Tải bản đầy đủ

Tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

DƢƠNG XUÂN LỢI

TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN
VỀ ƢỚC SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

DƢƠNG XUÂN LỢI


TIẾP CẬN SƠ CẤP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN
VỀ ƢỚC SỐ
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NGUYỄN VĂN HOÀNG

THÁI NGUYÊN - 2019


i

Mục lục
Mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị
1.1 Số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Thặng dư bậc hai và ký hiệu Legendre
1.4 Sơ lược về đa thức bất khả quy . . . .

.
.
.
.

3
3
4
5
6

.
.


.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

7
7
7
14
18
25
39
43
43
44
47
47
52
53

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

2 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên
2.1 Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên . .
2.1.1 Cách phân tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Cách dùng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . .
2.1.3 Cách tham số hóa, số học mô-đun hóa . . . . . . .
2.1.4 Cách quy nạp toán học và cách lùi vô hạn . . . . .
2.1.5 Một số cách giải khác . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Một số dạng cổ điển của phương trình nghiệm nguyên . .
2.2.1 Dạng bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Bộ ba Pitago . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Ước số của một vài số có dạng đặc biệt . . . . . . . . . .
2.3.1 Ước số của a2 + b2 . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Ước số của a2 + 2b2 . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Ước số của a2 − 2b2 . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

Kết luận

56

Tài liệu tham khảo

57


1

Mở đầu
Trong các kỳ thi HSG thường xuất hiện các bài toán tìm nghiệm
nguyên. Loại toán này còn xuất hiện trong các kỳ thi quốc tế. Đó là loại
toán đòi hỏi một phản xạ nhanh và chính xác, một lý luận chặt chẽ và logic.
Chính vì vậy giải phương trình nghiệm nguyên là phát triển tốt cho trí tưởng
tượng và sự thông minh.
Vấn đề thừa nhận rằng: Nếu như người học nắm chắc các cách tiếp
cận để giải bài toán của phương trình nghiệm nguyên thì việc giải dạng toán
này sẽ dễ dàng hơn và ngày càng hăng say học tập hơn.
Qua nghiên cứu đề tài luận văn “Tiếp cận sơ cấp giải phương trình
nghiệm nguyên và một số bài toán về ước số” để bản thân tôi và đồng
nghiệp có thêm tư liệu về dạy toán nói chung và dạy dạng toán nghiệm
nguyên nói riêng.
Mục đích chính của luận văn là nêu ra được một số cách tiếp cận sơ
cấp giải phương trình nghiệm nguyên và tìm ước của một vài lớp số đặc biệt.
Có ví dụ và lời giải chi tiết cho từng cách tiếp cận, từng lớp số đặc biệt. Đưa
ra được hệ thống các bài tập tham khảo cho từng cách.
Nội dung của luận văn gồm hai chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị:
Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ bản cần thiết dùng cho các
kết quả ở chương sau, chẳng hạn về số nguyên tố, đồng dư thức, phương
trình đồng dư, phần tử bất khả quy và ký hiệu Legendre. . .
Chương 2: Các phương pháp sơ cấp giải phương trình nghiệm nguyên.
Phần thứ nhất của chương này dự kiến giới thiệu một số phương pháp
sơ cấp giải nghiệm nguyên. Mỗi phương pháp có trình bày định lý, bổ đề,
nguyên tắc, phương pháp, ví dụ minh họa liên quan đến phương pháp. Phần
thứ hai trình bày một số phương trình nghiệm nguyên cổ điển. Phần cuối
giới thiệu sơ lược cách tiếp cận cao cấp liên quan đến ký hiệu Legendre và


2

phương trình nghiệm nguyên để tìm ước của một vài lớp số đặc biệt.
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của Phó giáo sư-Tiến sĩ Nguyễn
Văn Hoàng. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc về sự tận tâm
và nhiệt tình của thầy trong suốt quá trình tác giả thực hiện luận văn.
Trong quá trình học tập và làm luận văn, từ bài giảng của các giáo sư,
tiến sĩ đang công tác tại Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên,
tôi đã trau dồi thêm rất nhiều kiến thức để nâng cao trình độ của mình. Từ
đáy lòng mình, tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới tất cả các thầy, cô.
Tôi xin chân thành cám ơn Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo Khoa học,
Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã quan
tâm và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập tại trường.
Nhân dịp này tôi xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp, bạn bè và gia
đình đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ, động viên để tôi hoàn thành luận văn này.

Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019
Tác giả

Dương Xuân Lợi


3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, ta quy ước rằng tất cả các chữ a, b, c, x, y, z, . . . biểu
thị các số nguyên và tất cả các mô-đun m, n, . . . là các số nguyên dương. Nội
dung của chương được tổng hợp từ các tài liệu [1], [2] và [6].

1.1

Số nguyên tố

Định nghĩa 1.1.1. (xem [1]) (i) Cho các số nguyên a, b, với a = 0. Ta nói
rằng a chia hết b hoặc a là một ước số của b nếu b = ac với một số nguyên c
nào đó, ký hiệu a | b. Ta cũng nói rằng b chia hết cho a hoặc b là một bội số
.
của a, ký hiệu b .. a.
(ii) Cho a, b các số nguyên không đồng thời bằng 0. Ước chung lớn nhất của
a, b là số nguyên dương d thỏa mãn các điều kiện (1) d|a và d|b; (2) nếu có
số nguyên e sao cho e|a và e|b, thì e|d. Kí hiệu ước chung lớn nhất của a và
b là gcd(a, b) hoặc (a, b).
(iii) Hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu gcd(a, b) = 1.
Định nghĩa 1.1.2. (xem [1]) Số 1 chỉ có đúng một ước dương. Mỗi số nguyên
lớn hơn 1 đều có ít nhất hai ước dương (chẳng hạn 1 và chính nó). Các số
nguyên dương lớn hơn 1 mà chỉ có đúng hai ước dương được gọi là số nguyên
tố. Bất kỳ số nguyên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được gọi là hợp
số.
Mệnh đề 1.1.3. (xem [1]) (i) Cho a, b, c ∈ Z. Nếu a|bc và (a, b) = 1 thì a|c.
(ii) Cho a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bm là hai dãy các số nguyên thỏa mãn điều
kiện gcd(ai , bj ) = 1 với mọi i mọi j . Khi đó gcd(a1 a2 . . . an , b1 b2 . . . bm ) = 1.


4

Đặc biệt, nếu gcd(p, q) = 1 thì gcd(pn , q m ) = 1 với mọi m, n là các số nguyên
dương.
Định lý 1.1.4 (Định lý cơ bản về số nguyên tố). (xem [1]) Cho n là số
nguyên lớn hơn 1. Khi đó n luôn có thể biểu diễn được một cách duy nhất
dưới dạng
n = pα1 1 · pα2 2 . . . .pαk k
trong đó k > 0, αi (i = 1, 2, . . . , k) là các số tự nhiên và pi là các số nguyên
tố thỏa mãn p1 < p2 < · · · < pk .

1.2

Đồng dư thức

Định nghĩa 1.2.1 (Đồng dư thức). (xem [1]) Cho m là số nguyên dương.
Ta nói số nguyên a đồng dư với số nguyên b theo mô-đun m nếu m | (a − b),
kí hiệu a ≡ b (mod m). Trường hợp ngược lại ta kí hiệu a ≡ b (mod m).
Sau đây là một số tính chất cơ bản của đồng dư thức.
Mệnh đề 1.2.2. (xem [1]) (i) a ≡ b (mod m) ⇔ tồn tại k ∈ Z để a =
b + km.
(ii) a ≡ b (mod m) ⇔ a và b chia cho m có cùng một số dư.
(iii) a ≡ a (mod m).
(iv) Nếu a ≡ b (mod m), thì b ≡ a (mod m).
(v) Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m).
Mệnh đề 1.2.3. (xem [1]) Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì

a + c ≡ b + d (mod m) và ac ≡ bd

(mod m).

Mệnh đề 1.2.4. (xem [1]) (i) Nếu ac ≡ bc (mod m), (c, m) = 1, thì a ≡ b
(mod m).
(ii) Nếu ac ≡ bc (mod m) và (c, m) = d, thì a ≡ b (mod

m
d ).

Định lý 1.2.5 (Định lý Fermat nhỏ). (xem [1]) Cho p là một số nguyên tố
và a là số nguyên. Khi đó ap ≡ a (mod p). Đặc biệt, nếu (a, p) = 1, thì
ap−1 ≡ 1 (mod p).


5

Định lý 1.2.6 (Định lý Euler). (xem [1]) Nếu m là số nguyên dương và
gcd(a, m) = 1, thì aϕ(m) ≡ 1 (mod m) trong đó ϕ(m) là hàm số Euler của
m.

1.3

Thặng dư bậc hai và ký hiệu Legendre

Định nghĩa 1.3.1. (xem [2]) Cho số nguyên dương n. Số nguyên a được gọi
là thặng dư bậc hai theo mod n, hay, gọi là số chính phương theo mod n,
nếu tồn tại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod n).
Ví dụ 1.3.2. 12 ≡ 1 (mod 6), 32 ≡ 3 (mod 6), 42 ≡ 4 (mod 6). Suy ra
các số 1, 3, 4 là các thặng dư bậc hai theo mod 6.
Số 2 là một thặng dư bậc hai theo mod 7, vì 32 ≡ 2 (mod 7). Trong khi đó
3 không là thặng dư bậc hai theo mod 7.
Định nghĩa 1.3.3. (xem [2]) Giả sử p là một số nguyên tố lẻ, a là một số
nguyên tùy ý. Ký hiệu Legendre ap được xác định như sau:

a
p


nếu gcd(a, p) = 1 và a là số chính phương mod p;

1
= − 1 nếu gcd(a, p) = 1 và a không là số chính phương mod p;


.
0
nếu a .. p.

Tiếp theo ta nhắc lại một số tính chất của ký hiệu Legendre
Mệnh đề 1.3.4. (xem [2]) Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó
a
p−1
(0) a 2 ≡
(mod p).
p
ab
a
b
(1)
=
.
p
p
p
α
b
(2) Nếu a ≡ b (mod p) thì
=
.
p
p
1
(3)
= 1.
p
(4)

−1
p

= (−1)(p−1)/2 =

1 khi p ≡ 1 (mod 4)
− 1 khi p ≡ 3 (mod 4).


6

(5)

2
p

2
= (−1)(p −1)/8 =

(6)

3
p

p+1
= (−1)[ 6 ] =

1 khi p ≡ 1 hoặc 7 (mod 8)
− 1 khi p ≡ 3 hoặc 5 (mod 8).

1 khi p ≡ 1 hoặc 11 (mod 12)
− 1 khi p ≡ 5 hoặc 7 (mod 12).

(7) Với mỗi số nguyên tố lẻ p bất kỳ,

5
p

= (−1)[

p−2
5

]=

1 khi p ≡ 1 hoặc 4

(mod 5)

− 1 khi p ≡ 2 hoặc 3

(mod 5).

(8) Với mỗi số nguyên tố lẻ p bất kỳ,

7
p

p+1
= (−1)[ 6 ] =

1 khi p ≡ 1, 3, 9, 19, 25 hoặc 27

(mod 28)

− 1 khi p ≡ 5, 11, 13, 15, 17 hoặc 23

(mod 28).

(9) Nếu p và q là các sốp nguyên tố lẻ thì

q
p

1.4

=

p−1 q−1
p
(−1) 2 2 .
q

Sơ lược về đa thức bất khả quy

Định nghĩa 1.4.1 (Đa thức bất khả quy). (xem [6]) Cho A là một miền
nguyên. Một đa thức f (x) ∈ A[x] được gọi là bất khả quy trên A nếu
f (x) = 0, f (x) không khả nghịch và f (x) không có ước thực sự. Một đa
thức khác 0, không khả nghịch, mà không bất khả quy thì được gọi là đa
thức khả quy.
Định nghĩa 1.4.2 (Vành Gauss). (xem [6]) Một vành giao hoán D được là
một vành Gauss (hay vành nhân tử hóa, hay vành phân tích duy nhất), viết
tắt UFD, nếu D là một miền nguyên thỏa mãn các điều kiện:
(1) Mọi phần tử a khác không, khác đơn vị của D đều được phân tích được
thành một tích của các phần tử bất khả quy của D.
(2) Sự phân tích của một phần tử a như ở điều kiện (1) là duy nhất với sai
khác là hoán vị các thừa số bất khả quy.
Định lý 1.4.3. (xem [6]) Nếu D là một UFD thì D[x] cũng là một UFD.


7

Chương 2
Cách tiếp cận sơ cấp giải phương
trình nghiệm nguyên
Nội dung của chương được tổng hợp từ các tài liệu [3], [4] và [5]. Chủ yếu
sử dụng tài liệu [4].

2.1
2.1.1

Cách tiếp cận sơ cấp giải phương trình nghiệm
nguyên
Cách phân tích

Trước hết ta xét sự phân tích của đa thức ra các đa thức bất khả quy. Ta
biết rằng trong vành đa thức Z[x1 , x2 , . . . , xn ], mọi đa thức khác 0 và khác
±1 của nó đều phân tích được thành tích các đa thức bất khả quy trong
Z[x1 , x2 , . . . , xn ] (vì nó là vành Gauss).
Xét phương trình
f (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0.
(2.1)
Ta có thể viết (2.1) ở dạng tương đương

f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) f2 (x1 , x2 , . . . , xn ) · · · fk (x1 , x2 , . . . , xn ) = a
với f1 , f2 , . . . , fk ∈ Z [x1 , x2 , . . . , xn ] và a ∈ Z. Lại vì a có thể phân tích được
thành các thừa số nguyên tố, nên ta luôn có thể viết được a là tích của k số
nguyên a1 , a2 , . . . , ak (khi cần thiết ta có thể thêm các thừa số đơn vị, hoặc
nhóm các thừa số dư thừa lại với nhau). Ứng với mỗi phân tích như vậy ta


8

xét một hệ phương trình sau đây

f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = a1




f2 (x1 , x2 , . . . , xn ) = a2
..

.




fk (x1 , x2 , . . . , xn ) = ak .
Bằng việc giải tất cả các hệ phương trình như vậy sẽ cho ta tập tất cả các
nghiệm của phương trình (2.1).
Ta sẽ minh họa phương pháp này bằng cách trình bày một vài ví dụ.
Ví dụ 2.1.1 (Titu Andreescu). Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương
trình
x2 + 1 y 2 + 1 + 2(x − y)(1 − xy) = 4(1 + xy).
Lời giải. Viết phương trình dưới dạng

x2 y 2 − 2xy + 1 + x2 + y 2 − 2xy + 2(x − y)(1 − xy) = 4,
hoặc (xy − 1)2 + (x − y)2 − 2(x − y)(xy − 1) = 4. Điều này tương đương với

[xy − 1 − (x − y)]2 = 4 hoặc (x + 1)(y − 1) = ±2.
Nếu (x + 1)(y − 1) = 2, ta có được các hệ phương trình

x + 1 = 2,

x + 1 = −2,

y − 1 = 1,

y − 1 = −1,

x + 1 = 1,

x + 1 = −1,

y − 1 = 2,

y − 1 = −2.

Giải các hệ ta được các nghiệm (1, 2), (−3, 0), (0, 3), (−2, −1).
Nếu (x + 1)(y − 1) = −2, ta có được các hệ phương trình

x + 1 = 2,

x + 1 = −2,

y − 1 = −1,

y − 1 = 1,

x + 1 = 1,

x + 1 = −1,

y − 1 = −2,

y − 1 = 2.

Giải các hệ ta được các nghiệm (1, 0), (−3, 2), (0, −1), (−2, 3). Tất cả tám
cặp số đã tìm thấy đều thỏa mãn phương trình đã cho.


9

Ví dụ 2.1.2. Cho p và q là hai số nguyên tố. Tìm nghiệm nguyên dương của
phương trình
1 1
1
+ = .
x y
pq
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình nghiệm nguyên

(x − pq)(y − pq) = p2 q 2

(với x = 0, y = 0).

Vì điều kiện x, y nguyên dương nên từ phương trình ban đầu ta thấy rằng
1
1
<
do đó ta có x > pq . Bây giờ ta xem xét tất cả các ước số của tích
x
pq
p2 q 2 , chúng cho ta các hệ phương trình

x − pq = 1,

x − pq = p,

x − pq = q,

y − pq = p2 q 2 ,

y − pq = pq 2 ,

y − pq = p2 q,

x − pq = p2 ,

x − pq = pq,

x − pq = pq 2 ,

y − pq = q 2 ,

y − pq = pq,

y − pq = p,

x − pq = p2 q,

x − pq = q 2 ,

x − pq = p2 q 2 ,

y − pq = q,

y − pq = p2 ,

y − pq = 1.

Giải các hệ trên ta được các nghiệm của phương trình ban đầu

(1 + pq, pq(1 + pq)),

(p(1 + q), pq(1 + q)),

(p(p + q), q(p + q)),
(pq(1 + p), q(1 + p)),

(2pq, 2pq),

(q(1 + p), pq(1 + p)),

(pq(1 + q), p(1 + q)),

(q(p + q), p(p + q)),

(pq(1 + pq), 1 + pq).

1 1
1
+ = (với n = pα1 1 · · · pαk k ), ta sẽ phải
x y
n
xét (2α1 + 1) · · · (2αk + 1) ước số nguyên dương. Thật vậy, phương trình đã
cho tương đương với
(x − n)(y − n) = n2

Chú ý. Khi xét phương trình

2αk
1
và n2 = p2α
có (2α1 + 1) · · · (2αk + 1) ước số.
1 · · · pk

Ví dụ 2.1.3 (Olympic Toán Ấn Độ). Xác định tất cả các cặp số nguyên
không âm (x, y) thỏa mãn

(xy − 7)2 = x2 + y 2 .


10

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình

(xy − 6)2 + 13 = (x + y)2 ,
hoặc

(xy − 6)2 − (x + y)2 = −13.
Ta được phương trình

[xy − 6 − (x + y)][xy − 6 + (x + y)] = −13.
Ta có các hệ

xy − 6 − (x + y) = −1,

xy − 6 − (x + y) = −13,

xy − 6 + (x + y) = 13,

xy − 6 + (x + y) = 1.

Các hệ này tương đương với
x + y = 7,

xy = 12,

x + y = 7,
xy = 0.

Các nghiệm của phương trình là (3, 4), (4, 3), (0, 7), (7, 0).
Ví dụ 2.1.4 (Olympic Toán Ba Lan). Giải phương trình

x2 (y − 1) + y 2 (x − 1) = 1
với x, y là các số nguyên.
Lời giải. Đặt x = u + 1, y = v + 1. Khi đó phương trình trở thành

(u + 1)2 v + (v + 1)2 u = 1, hay v(u + v) + 4uv + (u + v) = 1.
Phương trình cuối cùng có thể được viết là

uv(u + v + 4) + (u + v + 4) = 5, hoặc (u + v + 4)(uv + 1) = 5.
Điều này có nghĩa là tổng u + v và tích uv phải thỏa mãn một trong bốn hệ
phương trình:
u+v =1
u + v = −9

uv = 0,
u + v = −3
uv = 4,

uv = −2,
u + v = −5
uv = −6.

Chỉ có hệ đầu tiên và cuối cùng trong số này có nghiệm thỏa mãn. Ta có
(0, 1), (1, 0), (−6, 1), (1, −6). Do đó, kết quả cuối cùng (x, y) = (u + 1, v + 1)
phải là một trong các cặp (1, 2), (−5, 2), (2, 1), (2, −5).


11

Ví dụ 2.1.5 (Titu Andreescu). Tìm tất cả các số nguyên n để phương trình

x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = n
có nghiệm nguyên dương.
Lời giải. Ta viết lại vế trái của phương trình

x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z) x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx
hay

[(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ]
x + y + z − 3xyz = (x + y + z)
, (2.2)
2
3

3

3

và ở một dạng khác ta cũng có

x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)3 − 3(x + y + z)(xy + yz + zx). (2.3)
Từ (2.2) ta thấy rằng phương trình ban đầu có nghiệm nguyên dương khi
n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 (với k ≥ 1). Bởi vì lúc đó bộ ba (k + 1, k, k)
và (k + 1, k + 1, k) là các nghiệm của phương trình đã cho (tương ứng với
n = 3k + 1, n = 3k + 2).
Bây giờ ta xét trường hợp n chia hết cho 3. Khi đó từ (2.3) suy ra (x+y +z)3
chia hết cho 3, vì thế (x + y + z) chia hết cho 3. Do đó

n = (x + y + z)3 − 3(x + y + z)(xy + yz + zx)
phải chia hết cho 9. Ngược lại, nếu n = 9k (với k ≥ 2), thì bộ ba (k −
2
2
+(z−x)2 ]
1, k, k + 1) thỏa mãn (x + y + z) [(x−y) +(y−z)
= 3k 26 = 9k = n. Nếu
2
n = 0 thì (a, a, a) (với a nguyên dương) là nghiệm của phương trình.
Kết luận: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên dương đó là n =
3k + 1 (với k ≥ 1), hoặc n = 3k + 2 (với k ≥ 1), hoặc n = 9k (với
k = 0, 2, 3, 4, 5, . . .)
Ví dụ 2.1.6 (Titu Andreescu, Dorin Andrica). Tìm tất cả các bộ ba số
nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = p với p là số nguyên
tố lớn hơn 3.


12

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với

(x + y + z) x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = p.
Vì x, y, z nguyên dương nên x + y + z > 1. Do đó từ phương trình trên ta
phải có
x + y + z = p và x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 1.
Phương trình cuối tương đương với phương trình

(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 2.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng x ≥ y ≥ z . Nếu x >
y > z , thì ta có x − y ≥ 1, y − z ≥ 1 và x − z ≥ 2, điều này suy ra rằng
(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ 6 > 2.
Vì vậy, ta phải có x = y = z + 1 hoặc x − 1 = y = z . Khi đó số nguyên tố
p = x + y + z phải có một trong các dạng 3k + 2 hoặc 3k + 1. Trong trường
p+1 p−2
hợp đầu tiên các nghiệm của phương trình là p+1
và các hoán vị
3 , 3 , 3
p+2 p−1 p−1
tương ứng. Trong trường hợp thứ hai các nghiệm là 3 , 3 , 3 và các
hoán vị tương ứng.
Ví dụ 2.1.7. Tìm tất cả bộ ba số nguyên (x, y, z) thỏa mãn

x3 + y 3 + z 3 = x + y + z = 3.
Lời giải. Từ giả thiết và đồng nhất thức

(x + y + z)3 = x3 + y 3 + z 3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)
ta suy ra 8 = (x+y)(y +z)(z +x). Do đó kết hợp với giả thiết x+y +z = 3 ta
thu được (3 − x)(3 − y)(3 − z) = 8. Mặt khác, do (3 − x) + (3 − y) + (3 − z) =
9 − (x + y + z) = 6, nên phải xảy ra một trong hai trường hợp: hoăc là cả
ba số 3 − x, 3 − y , 3 − z là số chẵn, hoặc là chỉ có duy nhất một số là chẵn.
Trong trường hợp số hai: một trong ba số |3 − x|, |3 − y|, |3 − z| phải bằng
8 (và hai số còn lại là 1), chẳng hạn |3 − x| = 8 và |3 − y| = |3 − z| = 1,
khi đó x ∈ {−5, 11} và y, z ∈ {2, 4}. Điều này kết hợp với x + y + z = 3, ta
suy ra chỉ xảy ra khả năng x = −5 và y = z = 4. Bây giờ ta xét trường hợp
thứ nhất: lại vì cả ba số đó khác 0, và từ tính chất tích ba số đó bằng 8, ta
suy ra được |3 − x| = |3 − y| = |3 − z| = 2; do đó x, y, z ∈ {1, 5}. Lại bởi vì
x + y + z = 3, nên khả năng duy nhất có thể xảy ra là x = y = z = 1.


13

Tóm lại, các bộ số cần tìm là (1, 1, 1), (−5, 4, 4), (4, −5, 4), và (4, 4, −5).
Ví dụ 2.1.8 (Ion Cucurezeanu). Tìm tất cả các số nguyên tố p để phương
trình x4 + 4 = py 4 có nghiệm nguyên.
Lời giải. Phương trình vô nghiệm khi p = 2 (vì lúc đó vế trái x4 + 4 là số
chẵn, suy ra x4 chẵn, nên x phải chẵn; vì thế x4 + 4 ≡ 4 (mod 16). Trong
lúc đó vế phải

py 4 = 2y 4 ≡

0 (mod 16)
2 (mod 16)

khi y ≡ 0
khi y ≡ 1

(mod 2)
;
(mod 2)

như vậy vế trái và vế phải luôn khác nhau khi p = 2.
Bây giờ ta xét p là số nguyên tố lẻ. Do đó từ đẳng thức x4 + 4 = py 4 , ta
suy ra x lẻ nếu và chỉ nếu y lẻ. Vì x4 +4 = (x2 +2)2 −(2x)2 , nên phương trình
tương đương với (x2 +2)2 −(2x)2 = py 4 , hay (x2 −2x+2)(x2 +2x+2) = py 4 .
Ta có gcd(x2 − 2x + 2, x2 + 2x + 2) = 1 (thật vậy, ta thấy

8 = (x2 − 2x + 2)(x + 2) − (x2 + 2x + 2)(x − 2).
Lấy d là một ước chung lớn nhất của x2 −2x+2 và x2 +2x+2, với lưu ý x
lẻ, suy ra d lẻ. Lại vì d là ước của 8, nên suy ra d = 1). Từ đó x2 −2x+2 = a4
và x2 + 2x + 2 = pb4 trong đó a, b là các số nguyên thỏa mãn ab = y và
(a, b) = 1. Suy ra (x − 1)2 + 1 = a4 và (x + 1)2 + 1 = pb4 . Phương trình thứ
nhất cho ta x = 1 và a2 = 1; do đó từ phương trình thứ hai ta được p = 5 và
b2 = 1. Do đó, chỉ có số nguyên tố p = 5, thì phương trình có nghiệm. Các
nghiệm (x, y) của phương trình lúc đó là (1, 1), (−1, 1), (1, −1), (1, 1).


14

2.1.2

Cách dùng bất đẳng thức

Ở cách này ta sẽ hạn chế giá trị của các biến trong các khoảng thích hợp.
Nói chung, quy trình này dẫn đến chỉ có hữu hạn đánh giá các biến trong
các khoảng bằng cách sử dụng các bất đẳng thức thích hợp. Nói chung, quy
trình này dẫn đến chỉ có hữu hạn khả năng cho tất cả các biến hoặc cho một
số biến.
Ví dụ 2.1.9. Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x3 + y 3 = (x + y)2 .
Lời giải. Chú ý rằng tất cả các cặp số có dạng (k, −k), với k ∈ Z đều
là nghiệm của phương trình. Nếu x + y = 0, thì phương trình trở thành
x2 − xy + y 2 = x + y , và nó tương đương với phương trình

(x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2.
Từ đó suy ra (x − 1)2 ≤ 1 và (y − 1)2 ≤ 1 (vì nếu chẳng hạn (x − 1)2 ≥ 2
thì (x − y)2 = 0 = (y − 1)2 ; suy ra x = y = 1 mâu thuẫn với (x − 1)≥ 2).
Từ đó ta hạn chế các biến x, y vào trong đoạn [0, 2]. Do đó ta nhận được các
nghiệm của phương trình là (0, 1), (1, 0), (1, 2), (2, 1), (2, 2).
Ví dụ 2.1.10 (Olympic Rumani). Giải phương trình sau với các số x, y, z
nguyên dương:
1 1 1 3
+ + = .
x y z
5
Lời giải. Vì tính chất đối xứng của các biến, nên ta có thể giả sử 2 ≤ x ≤
y ≤ z . Từ đó ta có bất đẳng thức x3 ≥ 35 , và do đó x ∈ {2, 3, 4, 5}.
1
Nếu x = 2, thì y1 + z1 = 10
với y ∈ {11, 12, . . . , 20} (do y ≤ z ). Do đó
100
z = 10 + y−10 và (y − 10)|100. Từ đó ta nhận được các nghiệm là (2, 11, 110),
(2, 12, 60), (2, 14, 35), (2, 15, 30), (2, 20, 20).
4
Nếu x = 3, thì ta có y1 + z1 = 15
với y ∈ {3, 4, 5, 6, 7} (vì y ≤ z ). Suy ra
y−60
z = 4 − 4y−15 và (4y − 15)|(y − 60). Ta có các nghiệm là (3, 4, 60), (3, 5, 15),
(3, 6, 10).

Nếu x = 4, thì y1 + z1 =
Nếu x = 5, thì

1
y

+

7
20 với
1
2
z = 5 và

y ∈ {4, 5} (vì y ≤ z ). Ta có nghiệm là (4, 4, 10).
y = z = 5, ta thu được nghiệm là (5, 5, 5).


15

Ví dụ 2.1.11 (Titu Andreescu). Tìm các bộ bốn số nguyên dương (x, y, z, w)
thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) = w2 .
Lời giải. Ta có

(x + y + z − 1)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z − 1) − 2z + 1
= x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) − 2z − 4y + 1
= w2 − (4y + 2z − 1) < w2 .
(x + y + z + 1)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z + 1) + 2y(z + 1) + 2z + 1
= x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) + 4x + 2z + 1
= w2 + (4x + 2z + 1) > w2 .
Do đó (x + y + z − 1)2 < w2 < (x + y + z + 1)2 (lưu ý rằng 2 số chặn ở
hai đầu là bình phương của hai số nguyên cách nhau 2 đơn vị). Vì thế số
x2 +y 2 +z 2 +2xy +2x(z −1)+2y(z +1) chỉ có thể bằng với (x+y +z)2 . Nghĩa
là x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2x(z − 1) + 2y(z + 1) = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2xz + 2yz,
hay 2x(z −1)+2y(z +1) = 2xz +2yz , hay −2x+2y = 0. Suy ra x = y , dó đó
các nghiệm của phương trình là (m, m, n, 2m + n) trong đó m, n ∈ Z+ .
Ví dụ 2.1.12 (Olympic Hungary). Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương
trình
x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + · · · + (x + 7)3 = y 3 .
Lời giải. Đặt

P (x) = x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + · · · + (x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 420x + 784.
Nếu x ≥ 0, thì

(2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343
< P (x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x + 10)3 ,
vậy 2x + 7 < y < 2x + 10; vì thế y có thể là 2x + 8 hoặc 2x + 9. Nhưng cả hai
phương trình P (x)−(2x+8)3 = −12x2 +36x+272 = 0, và P (x)−(2x+9)3 =
−24x2 − 66x + 55 = 0 đều không có nghiệm nguyên, do vậy phương trình
vô nghiệm khi x ≥ 0.
Tiếp theo, chú ý rằng P (x) thỏa mãn P (−x − 7) = −P (x), do đó (x, y)
là nghiệm của phương trình khi và chỉ khi (−x − 7, −y) cũng là nghiệm


16

của phương trình. Do đó phương trình không có nghiệm với x ≤ −7. Vậy
nếu (x, y) là nghiệm của phương trình, thì ta phải có −6 ≤ x ≤ −1. Với
−3 ≤ x ≤ −1, ta có P (−1) = 440, không là lập phương của một số,
P (−2) = 216 = 63 , và P (−3) = 64 = 43 , vậy (−2, 6) và (−3, 4) là nghiệm
của phương trình khi −3 ≤ x ≤ −1. Do đó (−4, −4) và (−5, −6) là nghiệm
của phương trình khi −6 ≤ x ≤ −4. Vậy phương trình có nghiệm là (−2, 6),
(−3, 4), (−4, −4), và (−5, −6).
Ví dụ 2.1.13 (Olympic Anh Quốc). Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương
1
1
1
(x, y, z) thỏa mãn 1 +
1+
1+
= 2.
x
y
z
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z . Do đó ta thấy
2 ≤ (1 + 1/z)3 , từ đó suy ra z ≤ 3.
Xét trường hợp nếu z = 1 thì 1 + x1 1 + y1 = 1, điều này không xảy
ra.
Xét trường hợp z = 2 dẫn đến 1 + x1 1 + y1 = 43 (*). Do đó 43 ≤

1+

1
y

2

, suy ra y < 7. Mặt khác vì 1 + x1 > 1, nên từ đẳng thức (*) ta suy

ra y > 3. Thử các giá trị thích hợp của các biến ta thu được các nghiệm là
(7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2).
Xét trường hợp nếu z = 3 thì 1 + x1 1 + y1 = 23 . Làm tương tự thì dẫn
đến y < 5 và y ≥ z = 3. Ta được các bộ số (8, 3, 3) và (5, 4, 3) là nghiệm.
Tóm lại, các nghiệm của phương trình là (7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2),
(8, 3, 3) và (5, 4, 3) cùng với các hoán vị của nó.
Ví dụ 2.1.14 (Cuộc thi toán Putnam). Tìm tất cả các số nguyên dương
n, k1 , . . . , kn thỏa mãn k1 + · · · + kn = 5n − 4 và k11 + · · · + k1n = 1.
Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy–Schwarz ta có

(k1 + · · · + kn )

1
1
+ ··· +
k1
kn

≥ n2 .

Do đó ta có 5n − 4 ≥ n2 , vậy n ≤ 4. Không mất tính tổng quát, ta có
thể giả sử rằng k1 ≤ · · · ≤ kn . Nếu n = 1, ta phải có k1 = 1 thỏa mãn. Lưu
ý rằng sau đây ta không thể có k1 = 1 khi xét n > 1.
Nếu n = 2, thì k1 + k2 = 6; suy ra (k1 , k2 ) ∈ {(2, 4), (3, 3)}. Kiểm tra
thấy không cặp nào là nghiệm.


17

Nếu n = 3, thì k1 + k2 + k3 = 11, nên 3k1 ≤ 11; suy ra 2 ≤ k1 ≤ 3. Vì thế
(k1 , k2 , k3 ) ∈ {(2, 2, 7), (2, 3, 6), (2, 4, 5), (3, 3, 5), (3, 4, 4)}. Ta kiểm tra thấy
chỉ có (2, 3, 6) thỏa mãn.
Nếu n = 4, thì dấu bằng của bất đẳng thức (AM–HM) xảy ra khi và chỉ
khi k1 = k2 = k3 = k4 = 4.
Kết luận. Nghiệm của phương trình là n = 1 và k1 = 1; n = 3 và
(k1 , k2 , k3 ) là một hoán vị của (2, 3, 6); n = 4 và (k1 , k2 , k3 , k4 ) = (4, 4, 4, 4).


18

2.1.3

Cách tham số hóa, số học mô-đun hóa

Trong nhiều trường hợp các nghiệm nguyên của phương trình nghiệm
nguyên f (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0 có thể được biểu diễn dưới dạng tham số hóa
như sau:

x1 = g1 (k1 , . . . , kl ) , x2 = g2 (k1 , . . . , kl ) , . . . , xn = gn (k1 , . . . , kl ) ,
trong đó g1 , g2 , . . . , gn là các hàm l-biến k1 , . . . , kl và chúng nhận giá trị
nguyên khi k1 , . . . , kl ∈ Z.
Tập hợp các nghiệm của một số phương trình nghiệm nguyên có thể có
nhiều biểu diễn tham số hóa.
Đối với hầu hết các phương trình nghiệm nguyên, ta không thể tìm thấy
chính xác tất cả các nghiệm của nó. Trong nhiều trường hợp như vậy, cách
tham số hóa sẽ cung cấp một chứng minh về sự tồn tại của vô số các nghiệm.
Ví dụ 2.1.15 (Cuộc thi liên thành phố). Chứng minh rằng có vô số bộ ba
(x, y, z) nguyên sao cho x3 + y 3 + z 3 = x2 + y 2 + z 2 .
Lời giải. Đặt z = −y , phương trình trở thành x3 = x2 + 2y 2 . Lấy y = mx
với m ∈ Z, ta suy ra được x = 1 + 2m2 . Vậy ta có vô số nghiệm

x = 2m2 + 1,

y = m(2m2 + 1),

z = −m(2m2 + 1),

m ∈ Z.

Ví dụ 2.1.16. (a) Cho m và n là các số nguyên dương phân biệt. Chứng
minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn x2 + y 2 =
z
m2 + n2 với z lẻ (hoặc z chẵn).
(b) Chứng minh rằng phương trình x2 + y 2 = 13z có vô số nghiệm nguyên
dương x, y , z .
Lời giải. (a) Xét đối với z lẻ. Ta thấy họ các số

xk = m m2 + n2

k

,

yk = n m2 + n2

k

,

zk = 2k + 1,

k ∈ Z+

thỏa mãn phương trình.
Xét đối với z chẵn. Ta thấy họ các số

xk = |m2 − n2 |(m2 + n2 )k−1 , yk = 2mn(m2 + n2 )k−1 , zk = 2k, k ∈ Z+ .


19

(b) Vì 22 + 32 = 13, nên ta có thể chọn m = 2, n = 3 thay vào phương
trình ở ý (a), và ta thu được kết quả là họ các nghiệm của phương trình
x2 + y 2 = 13z là

xk = 2 · 13k ,
xk = 5 · 13k−1 ,

yk = 3 · 13k ,

zk = 2k + 1,

yk = 12 · 13k−1 ,

zk = 2k,

k ∈ Z+ ;
k ∈ Z+ .

Nhận xét. Ta có thêm hai cách khác để chứng tỏ phương trình x2 + y 2 =
(m2 + n2 )z ở Ví dụ 2.1.16 có vô số nghiệm.

(1) Theo đẳng thức Lagrange
a2 + b2

c2 + d2 = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 ,

ta có thể tạo ra một họ vô hạn các nghiệm bằng cách xây dựng đệ quy các
dãy (xk )k≥1 , (yk )k≥1 như sau:

xk+1 = mxk − nyk ,
yk+1 = nxk + myk ,
trong đó x1 = m, y1 = n. Ta có thể kiểm tra được rằng (|xk |, yk , k) (với
k ∈ Z+ ) là các nghiệm của phương trình x2 + y 2 = (m2 + n2 )z đã cho.
(2) Một cách khác để tạo ra một họ nghiệm vô hạn đó là xem xét gắn với số
phức. Gọi k là số nguyên dương. Ta có Ak + iBk = (m + in)k với Ak , Bk ∈ Z.
Lấy mô-đun hai vế của các số phức, ta được

A2k + Bk2 = m2 + n2

k

,

và như vậy (|Ak | , |Bk | , k) là một nghiệm của phương trình x2 + y 2 = (m2 +
n2 )z đã cho.
Ví dụ 2.1.17. Tìm các bộ ba số nguyên duowng (x, y, z) thỏa mãn x1 + y1 = z1 .
xy
Lời giải. Phương trình tương đương với z = x+y
. Đặt d = gcd(x, y). Do đó
x = dm, y = dn với gcd(m, n) = 1. Suy ra gcd(mn, m + n) = 1 (bởi vì
lấy e = gcd(mn, m + n) thì e|mn và e|(m + n); suy ra e|n2 và e|m2 ; suy ra
dmn
e| gcd(m2 , n2 ). Mà gcd(m2 , n2 ) = 1, nên e = 1). Do đó z = m+n
, kéo theo
(m + n)|d (tức là d = k(m + n) với k ∈ Z+ ).


20

Do vậy, các nghiệm của phương trình được cho bởi công thức

x = km(m + n),

y = kn(m + n),

z = kmn,

với k, m, n ∈ Z+ .
Từ lời giải của Ví dụ 2.1.17, ta có nhận xét sau đây.
Nhận xét. (1) Nếu a, b, c là các số nguyên dương và nguyên tố cùng nhau
thỏa mãn a1 + 1b = 1c thì a + b là một số chính phương. Thật vậy, lấy k = 1,
từ chứng minh của Ví dụ 2.1.17, ta được a = m(m + n), b = n(m + n),
c = mn; đồng thời khi đó a + b = (m + n)2 .
(2) Nếu a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn a1 + 1b = 1c thì a2 + b2 + c2
là số chính phương. Thật vậy, theo cách đặt và kết quả trong chứng minh Ví
dụ 2.1.17, ta có

a2 + b2 + c2 = k 2 m2 (m + n)2 + n2 (m + n)2 + m2 n2
= k 2 (m + n)4 − 2mn(m + n)2 + m2 n2
2

= k 2 (m + n)2 − mn .
Ví dụ 2.1.18 (Dorin Andrica). Cho a, b là các số nguyên dương. Chứng
minh rằng phương trình x2 − 2axy + a2 − 4b y 2 + 4by = z 2 có vô số nghiệm
nguyên dương (xj , yj , zj ) trong đó (xj ), (yj ), (zj ) là các dãy số tăng.
Lời giải. Ta sẽ sử dụng thêm kết quả phụ trợ sau đây.
Bổ đề 2.1.19. Nếu A, B là các số nguyên dương và nguyên tố cùng nhau,
thì tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho Au − Bv = 1.
Chứng minh. Xét các số nguyên 1.A, 2.A, . . . , (B−1).A lấy mô-đun B . Tất
cả chúng đều khác nhau đôi một (vì nếu k1 A = q1 B + r và k2 A = q2 B + r với
hai số k1 = k2 trong tập {1, 2, . . . , B − 1}, thì (k1 − k2 )A = (q1 − q2 )B ≡ 0
(mod B). Từ đó do gcd(A, B) = 1, nên ta suy ra k1 − k2 ≡ 0 (mod B), mâu
thuẫn). Ta lại thấy rằng k.A ≡ 0 (mod B) với mọi k ∈ {1, 2, . . . , B − 1}.
Do đó có ít nhất một trong các số nguyên 1.A, 2.A, . . . , (B − 1).A sẽ có
phần dư là 1 khi chia cho B . Suy ra tồn tại u, v ∈ Z+ sao cho u.A − 1 = v.B ,
hay 1 = u.A − v.B .


21

Lấy (u0 , v0 ) là nghiệm nhỏ nhất trong các nghiệm nguyên dương của
phương trình Ax − By = 1. Khi đó, tất cả các nghiệm nguyên dương của
phương trình Ax − By = 1 được cho bởi công thức

um = u0 + Bm, vm = v0 + Am với m ∈ Z+ .
Quay trở lại vấn đề của ví dụ, ta hãy xem xét dãy số (yn )n≥1 cho bởi công
thức
yn+1 = byn2 + ayn + 1, y1 ∈ Z+
(*)
Rõ ràng là gcd(yn , yn+1 ) = 1 với mọi n ∈ Z+ . Do đó từ bổ đề nêu trên, ta
suy ra tồn tại các dãy số nguyên dương (un )n≥1 , (vn )n≥1 sao cho

yn+1 un − yn vn = 1,

n ∈ Z+ .

Do đó kết hợp với (∗) ta có

bun yn2 + (aun − vn )yn + un − 1 = 0,

n ∈ Z+ .

(**)

Ta coi (∗∗) như một phương trình bậc hai với ẩn là yn và chỉ lấy yn ∈ Z+ ;
khi đó suy ra biệt thức của nó

∆n = (aun − vn )2 − 4bun (un − 1)
phải là một số chính phương. Tức là,

vn2 − 2aun vn + (a2 − 4b)u2n + 4bun = zn2 ,

n ∈ Z+ .

Rõ ràng là các dãy số (un )n≥1 và (vn )n≥1 chứa các dãy số con (unj )j≥1 , (vnj )j≥1
tăng nghiêm ngặt (tương ứng). Một họ vô hạn các nghiệm thỏa mãn yêu cầu
được cho bởi (vnj , unj , znj ) với j ≥ 1.
Nhận xét. Vế trái của phương trình ở Ví dụ 2.1.18 có thể viết lại là (x −
ay)2 − 4by(y − 1), đó là biệt thức của phương trình bậc hai byt2 + (ay −
x)t + y − 1 = 0 ẩn mới là t. Do đó, biệt thức này là một số chính phương
khi mà phương trình cuối có nghiệm nguyên. Viết lại phương trình đó dưới
dạng y bt2 + at + 1 = 1 + xt, ta có thể thấy rằng t = 1 là một nghiệm nếu
y(b + a + 1) = 1 + x, nó thỏa mãn với một họ vô hạn các cặp số nguyên
(x, y). Trong trường hợp này, bằng cách tính toán thông thường, ta nhận
được z = by − y + 1. Do đó, ta đã tìm được một họ vô hạn các nghiệm

x = (a + b + 1)m − 1,

y = m,

z = (b − 1)m + 1,

m ∈ Z+ .


22

Tiếp theo ta xét cách số học mô-đun hóa. Trong nhiều trường hợp, sử dụng
hợp lí mô-đun hóa đơn giản để chứng minh rằng các phương trình nghiệm
nguyên nhất định vô nghiệm hoặc giảm phạm vi của các nghiệm có thể.
Ví dụ 2.1.20. Chứng minh rằng phương trình (x + 1)2 + (x + 2)2 + · · · +
(x + 2001)2 = y 2 vô nghiệm nguyên.
Lời giải. Đặt x = z − 1001. Phương trình trở thành

(z − 1000)2 + · · · + (z − 1)2 + z 2 + (z + 1)2 + · · · + (z + 1000)2 = y 2 ,
hoặc

2001z 2 + 2 12 + 22 + · · · + 10002 = y 2 .
Suy ra

2001z 2 + 2

1000 · 1001 · 2001
= y2,
6

hoặc tương đương

2001z 2 + 1000 · 1001 · 667 = y 2 .
Vế trái đồng dư với 2 (mod 3), vì vậy nó không thể là một chính phương.
Ví dụ 2.1.21 (Olimpic Toán Nga). Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q)
thỏa mãn p3 − q 5 = (p + q)2 .
Lời giải. Nghiệm duy nhất là (7, 3). Thật vậỵ: đầu tiên ta giả sử rằng p và
q đều khác 3. Khi đó p ≡ 1 hoặc 2 (mod 3) và q ≡ 1 hoặc 2 (mod 3). Nếu
p ≡ q (mod 3), thì vế trái chia hết cho 3, trong khi vế phải thì không. Nếu
p = q (mod 3), vế phải chia hết cho 3, còn vế trái thì không.
Nếu p = 3, thì 27 − q 5 = (3 + q)2 , suy ra q 5 = 27 − (3 + q)2 < 27 đó là
điều không thể đối với bất kì số nguyên tố q nào.
Nếu q = 3, ta có p3 − 243 = (p + 3)2 , có nghiệm nguyên duy nhất là
p = 7.
Ví dụ 2.1.22 (Olympic Toán Balkan). Chứng minh rằng phương trình x5 −
y 2 = 4 vô nghiệm nguyên .


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×