ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HÀ THỊ KIM DUNG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HÀ THỊ KIM DUNG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS. HÀ HUY KHOÁI
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
i
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
LỜI NÓI ĐẦU 1
Nội dung 3
1 ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 3
1.1 Về việc giải phương trình Điôphăng . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

bày về việc giải phương trình Điôphăng và phương pháp giải phương trình
Điôphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell.
Chương 2: “Một lớp phương trình nghiệm nguyên”, giới thiệu
một lớp phương trình nghiệm nguyên được quan tâm nhiều. Nội dung của
chương được viết theo bài báo "The equation
9

i=1
1
x
i
= 1 in distinct odd
integers has only the five known solutions" đăng trên tạp chí "Journal of
Number Theory" số 127 năm 2007.
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên trong quá trình viết luận
văn cũng như trong xử lý văn bản chắc chắn không tránh khỏi những sai
sót nhất định. Tác giả luận văn rất mong nhận được sự góp ý của các thầy
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
2
cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy hướng
dẫn GS.TSKH. Hà Huy Khoái đã tận tình giúp đỡ trong suốt quá trình
làm luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy, cô giáo Trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học -Viện Khoa học và Công nghệ
Việt Nam, đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện thuận lợi trong quá trình tác
giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, tổ Khoa học tự
nhiên Trường THCS Trần Phú và tập thể bạn bè đồng nghiệp cùng gia
đình đã quan tâm giúp đỡ, động viên tác giả hoàn thành tốt luận văn này.

pháp đó là, do chỉ xét các nghiệm nguyên (nhiều khi là nghiệm nguyên
dương) nên nếu ta thu hẹp được tập hợp chứa nghiệm (nếu có) thì có thể
dùng cách thử toàn bộ để xác định nghiệm.
1. Sử dụng các tính chất chia hết để thu hẹp tập hợp nghiệm có thể
2. Dùng các ước lượng về độ lớn của nghiệm để thu hẹp tập hợp nghiệm
có thể. Thông thường, để làm việc đó, cần dựa vào một "nghiệm cực
trị" (nhỏ nhất hoặc lớn nhất theo một nghĩa nào đó).
Các "phương pháp" vừa nêu chỉ là các gợi ý. Việc vận dụng chúng một
cách linh hoạt được cho qua các bài tập.
1.2 Phương trình Điôphăng tuyến tính
Sách "Đại thành toán pháp" của Lương Thế Vinh đã có hướng dẫn giải
bài toán sau đây:
Một trăm con trâu
Một trăm bó cỏ
Trâu đứng ăn năm
Trâu nằm ăn ba
Trâu già ba con một bó
Hỏi mỗi loại trâu có mấy con ?
Theo ngôn ngữ toán học bây giờ, ta có thể giải bài toán trên đây như
sau. Gọi x là số trâu đứng, y là số trâu nằm và z là số trâu già (theo quy
ước của bài toán, trâu già không đứng, mà cũng không nằm !). Theo bài
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
5
ra ta có:



x + y + z = 100
5x + 3y +
z

b
d

n, y = y
0
−

a
d

n,
trong đó n là số nguyên.
Chứng minh. Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình. Do d | a,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
6
d | b nên d | c. Như vậy, nếu d không chia hết c thì phương trình không có
nghiệm nguyên.
Bây giờ giả sử d | c. Khi đó, tồn tại các số nguyên s, t sao cho
d = as + bt (1.3)
Do d | c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c. Nhân hai vế của (1.3) với e
ta được:
c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te).
Như vậy, ta có một nghiệm của phương trình cho bởi x = x
0
= se,
y = y
0
= te.
Ta sẽ chứng tỏ tồn tại vô số nghiệm. Đặt x = x
0

+ by
0
) = 0,
suy ra
a(x −x
0
) + b(y −y
0
) = 0.
Tức là
a(x −x
0
) = b(y
0
− y).
Chia hai vế của đẳng thức cho d, ta được
a
d
(x −x
0
) =
b
d
(y
0
− y) (1.4)
Do d = (a, b) nên
a
d
và

Định lý trên đây cho phương pháp giải phương trình Điôphăng tuyến
tính. Ví dụ xét phương trình (1.1)
14x + 8y = 200.
Ta có (14, 8) = 2. Do 2 | 200 nên phương trình có nghiệm. Dễ thấy
2 = 14.(−1) + 8.(+2). Nhân hai vế với 100 ta có:
14.(−100) + 8.(200) = 200.
Như vậy, ta được nghiệm x
0
= −100, y
0
= 200. Theo Định lí 1.2, các
nghiệm của phương trình có dạng:
x = −100 + 4n, y = 200 −7n.
Do x ≥ 0 nên n ≥ 25. Do y ≥ 0 nên n ≤
200
7
, suy ra n ≤ 28. Vậy n
chỉ có thể nhận các giá trị 25, 26, 27, 28. Tương ứng ta có các nghiệm
(0, 25), (4, 8), (8, 11), (12, 4). Các nghiệm (x, y, z) của bài toán ban đầu là
(0, 25, 75), (4, 18, 78), (8, 11, 81), (12, 4, 84).
1.3 Phương trình Fermat
1.3.1 Các bộ số Pitago
Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn
x
2
+ y
2
= z
2
được gọi là một bộ số Pitago. Tên gọi đó xuất phát từ Định lí Pitago quen

(x, y) > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p | (x, y). Vì p | x
và p | y nên p | (x
2
+ y
2
) = z
2
. Do p nguyên tố mà p | z
2
nên p | z
: mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1. Vậy (x, y) = 1. Tương tự ta có
(x, z) = (y, z) = 1. 
Bổ đề 1.5. Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy. Khi đó x
chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn.
Chứng minh. Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy. Do Bổ
đề 1.4, (x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì
ta có
x
2
≡ y
2
≡ 1(mod4),
nên
z
2
= x
2
+ y
2
≡ 2(mod4).

α
n+2
n+2
p
α
m
m
t = q
β
1
1
q
β
2
2
q
β
k
k
Vì (r, s) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong các phân tích của r và
s là khác nhau. Do rs = t
2
nên
p
α
1
1
p
α
2

hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau. Vậy, mỗi p
i
phải bằng một q
j
nào đó, đồng thời α
i
= 2β
j
. Do đó, mỗi số mũ α
i
đều chẵn nên
α
i
2
nguyên.
Từ đó suy ra r = l
2
, s = h
2
, trong đó l, h là các số nguyên:
l = p
α
1
/2
1
p
α
2
/2
2

2
y = 2mn
z = m
2
+ n
2
.
Chứng minh. Giả sử x, y, z là một bộ số Pitago nguyên thủy. Bổ đề 1.5
cho thấy x lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại. Vì ta đã giả thiết y chẵn nên x, z
đều lẻ. Do z + x và z −x đều là số chẵn, nên các số
z + x
2
= r,
z − x
2
= s
đều là số nguyên.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
10
Vì x
2
+ y
2
= z
2
nên y
2
= z
2
− x

√
4rs =
√
4m
2
n
2
= 2mn
z = r + s = m
2
+ n
2
Ta cũng có (m, n) = 1, vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của
x = m
2
− n
2
, y = 2mn, z = m
2
+ n
2
, nên là ước chung của (x, y, z). Mà
x, y, z nguyên tố cùng nhau nên (m, n) = 1. Mặt khác, m và n không
thể cùng lẻ vì nếu ngược lại thì x, y và z đều chẵn, mâu thuẫn điều kiện
(x, y, z) = 1. Vì (m, n) = 1 và m, n không đồng thời là hai số lẻ nên m
chẵn, n lẻ hoặc ngược lại. Vậy mỗi bộ số Pitago nguyên thủy có dạng đã
nêu.
Để chứng tỏ rằng bộ ba số
x = m
2

) + 4m
2
n
2
= m
6
+ 2m
2
n
2
+ n
4
= (m
2
+ n
2
)
2
= z
2
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
11
Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau. Giả sử ngược lại, (x, y, z) =
d > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p | (x, y, z). Ta thấy rằng p
không chia hết 2 vì x lẻ (do x = m
2
− n
2
, trong đó m

+ 2
2
= 29
là một bộ số Pitago nguyên thủy.
1.3.2 Phương trình Fermat
Ta thấy rằng, phương trình
x + y = z
có vô hạn nghiệm nguyên (x, y, z). Các bộ số Pitago cũng cho ta vô hạn
nghiệm nguyên của phương trình
x
2
+ y
2
= z
2
.
Tình hình sẽ như thế nào nếu số mũ của các biến tăng lên? Nói cách khác,
phương trình
x
n
+ y
n
= z
n
với n ≥ 3 có nghiệm nguyên hay không? Nếu có thì số nghiệm là hữu hạn
hay vô hạn? Chắc hẳn các bạn đều biết rằng, đó chính là câu hỏi lớn nhất
của Toán học, và chỉ mới nhận được câu trả lời trong mấy năm gần đây.
Tất cả đều bắt đầu từ mấy dòng chữ của P.Fermat viết bên lề cuốn "Số
học" của Điôphăng, được công bố năm 1635, năm năm sau khi Fermat qua
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

là các số nguyên dương.
Ta cũng có thể giả thiết (x, y) = 1. Thật vậy, nếu (x, y) = d thì
x = dx
1
, y = dy
1
với (x
1
, y
1
) = 1, trong đó x
1
, y
1
là các số nguyên dương.
Vì x
4
+ y
4
= z
2
nên
(dx
1
)
4
+ (dy
1
)
4

đó
d
4
(x
4
1
+ y
4
1
) = (d
2
z
1
)
2
= d
4
z
2
1
,
nên
x
4
1
+ y
4
1
= z
2

4
= z
2
, trong đó (x
0
, y
0
) = 1. Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại nghiệm khác
gồm các số nguyên dương x = x
1
, y = y
1
, z = z
1
với (x
1
, y
1
) = 1 sao cho
z
1
< z
0
.
Vì x
4
0
+ y
4
0

2
0
, y
2
0
) = 1, vì nếu p là
số nguyên tố, p | x
2
0
, p | y
2
0
thì p | x
0
, p | y
0
, mâu thuẫn với (x
0
, y
0
) = 1.
Như vậy,

x
2
0
, y
2
0
, z

2
0
).
Từ đẳng thức của x
2
0
ta được
x
2
0
+ n
2
= m
2
.
Do (m, n) = 1 nên {x
0
, n, m} là một bộ số Pitago nguyên thủy. Lại theo
Định lí 1.7, tồn tại các số nguyên dương r, s với (r, s) = 1, r không đồng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
14
dư với s mod 2 và
x
2
0
= r
2
− s
2
n = 2rs

1
, s = y
2
1
. Chú ý rằng vì (r, s) = 1 nên dễ suy ra (x
1
, y
1
) = 1. Như
vậy,
x
4
1
+ y
4
1
= z
2
1
,
trong đó x
1
, y
1
, z
1
là các số nguyên dương với (x
1
, y
1

bé nhất. Tuy nhiên ta đã chỉ ra rằng, từ
nghiệm này, ta có thể tìm nghiệm khác với giá trị bé hơn của biến z. Mâu
thuẫn này kết thúc chứng minh của định lí. 
1.4 Phương trình Pell
Trước tiên ta sẽ trình bày một số tính chất cơ sở nhất của phân số liên
tục, những tính chất này sẽ cung cấp công cụ cần thiết để giải các phương
trình Điôphăng bậc 2.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
15
1.4.1 Phân số liên tục
a. Số hữu tỉ và số vô tỉ
Định nghĩa 1.9. Số thực α được gọi là số hữu tỉ nếu α =
a
b
, trong đó
a, b là các số nguyên, b = 0. Nếu α không phải là số hữu tỉ, ta nói α là số
vô tỉ.
Định lí 1.10. Nếu α, β là các số hữu tỉ thì α + β, α − β, αβ và
α
β
(khi
β = 0) là số hữu tỉ.
Chứng minh. Giả sử α, β là các số hữu tỉ, α =
a
b
, β =
c
d
, trong đó
a, b, c, d là các số nguyên, b = 0, d = 0. Khi đó, mỗi số sau đây

α
β
=
a
b

c
d
=
ad
bc
, (β = 0)
đều là số hữu tỉ, vì chúng là thương của hai số nguyên với số chia khác 0.
Khi viết các số vô tỉ như phân số
a
b
, trong đó a, b nguyên và b = 0, ta
thường dùng dạng tối giản, tức là a, b nguyên tố cùng nhau.
b. Phân số liên tục hữu hạn
Trong phần này, ta sẽ nghiên cứu cách biểu diễn một số dưới dạng phân
số liên tục. Ví dụ:
7
5
= 1 +
2
5
= 1 +
1
2 +
1

0
, a
1
, a
2
, , a
n
là các số thực; a
1
, a
2
, , a
n
dương. Các số thực
a
1
, a
2
, , a
n
được gọi là các thương riêng của phân số liên tục. Một phân
số liên tục được gọi là đơn nếu a
0
, a
1
, a
2
, , a
n
là các số nguyên.

+ 1
a
1
là một số hữu tỉ. Giả sử với số nguyên dương k, phân số liên tục đơn hữu
hạn tùy ý [a
0
; a
1
, , a
k
] là số hữu tỉ. Giả sử a
0
, a
1
, , a
k+1
là các số nguyên,
trong đó a
1
, , a
k+1
dương. Ta có
[a
0
; a
1
, , a
k+1
] = a
0

0
; a
1
, , a
k+1
] = a
0
+
1
r/s
=
a
0
r + s
r
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
17
Định lí được chứng minh. 
Định lí 1.13. Mỗi số hữu tỉ có thể biểu diễn như là một phân số liên tục
hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử x =
a
b
, trong đó a, b là các số nguyên, b > 0. Đặt
r
0
= a, r
1
= b. Theo thuật chia Ơclit, ta được
r

3
+ r
4
0 < r
4
< r
3
,
···
r
n−3
= r
n−2
q
n−2
+ r
n−1
0 < r
n−1
< r
n−2
,
r
n−2
= r
n−1
q
n−1
+ r
n

2
r
1
= q
1
+
1
r
1
/r
2
r
1
r
2
= q
2
+
r
3
r
2
= q
2
+
1
r
2
/r
3

n−2
= q
n−2
+
1
r
n−2
/r
n−1
r
n−2
r
n−1
= q
n−1
+
r
n
r
n−1
= q
n−1
+
1
r
n−1
/r
n
r
n−1

3
vào đẳng thức vừa nhận được, ta có:
a
b
= q
1
+
1
q
2
+
1
q
3
+
1
r
3
/r
4
Tiếp tục như trên, ta được
a
b
= q
1
+
1
q
2
+

= (a
n
− 1) +
1
1
,
ta có:
[a
0
; a
1
, , a
n−1
, a
n
] = [a
0
; a
1
, , a
n−1
, a
n
− 1, 1]
và a
n
> 1. Ví dụ:
7
11
= [0; 1, 1, 1, 3] = [0, 1, 1, 1, 2, 1] .

n
là các số thực, trong đó a
i
> 0 với
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
19
i ≥ 1. Xét dãy p
0
, p
1
, , p
n
và q
0
, q
1
, , q
n
xác định như sau:
p
0
= a
0
, q
0
= 1,
p
1
= a
0

, , a
k
] được tính theo
công thức
C
k
=
p
k
q
k
.
Chứng minh. Ta dùng quy nạp toán học. Rõ ràng công thức đúng với
k = 0. Với k = 1, ta có:
C
1
= [a
0
; a
1
] = a
0
+
1
a
1
=
a
0
a

+ p
k−2
a
k
q
k−1
+ q
k−2
. (1.5)
Theo định nghĩa của các số p
j
, q
j
, ta thấy rằng, các số thực p
k−1
, p
k−2
, q
k−1
,
q
k−2
chỉ phụ thuộc vào các thương riêng a
0
, a
1
, , a
k−1
. Do đó, ta có thể
thay số thực a

1
a
k

=

a
k
+
1
a
k+1

p
k−1
+ p
k−2

a
k
+
1
a
k+1

q
k−1
+ q
k−2
=

k
+ q
k−1
=
p
k−1
q
k−1
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
20
Định lí được chứng minh. 
Ví dụ: Ta xét phân số
173
55
= [3; 6, 1, 7]. Các giá trị p
j
, q
j
đầu tiên (j =
0, 1, 2, 3) là:
p
0
= 3 q
0
= 1
p
1
= 3.6 + 1 = 19 q
1

=
19
6
C
2
=
p
2
q
2
=
22
7
C
3
=
p
3
q
3
=
173
55
.
Tính chất sau đây thường được dùng để giải phương trình nghiệm nguyên.
Định lí 1.16. Giả sử k là số nguyên dương, k ≥ 1. Giả sử hội tụ thứ k
của phân số liên tục [a
0
; a
1

0
− p
0
q
1
= (a
0
a
1
+ 1).1 − a
0
a
1
= 1.
Giả sử định lí đúng với 1 ≤ k < m, tức là
p
k
q
k−1
− p
k−1
q
k
= (−1)
k−1
.
Khi đó ta có
p
k+1
q

= −(−1)
k−1
= (−1)
k
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
21
Định lí được chứng minh. 
Hệ quả 1.17. Giả sử C
k
=
p
k
q
k
là hội tụ riêng thứ k của phân số liên tục
đơn [a
0
; a
1
, , a
n
], trong đó các số nguyên p
k
, q
k
được xác định như trong
Định lí 1.15. Khi đó p
k
, q

0
; a
1
, , a
k
]. Khi đó
C
k
− C
k−1
=
(−1)
k−1
q
k
q
k−1
với mọi số nguyên k, 1 ≤ k ≤ m và
C
k
− C
k−2
=
a
k
(−1)
k−1
q
k
q

(−1)
k−1
q
k
q
k−1
Để chứng minh đẳng thức thứ hai, ta nhận xét rằng
C
k
− C
k−2
=
p
k
q
k
−
p
k−2
q
k−2
=
p
k
q
k−2
− p
k−2
q
k

= a
k
(p
k−1
q
k−2
− p
k−2
q
k−1
)
= a
k
(−1)
k−1
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn