈ N∗. Với n = 9 phương trình không có nghiệm nguyên dương

(x, y, z).

Ví dụ 1.2.5 [Balkan MO 2013] Xác định tất cả các số nguyên dương x, y, z

thỏa mãn phương trình x5+ 4y = 2013z.

Bài giải: Dễ dàng kiểm trax5+4y ≡ 0(mod 11).Dễ dàng suy rax5 ≡ ±1(mod 11)

và như vậy 4y ≡ ±1(mod 11). Vì 4y ≡ −1(mod 11) không thỏa mãn cho mọi sốnguyên dương y nên chỉ có 4y ≡ 1(mod 11) và như thế 5|y. Đặt y = 5s. Ta có

x5+ 45s ≡ 0(mod 11). Đặt t = 4s. Khi đó x5+ t5≡ 0(mod 11) với (x, t) = 1 hay

(x + t)(x4− x3t + x2t2− xt3+ t4) ≡ 0(mod 11).

Ký hiệu A = x + t, B = x4− x 3 t + x2t2− xt 3 + t4. Khi đó A.B ≡ 0(mod 11). Vì

B = A(x3 − −2x2t + 3xt2 − 4t3) + 5t4 nên (A, B) = (A, 5t4)|5. Vì 5 6 |2013z nên

(A, B) = 1. Do vậyA = az, B = bz với các số nguyên dương a, bvà a.b = 2013.

Ví dụ 1.2.6 [Russia MO] Xác định tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thỏamãn phương trình p3− q 5 = (p + q)2.

Bài giải: Dễ dàng kiểm tra p > q. Nếu q = 3 thì p = 7 và ta có cặp số nguyên

tố (7, 3).Nếu q > 3,xét Z3 Khi đó p ≡ 1hay2(mod3), và q ≡ 1 hay2(mod 3). Dễdàng suy ra: Vế trái chia hết cho 3 còn vếp phải thì không Nếu p 6≡ q(mod 3),

thì vế phải chia hết cho 3, còn vế trái thì không Trong trường hợp này, phươngtrình vô nghiệm

Ví dụ 1.2.7 [Balkan MO] Chứng minh rằng, phương trình x5− y 2 = 4 không

có nghiệm nguyên

Bài giải: Xét vành Z11 Dễ dàng kiểm tra (x5)2 ≡ x 10 ≡ 0 hay 1(mod 11) vớimọi x ∈Z. Do vậy x5 ≡ ±1 hay (mod 11). Từ đây suy ra x5− 4 ≡ 6 hoặc 7 hoặc

8(mod 11).Vì thặng dư bậc hai modulo 11 chỉ có thể là 0, 1, 3, 4, 5, 9 nên phươngtrình đã cho không thể có nghiệm nguyên

Ví dụ 1.2.8 Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq+ qp = r.

Bài giải: Tối thiểu phải có một số nguyên tố chẵn Số đó phải bằng 2 Vì

p, q là hai số nguyên tố nên r 6= 2. Khôn hạn chế có thể giả thiết q = 2. Vậy

p2+ 2p = r. Vì r là số nguyên tố nên p phải là só lẻ Nếu p 6= 3 thì p2+ 2p ≡ (±1)2+ (−1)p(mod 3) ≡ 1 − 1(mod 3). Vậy r chia hết cho 3, nhưng p2+ 2p= 3 chỉthỏa mãn cho p = 1 : mâu thuẫn Từ đây suy ra p = 3, r = 17.

Ví dụ 1.2.9 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

x3+ y3 = z6+ 3.

Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó cũng có nghiệm trong

Z7 Khi đó có x, y, z ∈Z7 để x3+ y3 = z6+ 3.

Trong Z7 có 03 = 0, 13 = 1, 23 = 1, 33 = −1, 43 = −1, 53 = −1, 63 = −1. Vậy x3

hay y3 chỉ có thể là 0 hoặc 1 hoặc −1. Qua kiểm tra ta có x3+ y3 chỉ có thể là

0, 1, 2, −1, −2. Nhưng z6+ 3chỉ có thể là0 + 3 = 3hoặc 1 + 3 = 4. Điều này chứng

tỏ phương trình vô nghiệm

Ví dụ 1.2.10 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình sau:

Bài giải: Xét x + y = 0. Khi đó x = k, y = −k với k ∈ Z đều là nghiệm Xét



1 + 1y



1 + 1z

Trường hợp z = 3. Dễ dàng có 1 + 1

x



1 + 1y



= 3

2 và suy ra 3 = z 6y < 5. Dễdàng kiểm tra để được nghiệm (8, 3, 3), (5, 4, 3).

Tóm lại, ta nhận được các nghiệm (7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2), (8, 3, 3) và (5, 4, 3).

1.2.4 Phương pháp tham số hóa

Định nghĩa 1.2.14 Đồ thị phẳng V (f ) được gọi là đồ thị phẳng hữu tỷ nếu cóhai hàm hữu tỷ ϕ(t), ψ(t) ∈R(t) của biến t và cả hai không đồng thời thuộc Rthỏa mãn f (ϕ(t), ψ(t)) = 0.

Đồ thị phẳng hữu tỷ có quan hệ tới việc tìm các nghiệm (a, b) ∈R2 của phươngtrình f (x, y) = 0 hoặc tìm các điểm thuộc đồ thị phẳng với tọa độ là những sốhữu tỷ hay xác định những điểm không tầm thường với tọa độ nguyên thuộc

đa tạp Fermat V : xn+ yn− zn = 0, n> 3.

Khi biểu diễn đồ thị phẳng V (f ) qua x = ϕ(t), y = ψ(t) ∈ R(t), ta nói rằng đãtham số hóa được V (f ). Việc tham số hóa đồ thị phẳng qua các hàm hữu tỷnhư sau: Chọn điểm P ∈ V và viết phương trình tham số của đường thẳng (d)

qua P sao cho (d) cắt V tại đúng một điểm thứ hai khác P.

Cho(`) : f (x, y) = 0với f (x, y) là đa thức bất khả qui Khi có hai hàm hữu tỷ

ϕ(t), ψ(t)của biếntvà cả hai không đồng thời thuộc R thỏa mãnf (ϕ(t), ψ(t)) ≡ 0

thì điểm (ϕ(t), ψ(t)) được gọi là không điểm tổng quát của (`). Ta thêm ∞ vào

R và coi nó như một phần tử Ta định nghĩa ϕ(∞) = lim

t→∞ ϕ(t) và ψ(∞) = lim

t→∞ ψ(t). Khi đó tọa độ các điểm của (`) với tọa độ thuộc R∪ {∞} sẽ có dạng

(ϕ(t); ψ(t)), t ∈R∪ {∞}.Việc tìm không điểm tổng quát của (`) gắn liền với vấn

đề giải phương trình f (x, y) = 0 trên Q hay phương trình zdf (x

z,

y

z) = 0 trên Z,

ở đó d = deg f (x, y).

Định nghĩa 1.2.15 Cho đồ thị phẳng bất khả qui (`). Những điểm thuộc (`)

với tọa độ thuộc Q được gọi là những điểm hữu tỉ của (`).

Phương trình tham số đường thẳng

Đường thẳng d : ax + by + c = 0 có phương trình tham số d :

Phương trình tham số đường parabol

Đường parabol (P ) có phương trình tham số



x = 2pt2

y = 2pt,

Phương trình tham số đường tròn

Mệnh đề 1.2.16 Đường tròn (C) : x2 + y2 = 1 là đồ thị phẳng hữu tỷ được

tham số hóa qua x(t) = 2t

Chứng minh: Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; 1) ∈ (C) với hệ số góc −t có

phương trình(d) : y = −tx+1 (d)cắt(C)tại điểm(0; 1)và điểmA t

Phương trình tham số đường Ellíp

Mệnh đề 1.2.17 Đường Ellíp (E) : x

2

a 2 + y

2

b 2 = 1 là đồ thị phẳng hữu tỷđược tham số hóa qua x(t) = 2a

Chứng minh: Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; b) ∈ (E) với hệ số góc −t có

phương trình(d) : y = −tx+b (d)cắt(E)tại điểm(0; b)và điểmAt 2a

b 2 + a 2 t 2
chạy qua tất cả các điểm thuộc (E), khác điểm

(0; −b). Với quy ước x(∞) = lim

At cũng chạy qua cả điểm (0; −b).

Phương trình tham số đường Hypecbôl

1 − b 2 t 2 = 0. Từ đây suy ra nghiệm hữu tỉ của

x2− dy 2 = 1, trong đó d là số nguyên và không là số chính phương

Chứng minh: Đường thẳng (d) đi qua điểm (a; 0) ∈ (H) với hệ số góc at có

phương trình(d) : x = a(ty+1) (d)cắt(H)tại điểm(a; 0)và điểmAt a + ab

Điểm At a + ab

2 t2

1 − b 2 t 2 , 2b

2 t

1 − b 2 t 2
chạy qua tất cả các điểm thuộc (H), khác điểm

(−a; 0). Với quy ước x(∞) = lim

cũng chạy qua cả điểm (−a; 0).

Nghiệm tổng quát của x2 − dy2 = 1 là x = d + t

Ví dụ 1.2.21 Trong mặt phẳng, đồ thị phẳng Cartes Folium cho bởi (F ) :

x3+ y3− 3axy = 0, a 6= 0, là một đồ thị phẳng hữu tỉ

Bài giải: Hiển nhiên, khi x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc (F ). Xét x 6= 0.

Đặt y = tx và thay vào phương trình, ta có x(t3 + 1) = 3at. Nếu t = −1 thì

0 = −3a 6= 0 : mâu thuẫn Vậy t 6= −1 và x = 3at

t 3 + 1, y =

3at2)

t 3 + 1. Tóm lại (F ) làmột đồ thị phẳng hữu tỉ

Ví dụ 1.2.22 Tham số hóa mặt Ellipsoid (E) : x

Bài giải: Trước tiên, tham số hóa (E) qua x = a cos u cos v, y = b cos u sin v và

1.2.5 Phương trình nghiệm hữu tỷ qua tham số hóa

Xét phương trình đa thức với hệ số nguyên f (x1, x2, , xn) = 0. Vấn đề đặt ra:Xác định các nghiệm dạng xi = ϕi(a1, , ak) ∈ Q với i = 1, 2, , n. Khi giảiphương trình ta phải tham số hóa qua việc đặt x i = ϕ i (t 1 , , tk) với các t i làcác biến và i = 1, 2, , n.

Giả sử (`) : f (x, y) = 0 là một đồ thị phẳng Giao (`)Q= (`) ∩Q2 được gọi làphần hữu tỷ của đồ thị phẳng (`).

Ví dụ 1.2.23 Với a ∈Q∗, chứng minh rằng hệ phương trình sau đây có khôngquá 12 nghiệm hữu tỷ:



(x2+ y2)2= a(x2− y 2 ) 29x2y − y3− 1 = 0.

Bài giải: Nếu x − y = 0 thì x2+ y2 = 0. Khi đó x = y = 0 ∈ Q. Nhưng nghiệmnày không thỏa mãn phương trình thứ hai Vậyx − y 6= 0. Đặt x2+ y2 = t(x − y)

và thay vào phương trình đầu, ta có t2(x − y)2 = a(x2 − y 2 ). Vì x 6= y, nên

t 4 + a 2 Thay x và y vào phương trình thứ hai,

ta nhận được phương trình đa thức bậc 12 của t. Phương trình này có nhiềunhất 12 nghiệm t. Vậy hệ phương trình đã cho có không quá 12 nghiệm hữutỷ

Ví dụ 1.2.24 Giải hệ phương trình sau trong Z:



x3+ x2z − y2z = 0 5x + y = 21z.

Bài giải: Nếu z = 0 thì x = 0 và suy ra y = 0. Ta có nghiệm nguyên (0, 0, 0).

Xét trường hợp z 6= 0. Thế x

z và y

z qua u và v tương ứng, ta có u3+ u2− v2 =

0, 5u + v = 21 với u, v ∈ Q. Nếu x = 0 hay u = 0 sẽ có v = 0. Khi đó 0 = 21 :

vô lý Vậy u 6= 0. Đặt v = tu với t ∈ Q và thay vào phương trình đầu, ta có