2.2.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn
Ở phần trên ta đã nghiên cứu các phương trình đa thức một ẩn, trong phần tiếp theo ta tìm hiểu về phương trình bậc nhất hai ẩn hay còn gọi là phương trình Diophant. Đó là phương trình có dạng
ax+by=c, với a, b, c∈Z.
Định lý 2.6. Phương trình Diophant ax+by =c có nghiệm nguyên khi và chỉ khi d|c, trong đó d= (a, b). Và nếu (x0, y0) là nghiệm bất kì thì nghiệm của nó được cho bởi công thức
x0+k.b
d, y0−k.a d
với k=±1,±2,±3, . . . .
Chứng minh. Việc giải phương trìnhax+by =ctương đương với việc giải phương trìnhax=c (mod b)hoặc phương trìnhby =c (mod a).Một trong hai phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi với d= (a, b) thì d|c.
Nếu x0 là nghiệm bất kỳ của phương trình ax = c (mod b), thì tất cả các nghiệm của ax = c (mod b) đều viết được dưới dạng x = x0 +k.b
d. Khi đó y0 = c−ax0
b , thay vào phương trình ax+by=c ta được a(x0+k.b
d) +by=c
⇔by=c−ax0−akb d
⇔by=by0−bka d
⇔y=y0−ka d.
Vậy nghiệm của phương trình ax+by =c được cho bởi công thức
x0+k.b
d, y0−k.a d
với k =±1,±2,±3, . . . .
Hệ quả 2.1. Nếu a, b∈N∗ và (a, b) = 1 thì tồn tại u, v ∈N∗ sao cho au−bv= 1.
Chứng minh. Theo định lý 2.6 phương trình ax+by= 1 có nghiệm nguyên là x=x0+bk
y=y0−ak, k∈Z, do đó phương trình au−bv= 1 có nghiệm
u=x0+bk; v =−y0+ak, k∈Z. Chọn k ∈Z sao cho k > −x0
b ;k > y0
a thì u, v ∈N∗.
Từ định lý trên ta thấy việc tìm nghiệm của phương trình Diophant bậc nhất hai ẩn được quy về tìm ước chung lớn nhất của hai sốa, bvà tìm một nghiệm riêng (x0, y0) của phương trình. Và để tìm ra nghiệm riêng (x0, y0) ta sử dụng kiến thức về liên phân số và thuật toán Euclid. Tuy nhiên để đơn giản trong phần này ta sử dụng kiến thức về thặng dư.
Dễ thấy phương trình ax+by=c tương đương với hệ
ax =c (mod b) y = c−axb
Vì vậy để giải phương trình ax+by = c ta cần giải phương trình thặng dư ax=c (mod b) với (a, b) = 1. Ta đã biết cách giải phương trình thặng dư này ở các phần trên.
Ví dụ 2.6. Giải phương trình 107x+ 43y = 5. Lời giải. Trước hết, ta giải phương trình thặng dư
107x= 5 (mod 43)
hay21x= 5 (mod 43). Vì (21,43) = 1 và ϕ(43) = 42, nên theo định lí Euler ta có 2142 = 1 (mod 43).
Từ đó suy ra
21 2141.5
= 5 (mod 43).
Vậy nghiệm của phương trình thặng dư là
x= 5.2141 (mod 43), hay
x=−10 (mod 43).
Từ đó suy ra x=−10 + 43t và y= 5−107(−10 + 43t)
43 = 25−107t, t∈Z.
2.2.2 Phương trình Diophant bậc nhất tổng quát
Định nghĩa 2.4. Phương trình Diophant bậc nhất tổng quát là phương trình có dạng
a1x1+a2x2+ã ã ã+akxk =b (2.5) trong đó ai∈Z ∀i= 1,2. . . , k.
Và vấn đề được đặt ra là "Khi nào thì phương trình có nghiệm? Hay điều kiện có nghiệm của phương trình là?" Câu trả lời được được đưa ra ở các định lý dưới đây.
Định lý 2.7. Cho a1, a2, . . . , ak là các số nguyên không đồng thời bằng 0. Với số nguyên b bất kỳ luôn tồn tại bộ số x1, x2, . . . , xk là nghiệm của phương trình
a1x1+a2x2+ã ã ã+akxk =b (2.6) khi và chỉ khi b là bội của (a1, a2, . . . , ak).
Chứng minh. Đặt d = (a1, a2, . . . , ak). Nếu phương trình 2.6 có nghiệm nguyên xi, thì d|b do d|ai với ∀i= 1,2, . . . , k. Ngược lại, nếu d|b thì b =dq với q ∈Z. Khi đó tồn tại các số nguyên y1, y2, . . . , yk sao cho
a1y1+a2y2+ã ã ã+akyk =d.
Cho xi=yiq với i= 1,2, . . . , k. Khi đó
a1x1+a2x2+ã ã ã+akxk =a1(y1q)+a2(y2q)+ã ã ã+ak(ykq) =q(a1y1+a2y2+ã ã ã+akyk) = qd=b . Vậy ta có điều cần chứng minh.
Phương pháp giải phương trình Diophant bậc nhất
Năm 1900, Hilbert đã đưa ra 23 bài toán quan trọng chưa được giải quyết trong thế kỷ XX, trong đó bài toán thứ 10 chính là "Có hay không một thuật toán chung để giải tất cả các loại phương trình Diophant?". Và năm 1970 câu trả lời đã được đưa ra bởi nhà toán học người Nga Yuri Matiyasevich là "Không tồn tại thuật toán chung cho phương trình Diophant tổng quát." Tuy vậy, đối với một lớp phương trình Diophant ta cũng có những thuật toán xác định để giải.
Phương trình có một hệ số của ẩn bằng ±1
Giả sử phương trình (2.5) có một hệ số của ẩn bằng ±1, chẳng hạn a1 = 1, khi đó nó có dạng
x1+a2x2+ã ã ã+akxk =b.
Chuyển các số hạng chứa ẩn x2, . . . , xk sang phải ta được x1 =b−a2x2− ã ã ã −akxk.
Cho x2, . . . , xk các giá trị nguyên tuỳ ý x2 =t2, . . . , xk =tk, ta được x1=b−a2t2− ã ã ã −aktk ∈Z.
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là
x1 =b−a2t2− ã ã ã −aktk;x2=t2;. . .;xk =tk, trong đó t2, . . . , tk là những số nguyên tuỳ ý.
Ví dụ 2.7. Giải phương trình 3x−y+ 4z = 2. Lời giải. Từ phương trình suy ra y = 3x+ 4z−2.
Đặt x=u, z =v ta được y= 3u+ 4v−2.
Vậy tất cả các nghiệm của phương trình là x = u, y = 3u+ 4v−2, z = v, với u, v là những số nguyên tuỳ ý.
Phương trình có các hệ số khác 0 của ẩn bằng nhau về trị tuyệt đối Giả sử phương trình (2.5) có các hệ số khác 0 của ẩn đều bằng nhau về trị tuyệt đối và bằng c, c >0. Khi đó do điều kiện có nghiệm của (2.5) ta phải có c|b. Chia hai vế của phương trình cho c, ta được một phương trình có hệ số của ẩn bằng 1, đã xét ở trên.
Phương trình Diophant bậc nhất tổng quát Ta có thể đưa một phương trình Diophant bậc nhất tổng quát về một trong hai dạng đặc biệt trên nhờ thuật toán sau
Giả sử các hệ số của phương trình (2.5) không bằng nhau tất cả, và giả sử
|a2|>|a1|>0.
Thực hiện phép chia có dư a2 cho a1 ta được a2 =a1q+a02, 0≤a02<|a1|. Khi đó hai số hạng đầu của phương trình được viết thành
a1x1+a2x2 =a1x1+
a1q+a02
x2 =a1(x1+qx2) +a02x2.
Bằng phép đổi biến số x01 = x1+qx2;x0i = xi, i = 2, . . . , k, ta đưa phương trình (2.5) về một phương trình mới đối với các ẩn x01, x02, . . . , x0k trong đó hệ số của x02 là a02 thoả mãn điều kiện
a02
< |a1| < |a2|. Nếu đã tìm được các nghiệm nguyênx01, x02, . . . , x0k của phương trình này thì ta cũng tìm được các nghiệm nguyên x1=x01−qx02, x2 =x02, . . . , xk =x0k của phương trình (2.5).
Như vậy, thực hiện phép biến đổi trên ta luôn có thể đưa phương trình đang xét về một phương trình có hệ số của ẩn nhỏ hơn về giá trị tuyệt đối. Nhưng một dãy số tự nhiên giảm dần bị chặn dưới bởi 0, nên sau hữu hạn phép biến đổi như vậy ta đưa được phương trình đã cho về một phương trình có một hệ số của ẩn bằng ±1 hoặc tất cả các hệ số khác 0 của ẩn bằng nhau về trị tuyệt đối.
Ví dụ 2.8. Giải phương trình 3x−7y+ 5z = 2.
Lời giải. Ta có 3x−7y+ 5z = 2. Do đó phương trình có thể viết thành 3(x−2y)−y+ 5z= 2.
Đặt u=x−2y, ta được phương trình
3u−y+ 5z = 2 hay y= 3u+ 5z−2.
Phương trình có nghiệm u=k;z =t;y= 3k+ 5t−2 (k, t∈Z).
Từ u=x−2y, suy ra x=u+ 2y=k+ 2(3k+ 5t−2) hay x= 7k+ 10t−4.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm làx= 7k+10t−4;y= 3k+5t−2;z =t (k, t∈Z). Tuy nhiên, để bài toán trở lên đơn giản ta có thể sử dụng kiến thức về thặng dư để giải phương trình.
Ví dụ 2.9. Giải phương trình
6x+ 8y+ 5z = 101. (2.7)
Lời giải. Ta có (6,8) = 2 nên phương trình (2.7) tương đương 5z = 101 (mod 2)⇔z = 1 (mod 2) hayz = 2t+ 1. Thay vào (2.7) ta được
6x+ 8y+ 5 + 10t= 101
⇔6x+ 8y+ 10t= 96
⇔3x+ 4y+ 5t = 48.
Tiếp tục xem xét phương trình theo modulo 3, ta được 4y+ 5t= 0 (mod 3)⇔y=−2t (mod 3) hayy =−2t+ 3s. Lại thay vào (2.7) ta được
6x−16t+ 24s+ 5 + 10t = 101 6x= 96 + 6t−24s
x= 16 +t−4s.
Vậy x= 16 +t−4s;y=−2t+ 3s;z = 2t+ 1 là tất cả các nghiệm của phương trình (2.7).