LUAN VAN TOAN

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.Trong chơng này chúng tôi sử dụng một số tính chất của số nguyên

Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học Vinh

2.1 Phơng trình vô định bậc hai hai ẩn 172.2 Phép biến đổi dạng toàn phơng 182.3 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng 202.4 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi 222.5 Phép biến đổi dạng toàn phơng và nghiệm phơng trình 242.6 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức bằng không 27

2.7 Phơng trình dạng toàn phơng có định thức khác không 28Chơng IIISử dụng tính chất số nguyên tố vào giải ph-

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 tốcũng 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 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 họcHyLạp 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 phơngtrình vô định Có rất nhiều vấn đề lý thú chung quanh giải phơng trìnhDiophantus, và có thể đề ra vô số các phơng trình Diophantus phức tạp Nhngphải 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 líthuyết 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.

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 tâmhuyết 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 thànhluận 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

Mỗi cặp số (x0, y0) thoả mãn đẳng thức (1.1), nghĩa là ax0 + by0 + 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 = da1, b = db1, với a1 và b1 là những số nguyên Nếu(x0, y0) là một nghiệm nguyên của (1.1), ta có:

ax0 + by0 + c = 0hoặc là

da1x0 + db1y0 + 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 ítnhất một nghiệm nguyên, thì cần thiết ớc số chung lớn nhất của a và b cũng

Từ đẳng thức sau cùng ta thấy rằng (- c1A, - c1B) là một nghiệm nguyên củaphơng 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

Chứng minh Bằng cách thế (1.3) vào (1.1) dễ thấy đó chính là nghiệm của

phơng trình Ta sẽ chứng minh rằng mọi nghiệm của (1.1) đều có dạng (1.3)Giả sử (x0, y0) là một nghiệm đã cho, còn (x1, y1) là một nghiệm nguyên bất

kỳ Khi đó ta luôn tìm đợc những số  và  sao cho x1 = x0 + , y1 = y0 +  Vì(x1, y1) là nghiệm của (1.1), ta có

a(x0 + ) + b(y0 + ) + c = 0,hoặc là

ax0 + by0 + c +a + b = 0,Nhng ax0 + by0 + c = 0, do (x0 , y0) là nghiệm của (1.1) Ta nhận đợc đẳngthức

Từ đẳng thức này ta thấy rằng b phải chia hết cho a và vì a và b là nguyên tốcùng nhau nên suy ra  chia hết cho a Ta có thể viết đẳng thức  = at1 với t1 lànguyên Thay những giá trị đã tìm của  và  vào (1.4) và đơn giản thừa sốchung ta nhận đợc t + t1 = 0 tức là t1 = -t Từ đó suy ra  = bt,  = -at Từ đólại suy ra x1 = x0 + bt, y1 = y0 - 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

suy ra z = -6 và y = -9 và suy ra x = -16 Do đó tất cả nghiệm của phơngtrình là x = -16 - 19t,y = -6 - 12t với t = 0, 1, 2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng

Dùng tính chất đồng d, đặc biệt là hàm Euler1  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 a ( )b 1

b





là một nghiệm nguyên của phơng trình vô định (1.1)

Chứng minh Ta khẳng định rằng những số x0 và y0 là nguyên Dễ thấy số

x0 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 y0 cũng là số nguyên Bằng cách kiểm tra trựctiếp x0 và y0 là nghiệm của (1.1):

ax0 + by0 = aca(b) - 1 + bc

( )b 1

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 = 2500 + 12t,y = -1040 - 5t,t = 0, 1, 2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng

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 phơng trình (1.1) ta xét thấy bằng ax + (-b) y' + c = 0 ở đây y đợc thaybằng y' Khi tìm đợc x0, y'0 sẽ tìm đợc x0, y0

ở đây P0 = 1, Q0 = 0, P1 = q1, Q1 = 1

Với mọi số tự nhiên n, đẳng thức sau đúng:

PnQn- 1- QnPn - 1 = ( -1)n (1.6)Thật vậy, ta chứng minh bằng phơng pháp quy nạp Với n = 1 đẳng thức hiểnnhiên đúng Giả sử nó đúng với n, ta sẽ chứng minh đẳng thức đúng với n +

1 áp dụng (1.5) ta có:

Pn + 2 Qn +1 - Pn +1 Qn + 2 = (Pn+1qn+2 +Pn)Qn+1 - Pn+1( Qn+1 qn + 2 +Qn)

= - (Pn+1Qn - PnQn+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 Chophơng trình (1.1) ít nhất có một nghiệm nguyên Nh vậy nếu (a,b) = d, thì phải

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

= 0, 1, 2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng.

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

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.

Dạng chung của phơng trình vô định bậc nhất với k ẩn :

a1x1 + a2x2 + … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng + akxk = b, (1.5)

ở đây k  1, a1, a2, … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, ak,b là những số nguyên,với a1  0, a2  0,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, ak 0

Dễ chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phơng trình (1.5) có ít nhấtmột nghiệm nguyên là ớc số chung lớn nhất của những số a1, a2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng 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 trờnghợp này công thức nghiệm cho phơng trình vô định nhiều ẩn số có thể tổngquát hoá theo cách sau:

(x

0, y

0)

y0

xx

00

ky

Nếu x'1, x'2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, x'k là một nghiệm nguyên riêng của phơng trình vô định(1.5) thì những số nguyên x1, x2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, xk xác định theo đẳng thức

x1 = x'1 + akt1,

x2 = x'2 + akt2,

… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng

xk -1 = x'k - 1 + aktk - 1

xk = x'k - a1t1 - a2t2 - … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng - ak -1 tk -1,

ở đây t1, t2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, tk -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 ẩnkhông nằm trong công thức (1.6)

Phản ví dụ Phơng trình 2x + 3y + 4z = 5 có nghiệm nguyên ngoài hệ

t1 = 0, 1, 2, … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng., t2 = 0, 1, 2, … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng

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''2t'1 = 0, 1, … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, t'2 = 0, 1,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng t''1 = 0, 1,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, t''2 = 0, 1,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng

Từ ba hệ đẳng thức ta nhận đợc vô số nghiệm nguyên, nhng nghiệmnguyên (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 thếnào để vét cạn các nghiệm nguyên của nó, đặc biệt trờng hợp số ẩn lớn hơn

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

a1x1 + a2x2 + … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng + ak-1xk-1 + akxk = b,

ở đây k  2, những số a1, a2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, ak là số nguyên khác không

Ta kí hiệu d là ớc số chung lớn nhất của những hệ số ak-1 và ak1, tứclà(ak-1, ak) = d Ta có ak-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

a1x1 + a2x2 + … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng + ak-2xk-2 + d(a'k-1xk-1 + a'kxk) = b (1.7)

Ta đa vào ẩn mới u bằng đẳng thức

a'k-1xk-1 + a'kxk = u (1.8)Khi đó (1.7) viết lại

a1x1 + a2x2 + … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng + ak-2xk-2 + du = b (1.9)Cho x1, x2, … vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, xk-3, xk-2, u là một nghiệm nguyên của phơng trình (1.9).Với số xác định u phơng trình (1.8) có nghiệm nguyên xk-1, xk, vì ớc chunglớn nhất của hai số a'k-1 và ak là 1 Nhng những số x1, x2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, xk-3, xk-2, xk-1, xk lànghiệm của (1.7) mà nó tơng đơng với phơng trình đã cho Dễ kết luận rằngmọi 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, thìphơng 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 vàtiếp 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 hệnghiệm 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 đợcphơng trình 2x + v = 5

Giải phơng trình 2z + 3w = u trong số nguyên đối với z, w, ta có nghiệmriêng z0 = -u, w = u và tất cả các nghiệm là

v = 3 - 2t2, t3 = 0, 1, 2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng

Về nghiệm của phơng trình đã cho ta tính đợc

x = 1 + t3,

y = v + 2t2 = 3 - 2t3 + 2t2,

z = -u + 3t1 = v + 3t2 + 3t1 = 3 - 2t3 + 3t2 + 3t1,

ở đây những hệ số trớc x1, x2, x3,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, xn và hệ số tự do đều là số nguyên.

Giả sử hệ phơng trình đã cho có nghiệm nguyên Khi đó mỗi phơng trìnhcũng tồn tại nghiệm Từ phơng trình thứ nhất ta có thể tìm những ẩn biểudiễn theo số nguyên thông qua các thông số t1, t2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ng, 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 mộtphơng trình vô định hoặc một phơng trình một ẩn Cả hai trờng hợp này đềucác cách tìm nghiệm đã biết Từ những nghiệm của các hệ phơng trình cómối liên hệ với nhau ta tìm đợc nghiệm chung của hệ ban đầu Ta xét ví dụsau:

Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của hệ phơng trình sau:

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 y0

= 2u, z0 = u từ đây ta có tất cả các nghiệm

y = 2u - 5t1 z = u - 3t1, t1 = 0, 1, 2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ngNhng phơng trình ta đang xét có dạng 2x + u = 4 Giải phơng trình vớinghiệm nguyên đối với x0 = 2, z0 = 0 ta nhận đợc

x = 2 + t2,

u = -2t2, t2 = 0, 1, 2,… vẫn đang là đề tài hấp dẫn của biết bao ngVậy ta có y = 2u - 5t1 = -4t2 - 5t1,

z = u - 3t1 = -2t2 - 3t1.Tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình thứ nhất 2x + 3y - 5z = 4 nhận

ẩn t1, t2 Ta có t1 = 5t2 + 7, suy ra tất cả các nghiệm là t1 = 5t + 7, t2 = t với t là

số nguyên bất kỳ Ta có nghiệm của hệ phơng trình đã cho là

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 hởng đến tính tổng quát của phơng trình mà chỉ để thuận tiện cho việc

biến đổi

Ta sẽ chứng minh rằng khi b2 - ac # 0 phơng trình (2.1) có thể đa về dạng

đơn giản Thật vậy, ta đa vào hai ẩn mới ξ và  bằng cách đặt

2

cd be x

Ta thay x và y này vào (2.1) và sau khi biến đổi ta nhận đợc

Nếu ta biết nghiệm nguyên của phơng trình (2.3) thì nghiệm nguyên x và

y của (2.1) sẽ nhận đợc thông qua ξ và η của (2.3) từ công thức (2.2)

Bởi vì (2.3) thuận tiện cho việc giải phơng trình (2.1), nên trong chơngnày ta quan tâm đến phơng trình dạng (2.3)

Vế trái của phơng trình (2.3) dạng aξ2 + 2bξη2 gọi là dạng toàn phơngcủa hai biến ξ,η Chơng này ta đi giải phơng trình vô định hai ẩn bậc hai ởdạng toàn phơng Trớc hết ta nghiên cứu các tính chất của biểu thức dạngtoàn phơng

2.1.1 Phép biến đổi dạng toàn phơng

Cho dạng toàn phơng

f(x,y) = ax2 + 2bxy + cy2

ở đây a,b,c là những số nguyên

Số D = b2 - ac gọi là định thức của dạng toàn phơng Ta đổi biến số x và ybằng những biến ξ và η theo công thức

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 (ξ, ) có cùng một định thứcsuy ra từ (2.6)

Bằng cách kiểm tra liên tiếp dễ thấy rằng trong trờng hợp này dạng  (ξ,

) biến đổi thành dạng ( - ) (ax2 + 2bxy + cy2) = f (x,y) thông qua sựbiến 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 hàmkhông riêng thì gọi chúng là tơng đơng không riêng

Hai dạng toàn phơng có thể là đồng thời riêng và không riêng tơng

đ-ơng, ta sẽ chỉ ra bằng một ví dụ ở phần sau

2.1.2 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng.

Nếu ax02  2bx0y0 cy02 m, ở đây m, x0, y0, a, b, c là những số nguyên,

ta nói rằng số nguyên m biểu diễn thông qua dạng toàn phơng ax2 + 2bxy +

cy2

1 Nếu m = 0, ta có phơng trình ax2 + 2bxy + cy2 = 0 Ta giải phơngtrình theo ẩn x, tìm đợc

y a

ac b b a

acy y

b by

2 2

2 2

2

ax

m   , ở đây x0 và y0 là những sốnguyên tố cùng nhau

Ta biết rằng khi x0, y0 nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số nguyên p

Từ đâu suy ra nếu số m biểu diễn thành dạng toàn phơng ax2 + 2bxy +

cy2 khi x = x0, y = y0 với (x0, y0) = 1, thì phải tồn tại số nguyên V sao chohiệu 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

R M k XkM X

M

R kM

X  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 sẽchọn số không âm nhỏ nhất dạng X + kM, nó hiển nhiên nhỏ hơn M và trongkhi 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 x2 - 2xy + 2y2,nghĩa là phơng trình x2 - 2xy + 2y2 = 3 không có nghiệm nguyên

Lời giải Định thức của dạng toàn phơng x2 - 2xy + 2y+2y2 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 V2 + 1 chia hết cho 3 Bằng kiểm tra trựctiếp với V = 0, 1, 2 số V2 + 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 x2 - 2xy + 2y2 =

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 x0, y0 là một nghiệm,

mà chúng có tính chất (x0, y0) = d > 1, thì khi ta đặt x0 = dx1, y0 - dy1, ở đây

x0 và y0 là những số nguyên, ta có đẳng thức sau

3 2

0 0 0





 d x y d y x

d

Từ đây suy ra số 2 chia hết cho một số lớn hơn 1 và số đó là số chínhphơng, 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 dạngtoàn phơng x2- 2xy + 2y2

2.1.4 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng biến đổi.

Cho dạng toàn phơng ax2 + 2bxy + cy2 bao hàm dạng a12 + 2b1 +

c12 thông qua phép biến đổi

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

x2 + xy + y2 = 5

x2 + 3xy + 3y2 = 5hoặc là cả hai đều có nghiệm nguyên, hoặc là cả hai không có nghiệmnguyên

Lời giải.Dạng toàn phơng x2 + xy + y2 bao hàm dạng toàn phơng 2 +3 + 32 thông qua phép biến đổi x =  + , y =  môđun của phép biến đổinày bằng 1 Theo phần đầu ở chơng này dạng toàn phơng 2 + 3 + 32baohàm x2 + xy + y2 thông qua phép biến đổi  = x - y,  = y Nh vậy ta nhận đ-

ợc 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.

chất nguyên tố cùng nhau, nên tồn tại những số p và q, với chúng px0 + qy0 =1.

Nh vậy ta nhận đợc, nếu số m biểu diễn qua dạng toàn ph ơng

ax2 + 2bxy + cy2 khi x = x0, y = y0, mà (x0, y0) = 1, thì dạng nàybao hàm riêng m2 + 2V + 2 2

đã xét chơng 1 Cũng dễ chứng minh đợc trong số những số p và q, mà nó tơngứng với V có những số không âm và nhỏ hơn m Để giải các bài toán trong thực

tế ngời ta chỉ chọn những số p và q sao cho 0  V < m

Ta nói rằng một nghiệm x0, y0, qua nó mà xác định V, đợc gọi là nghiệmthuộc V

(2.7)

2.2 Phép biến đổi dạng toàn phơng và nghiệm phơng trình.

Nếu một dạng toàn phơng có thể chuyển đổi thành dạng khác theonhững phép biến đổi khác nhau thì định lý sau đây có thể vét cạn tất cả cácphép biến đổi đó

Cho một dạng toàn phơng f (x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 biến đổi thànhdạng toàn phơng  (,) = a12 + 2b1 + c12 theo phép biến đổi riêng

x = 0 + 0

y = 0 + 0Khi đó tất cả phép biến đổi riêng, mà nó biến đổi f (x, y) thành  (, )

ở đây  là ớc số chung lớn nhất của a, 2b, c, còn t và u là những

nghiệm nguyên của phơng trình vô định