ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Cao Xn Nam
VẬN DỤNG THAM SỐ HĨA VÀO
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Thái Ngun - 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Cao Xn Nam
VẬN DỤNG THAM SỐ HĨA VÀO
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN
Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Thái Ngun - 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Cơng trình được hồn thành tại
Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Ngun
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Phản biện 1: GS.TSKH Hà Huy Khối
Phản biện 2: TS Nguyễn Văn Minh
Luận văn sẽ được bảo vệ trước Hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Ngun
Vào hồi 7 giờ 30 ngày 27 tháng 9 năm 2013
Có thể tìm hiểu luận văn tại trung tâm học liệu Đại học Thái Ngun
Và thư viện Trường Đại học Khoa Học
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

K được kí hiệu cho một trong ba trường Q, R hoặc C.
K
∗
được kí hiệu cho trường mở rộng của K.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />3
Mở đầu
Số học là một phân nhánh tốn học lâu đời nhất và sơ cấp nhất, được
hầu hết mọi người thường xun sử dụng từ những cơng việc thường
nhật cho đến các tính tốn khoa học. Số học giúp chúng ta có cái nhìn
tổng qt, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo. Có thể
thấy nhiều bài tốn số học được phát biểu một cách đơn giản đến mức
mà hầu hết học sinh phổ thơng đều có thể hiểu được, nhưng lời giải của
nó có thể làm đau đầu cả những nhà tốn học xuất sắc. Để hiểu và giải
được các bài tốn số học phổ thơng, thơng thường chúng ta chỉ cần rất ít
kiến thức tốn học, nhưng lại cần nhiều đến khả năng tư duy, trí thơng
minh và một chút năng khiếu tốn học.
Chính vì lẽ đó mà Số học là cơng cụ rất tốt để rèn luyện trí thơng
minh, tư duy tốn học đồng thời là cơ sở để phát hiện ra các tài năng
tốn học. Số học đã trở thành một bộ phận quan trọng trong chương
trình giảng dạy tốn ở các lớp chọn và các lớp chun tốn.
Trong Số học, các bài tốn về phương trình nghiệm ngun, ngồi
phương trình bậc nhất hai ẩn thì hầu hết đều khơng có quy tắc giải tổng
qt. Mỗi bài tốn, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng
phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy tốn học mềm dẻo, linh
hoạt và sáng tạo. Chính vì thế mà các bài tốn về Số học nói chung và
phương trình nghiệm ngun nói riêng thường xuất hiện trong các đề
thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế và các
đề thi tuyển sinh vào các lớp chọn, chun tốn cũng vậy.
Mục đích chính của luận văn là nghiên cứu về đồ thị phẳng và ứng
dụng của nó trong một số bài tốn sơ cấp. Cụ thể tham số hóa một vài

1.1. Đa thức tối tiểu
Trong mục này K được kí hiệu là một trường con của trường mở rộng
K
∗
, trong đó K
∗
có thể là C và K chứa các trường số hữu tỉ Q. Ta gọi
K là một trường số.
Định nghĩa 1.1. Giả sử K là một trường con của một trường K
∗
. Một
phần tử c ∈ K
∗
gọi là đại số trên K nếu c là nghiệm của một đa thức
khác 0 lấy hệ tử trong K; c gọi là siêu việt trên K trong trường hợp trái
lại.
Như vậy ta bảo c là đại số trên K có nghĩa là tồn tại những phần tử
a
i
∈ K (0  i  n) khơng bằng khơng tất cả, sao cho
a
0
+ a
1
c + . . . + a
n
c
n
= 0.
Ví dụ 1.1. Trong trường số thực R,

2
, . . . , x
n
, . . . là độc lập tuyến tính trên
K. Nếu x là phần tử đại số trên K thì x là nghiệm của một đa thức
f(x) ∈ K[x], f (x) = 0, degf(x) = n > 0. Từ đây suy ra x
0
, x, x
2
, . . . , x
n
là phụ thuộc tuyến tính trên K: mâu thuẫn.
Định nghĩa 1.2. Đa thức bất khả quy f (x) ∈ K[x] với hệ số cao nhất
bằng 1 nhận c làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của c trên K. các
nghiệm c
1
, . . . , c
n
của đa thức tối tiểu của c được gọi là các liên hợp của
c trên K.
1.2. Khái niệm đồ thị phẳng trong R
2
Xét một đồ thị quen biết trong mặt phẳng R
2
cho bởi phương trình
sau:
() : y
2
= x
2

sao cho f(a, b) = 0. Tập V (f)
được gọi là một đồ thị phẳng trong R
2
.
Ví dụ 1.2. Một vài đồ thị phẳng dưới đây:
(i) (P ) : y = x
2
.
(ii) (
1
) : y
2
= x
3
− x.
(iii) (
2
) : y
2
= x
3
+ x
2
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />7
(iv) (
3
) : (x
2
+ y

mãn f(ϕ(t), ψ(t)) ≡ 0 thì điểm (ϕ(t), ψ(t)) được gọi là khơng điểm tổng
qt 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 khơng điểm tổng qt của () gắn liền với vấn đề giải phương
trình f(x, y) = 0 trên Q hay phương trình z
d
f(
x
z
,
y
z
) = 0 trên Z, ở đó
d = deg f(x, y).
Định nghĩa 1.5. Cho đồ thị phẳng bất khả quy (). Những điểm thuộc
() với tọa độ thuộc Q được gọi là những điểm hữu tỉ của ().
1.3. Tham số hóa đường cơnic
Mệnh đề 1.3. Đường thẳng d : ax + by + c = 0 được tham số hóa bởi

x = x
0
+ bt
y = y
0
− at

2
1 + t
2
= −1.
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
điểm A
t

2t
1 + t
2
;
1 −t
2
1 + t
2

. Điểm

2t
1 + t
2
;
1 −t
2
1 + t
2

chạy qua tất cả các điểm

+ b
2
> 0, a
2
+ b
2
> 0. Trong hai thừa số, ta chỉ cần xét thừa số
ax + by + c.
Nếu c = 0 suy ra mâu thuẫn.
Nếu c = 0 thì ta có 0 = (a
2t
1 + t
2
+ b
1 −t
2
1 + t
2
+ c)(a

2t
1 + t
2
+ b

1 −t
2
1 + t
2
+ c

= 2px là đồ thị phẳng hữu tỉ
được tham số hóa qua

x = 2pt
2
y = 2pt.
Chứng minh. Hiển nhiên, khi cho x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc
(P ). Xét y = 0. Đặt x = ty và thay vào phương trình đã cho, ta có
y
2
= 2pty. Do y = 0 nên suy ra y = 2pt. Từ đó suy ra x = 2pt
2
.
Ta chứng minh đa thức p(x, y) = y
2
− 2px là đa thức bất khả quy
trên R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = (ax + by + c)(a

x + b

y + c

) với
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />9
a
2
+ b
2
> 0, a
2

= 1 là đồ thị phẳng hữu tỉ
được tham số hóa qua x(t) =
2a
2
bt
b
2
+ a
2
t
2
, y(t) =
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2
với quy ước
x(∞) = lim
t→∞
2a
2
bt

2
+ a
2
t
2
;
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2

. Điểm A
t

2a
2
bt
b
2
+ a
2
t

b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2
= −b
thì A
t
cũng chạy qua cả điểm (0; −b).
Ta chứng minh đa thức p(x, y) = b
2
x
2
+ a
2
y
2
− a
2
b
2
là đa thức bất khả
quy trên R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = (a

1
.
Nếu c
1
= 0 suy ra mâu thuẫn.
Nếu c
1
= 0 thì ta có
0 = (a
1
2a
2
bt
b
2
+ a
2
t
2
+ b
1
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a

+ c
2
).
Chẳng hạn a
1
2a
2
bt
b
2
+ a
2
t
2
+ b
1
b
3
− a
2
bt
2
b
2
+ a
2
t
2
+ c
1

c
1
a
2
− b
1
a
2
b = 0
a
1
2a
2
b = 0
b
1
b
3
+ c
1
b
2
= 0
⇔





c

2
b
2
là đa thức bất khả quy trên
R.
Chú ý 1.1. Tham số hóa đường tròn và ellíp qua các hàm lượng giác:
(i) Đường tròn (C) : x
2
+ y
2
= 1 còn được tham số hóa qua
x = cos t, y = sin t;
(ii) Đường Ellíp (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1 tham số hóa qua
x = a cos t, y = b sin t.
Mệnh đề 1.7. Đường Hypebol (H) :
x
2
a
2
−

2
t
2
= −a, y(∞) = lim
t→∞
2b
2
t
1 −b
2
t
2
= 0.
Từ đây suy ra nghiệm hữu tỉ của phương trình x
2
−dy
2
= 1, trong đó d
là số ngun và khơng 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
điểm A
t

a + ab
2
t
2
1 −b
2


chạy qua tất
cả các điểm thuộc (H), trừ điểm (−a; 0). Với quy ước
x(∞) = lim
t→∞
a + ab
2
t
2
1 −b
2
t
2
= −a, y(∞) = lim
t→∞
2b
2
t
1 −b
2
t
2
= 0
thì A
t
cũng chạy qua cả điểm (−a; 0).
Chứng minh đa thức p(x, y) = b
2
x
2

2
+ m
2
dn
2
− m
2
, y =
2mn
dn
2
− m
2
, trong đó m, n ∈
Z, (m, n) = 1.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />11
1.4. Tham số hóa một vài đồ thị phẳng khác
Ví dụ 1.3. Trong mặt phẳng, đồ thị phẳng Lemniscat cho bởi
(L) : (x
2
+ y
2
)
2
= b
2
(x
2
− y
2

2
= t(x − y) và thay vào phương trình (L), ta có
t
2
(x − y)
2
= b
2
(x
2
− y
2
). Nếu x = y thì x
2
+ y
2
= 0. Từ x = y và
x
2
+ y
2
= 0 suy ra x = y = 0. Ta có điểm O(0; 0) ∈ (L). Nếu x = y,
ta có t
2
(x − y) = b
2
(x + y). Ta có y =
t
2
− b

2
− b
2
t
2
+ b
2

. Khi x = 0, ta có
x =
b
2
t(t
2
+ b
2
)
t
4
+ b
4
, y =
b
2
t(t
2
− b
2
)
t

+ b
4
,
b
2
t(t
2
− b
2
)
t
4
+ b
4
) ≡ 0 và g(
b
2
t(t
2
+ b
2
)
t
4
+ b
4
,
b
2
t(t

y
2
b
2

2
=
x
2
y
c
2
với abc = 0 là đồ thị
phẳng hữu tỉ được tham số hóa qua x =
a
3
bt
c
2
(t
2
+ 1)
2
, y =
a
2
b
2
t
2

(t
2
+ 1)
2
.
Việc chứng minh đa thức p(x, y) =

x
2
a
2
+
y
2
b
2

2
−
x
2
y
c
2
là đa thức bất khả
quy trên R coi như bài tập.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />12
Ví dụ 1.5. Đồ thị phẳng cho bởi phương trình (L) : x
3
+ a(x

+ y
2
) là đa thức bất khả
quy R. Thật vậy, giả sử p(x, y) = f (x, y)g(x, y) với f, g ∈ R[x, y] và
deg f  1, deg g  1, deg f + deg g = 3. Khi đó tối thiểu một trong hai
đa thức phải chứa y. Dựa vào bậc của y và chẳng hạn f chứa y với hệ
tử khác 0, chỉ cần xét hai trường hợp sau:
(i) f = by
2
+ h(x), g = c + k(x), b = 0. Khi đó
x
3
+ a(x
2
+ y
2
) = (by
2
+ h(x))(c + k(x)).
Vậy bk(x) = 0. Từ đây suy ra k(x) = 0. Do đó deg g < 1 : mâu thuẫn.
(ii) f = by + h(x), g = cy + k(x), bc = 0. Khi đó
x
3
+ a(x
2
+ y
2
) = (by + h(x))(cy + k(x)).
Vậy b.k(x) + c.h(x) = 0, h(x)k(x) = x
3

2
t
3
+ 1
.
Lời giải. Hiển nhiên, khi cho x = 0 thì y = 0 và điểm (0; 0) thuộc
(F ). Xét x = 0. Đặt y = tx và thay vào phương trình đã cho, ta có
x(t
3
+ 1) = 3at. Nếu t = −1 thì 0 = −3a = 0 : mâu thuẫn. Vậy t = −1
và x =
3at
t
3
+ 1
, y =
3at
2
t
3
+ 1
.
Chứng minh đa thức p(x, y) = x
3
+ y
3
− 3axy là đa thức bất khả quy
trên R tương tự ví dụ trên.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />13
1.5. Định lí Fermat, Định lí Wilson

2
k+2
b
k+1
.
Chứng minh. Từ (1+x)(2 +x) . . . (n + x) = b
0
+b
1
x+b
2
x
2
+···+ b
n
x
n
ta suy ra (2+x)(3+x) . . . (n+1+x) = b
0
+b
1
(x+1)+···+b
n
(x+1)
n
qua
việc thay x bởi x+1. Ta có ngay b
n
= 1, b
n−1

(x+1)+b
1
(x+1)
2
+b
2
(x+1)
3
+···+b
n
(x+1)
n+1
.
Như vậy

















n−2
(n + 1)b
n−2
+ b
n−3
= C
3
n+1
b
n
+ C
2
n
b
n−1
+ C
1
n−1
b
n−2
+ C
0
n−2
b
n−3
···
(n + 1)b
2
+ b
1

n
n+1
b
n
+ C
n−1
n
b
n−1
+ C
n−2
n−1
b
n−2
+ ···+ C
1
2
b
1
+ C
0
1
b
0
(n + 1)b
0
= C
n+1
n+1
b




















b
n
= 1
b
n−1
=
n(n + 1)
2!
2b
n−2
= C

= C
n
n+1
+ C
n−1
n
b
n−1
+ C
n−2
n−1
b
n−2
+ ···+ C
1
3
b
2
nb
0
= C
n+1
n+1
+ C
n
n
b
n−1
+ C
n−1

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />14
Hệ quả 1.9. [MO British 1974] Với số ngun tố lẻ p, đặt
f(x) = (1 + x)(2 + x) . . . (p − 1 + x).
Giả sử f(x) = b
0
+ b
1
x + b
2
x
2
+ ···+ b
p−1
x
p−1
. Chứng minh rằng
(i) p |b
k
với k = 1, 2, . . . , p −2 và p |(b
0
+ 1).
(ii) Với mọi số ngun n ta có p |(n + 1)(n + 2) . . . (n + p −1) −n
p−1
+ 1.
Từ đó suy ra p |(p −1)! + 1 và p |n
p−1
− 1 khi (n, p) = 1.
Chứng minh. (i) Qua các cơng thúc tính tốn được ở trên ta có



p−3
= C
3
p
+ C
2
p−1
b
p−2
···
(p −2)b
1
= C
p−1
p
+ C
p−2
p−1
b
p−2
+ C
p−3
p−2
b
p−3
+ ···+ C
1
3
b
2

+ b
p−3
+ ··· + b
1
và như vậy
b
0
+ 1 chia hết cho p.
(ii) Vì p |b
k
với k = 1, 2, . . . , p −2 và b
0
+ 1 chia hết cho p nên
p |(n + 1)(n + 2) . . . (n + p − 1) −n
p−1
+ 1
với mọi số ngun n. Từ đó suy ra p |(p − 1)! + 1 và p |n
p−1
− 1 khi
(n, p) = 1.
Từ các kết quả trên ta suy ra ba kết quả sau đây:
Định lí 1.10. Với số ngun tố p và với mọi số tự nhiên n thỏa mãn
(n, p) = 1, ta ln có:
(i) [Fermat] n
p−1
≡ 1( mod p).
(ii) [Wilson] (p − 1)! + 1 ≡ 0( mod p).
(iii) Nếu số ngun tố p có dạng 4k +1 thì

p −1

+ 2
p
= 3 chỉ thỏa mãn cho p = 1 : mâu thuẫn. Từ
đây suy ra p = 3, r = 17.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />16
Chương 2
Một số dạng phương trình nghiệm
ngun
2.1. Phương trình Diophantine tuyến tính
2.1.1. Phương trình Diophantine bậc nhất hai ẩn
Định nghĩa 2.1. Phương trình Diophantine tuyến tính bậc nhất hai ẩn
là phương trình có dạng
ax + by = c (2.1)
trong đó a, b, c là các số ngun cho trước khác 0, các giá trị x, y cũng
nhận các giá trị ngun. Giải phương trình Diophantine (2.1) tức là tìm
các cặp số ngun (x; y) thỏa mãn phương trình (2.1).
Định lí 2.1. a) Điều kiện cần và đủ để phương trình (2.1) có nghiệm
ngun là d = (a, b) là ước của c.
b) Nếu (x
0
; y
0
) là một nghiệm của phương trình (2.1) thì nó có vơ số
nghiệm ngun và nghiệm ngun (x; y) của nó được xác định bởi cơng
thức



x = x
0

+ bk
2
= d.
Nhân hai vế của đẳng thức trên với q, với chú ý rằng c = dq, ta được:
a(k
1
q) + b(k
2
q) = c.
Vậy phương trình (2.1) có một nghiệm là x = k
1
q, y = k
2
q.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />17
b) Dễ thấy, mỗi cặp số ngun (x; y) cho bởi cơng thức (2.2) với t là số
ngun tùy ý đều là nghiệm của phương trình (2.1). Thật vậy, ta có:
a(x
0
+
b
d
t) + b(y
0
−
a
d
t) = ax
0
+ by

a
d
(x −x
0
) chia hết cho
b
d
.
Vì d = (a, b), nên
a
d
và
b
d
ngun tố cùng nhau và từ khẳng định trên
suy ra x −x
0
chia hết cho
b
d
. Hay tồn tại số ngun t sao cho
x −x
0
=
b
d
t
Vậy
x = x
0

Chứng minh. Theo Định lí 2.1, phương trình ax + by = 1 có nghiệm

x = x
0
+ bt
y = y
0
− at
t ∈ Z.
Do đó phương trình au −bv = 1 có nghiệm

u = bt + x
0
v = at − y
0
t ∈ Z.
Chọn t ∈ Z sao cho t > −
x
0
b
, t >
y
0
a
ta có u, v ∈ N
∗
.
Hệ quả 2.3. Nếu số ngun dương x biểu diễn được dưới dạng tổng hai
bình phương x = a
2

2
u
2
+ a
2
v
2
− 2abuv = a
2
u
2
+ b
2
v
2
+ 1
⇔ a
2
u
2
+ b
2
v
2
+ b
2
u
2
+ a
2

)y = z
2
+ 1 hay xy = z
2
+ 1.
Ví dụ 2.1. Giải phương trình nghiệm ngun sau:
5x + 11y = 65 (2.4)
Lời giải. Ta nhận thấy ước chung lớn nhất của 5 và 11 bằng 1. Giả sử
(x
0
; y
0
) là nghiệm ngun của phương trình (2.4). Ta nhận thấy 65 và
5x đều chia hết cho 5 nên 11y
.
.
.5 do đó y
.
.
.5. Đặt y
0
= 5t
0
, t
0
∈ Z và thay
vào phương trình (2.4) ta được
5x
0
+ 11.5t

, (c = bc
1
).
Phương trình có nghiệm là:

x = t
y = c
1
− qt
t ∈ Z.
Nếu r > 0 thì phương trình (2.1) có dạng:
(bq + r)x + by = c
hay
b(qx + y) + rx = c.
Đặt x
1
= qx + y, y
1
= x ta được phương trình
bx
1
+ ry
1
= c (2.5)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />20
trong đó b < a, r < b. Lại tiếp tục thực hiện thuật tốn trên với phương
trình (2.5), bằng cách chia b cho r :
b = rq
1
+ r

77x + 25y = 3.
Lời giải. Chia 77 cho 25 ta được:
77 = 25.3 + 2.
Đặt x
1
= 3x + y, y
1
= x, ta được phương trình:
25x
1
+ 2y
1
= 3.
Chia 25 cho 2 ta được:
25 = 12.2 + 1.
Đặt x
2
= 12x
1
+ y
1
, y
2
= x
1
, ta được phương trình:
2x
2
+ y
2

1
= t −12(3 − 2t) = 25t − 36.
Ta lại có
x = y
1
= 25t −36
3x + y = x
1
= 3 −2t
Hay

x = 25t − 36
y = 3 − 2t −3(25t −36) = −77t + 111.
Vậy các nghiệm của phương trình đã cho được xác định bởi cơng thức:

x = −36 + 25t
y = 111 − 77t
t ∈ Z.
2.1.2. Phương trình Diophantine tổng qt
Định nghĩa 2.2. Cho đa thức f(x
1
, . . . , x
n
) với các hệ số là các số hữu tỉ
hoặc các số ngun. Phương trình f(x
1
, . . . , x
n
) = 0 được gọi là phương
trình Diophantine. Giải phương trình Diophantine f(x

x
2
+ ···+ a
n
x
n
= b, (2.6)
được gọi là phương trình Diophantine bậc nhất.
Định lí 2.4. Phương trình (2.6) có nghiệm ngun (z
i
) khi và chỉ khi b
chia hết cho d = (a
1
, . . . , a
n
). Có thể chọn nghiệm ngun (z
i
) thỏa mãn
điều kiện |z
i
|  |b| + (n − 1) max{|a
j
| | j = 1, . . . , n}, ∀i. Đặc biệt, nếu
(a
1
, . . . , a
n
) = 1 thì (2.6) có nghiệm ngun với mọi số ngun b.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />22
Chứng minh. Đặt (a

bα
1
+ a
2
bα
2
+ ··· + a
n
bα
n
= b. Điều này chứng tỏ phương
trình (2.6) nhận x
1
= bα
1
, . . . , x
n
= bα
n
làm một nghiệm ngun.
Tiếp theo, giả sử x
1
, . . . , x
n
là một nghiệm ngun của phương trình
(2.6). Ta biểu diễn x
i
= q
i
a

x
i
=
n−1

i=1
a
i
(q
i
a
n
+ z
i
) + a
n
(z
n
−
n−1

i=1
a
i
q
i
) =
n

i=1

j
| | j = 1, . . . , n}.
Chia cho |a
n
|, ta được |z
i
|  |b| + (n − 1) max{|a
j
| | j = 1, . . . , n}, i =
1, . . . , n.
Định lí 2.5. Cho b, a
1
, a
2
, . . . , a
n
∈ Z và các số a
i
khơng đồng thời bằng
0. Nếu b chia hết cho (a
1
, a
2
, . . . , a
n
) thì phương trình (2.6) có nhiều vơ
hạn nghiệm ngun.
Chứng minh. Theo Định lí 2.4, khi b chia hết cho (a
1
, a

= α
n−1
+a
n
t
n−1
và x
n
= α
n
−
n−1

i=1
a
i
t
i
với các t
i
∈ Z. Khi đó
n

i=1
a
i
x
i
= b hay (x
1