1

Bộ giáo dục và đào tạo
Trờng đại học Vinh
------------------------------------------

Hồ kim th
ứng dụng dạng toàn phơng
để giải phơng trình
vô định nghiệm nguyên
Chuyên ngành đại số và Lý thuyết số

Mã số: 60 46 05

Luận văn thạc sĩ toán học
Ngời hớng dẫn khoa học

PGS.TS. Nguyễn Thành Quang

Vinh 2010
mục lục
1.1.
1.2.
1.3
1.4
1.5
2.1.
2.2.
2.3.
2.4



2.5
2.6
2.7

Phơng trình dạng toàn phơng có định thức bằng không.
Phơng trình dạng toàn phơng có định thức khác không.
Đề xuất một số bài tập.

Kết luận

25
27
32
33

Tài liệu tham khảo

34

mở ĐầU
Một trong những bài toán cơ bản của Đại số và Số học là nghiên cứu
nghiệm nguyên của các phơng trình Diophantus.
Đối với các phơng trình Diophantus bậc cao, tồn tại hay không một
phơng pháp chung để giải? Đó là câu hỏi đã đợc đặt ra dới thời Diophantus
và là nội dung của bài toán Hilbert thứ 10 nổi tiếng: Có hay không một thuật
toán để giải các phơng trình Diophantus?
Bài toán thứ 10 của Hilbert đã đợc nhà toán học ngời Nga Yuri
Matijasievich giải quyết vào năm 1970. Câu trả lời là: Không tồn tại thuật
toán giải phơng trình Diophantus tổng quát. Nh vậy, với phơng trình

Quốc Hán, TS. Nguyễn Thị Hồng Loan, TS. Mai Văn T và các thầy cô giáo
trong Chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Toán, Khoa Đào tạo Sau
đại học - Trờng Đại học Vinh đã tận tình giúp đỡ tác giả trong quá trình học
tập.
Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn không tránh khỏi những thiếu
sót. Tác giả mong muốn nhận đợc sự chỉ bảo của quý thầy cô giáo và các
bạn đồng nghiệp.
Vinh, tháng 12 năm 2010
Tác giả
Hồ kim th


4

Chơng 1
Kiến thức cơ sở
1.1 DạNG TUYếN TíNH và dạng song tuyến tính
1.1.1 Dạng tuyến tính.
Cho không gian vectơ V. Mỗi ánh xạ tuyến tính f : V Ă trong đó Ă
là không gian các số thực gọi là dạng tuyến tính. Nói khác đi, một ánh xạ
f : V Ă là một dạng tuyến tính nếu:
f ( + ) = f ( ) + f ( )
f ( a ) = af ( ),

với , V , a Ă .

Ví dụ.
1. Cho V là không gian các hàm liên tục ( t ) xác định trên [ a, b] .
Khi đó ánh xạ f : V Ă
b


i =1

Suy ra, với mỗi V : = xii thì f ( ) = xi f ( i )


5

Nếu f ( i ) = ai Ă và = ( x1 ,..., xn ) thì đối với cơ sở 1 ,..., n , ta có dạng
biểu diễn của f là:
f ( ) = x1a1 + ... + xn an .

1.1.2. Dạng song tuyến tính:
a. Cho không gian vectơ V , ta xét V 2 = V x V và ánh xạ:
: V2 Ă

( , )

a (, ) ,

với mọi , V .
Ta gọi là một dạng song tuyến tính nếu:
1. Khi cố định thì ( , ) là một dạng tuyến tính đối với nghĩa là:
( 1 + 2 , ) = ( 1 , ) + ( 2 , )

( k , ) = k ( , ) .

2. Khi cố định thì là một dạng tuyến tính đối với nghĩa là:
( , 1 + 2 ) = ( , 1 ) + ( , 2 )
( , k ) = k ( , ) ,

=
+
c +c' d + d ' c d c' d '


6

= ( , ) + ( , ')

( , k ) =

a b
a b
=k
= k ( , )
kc kd
c d

2. Xét ánh xạ : E2 ì E2 R
( , ) a . = . cos ,

theo tính chất của hình học giải tích ta có:
i) ( + ') = + '
= ( + ' ) ' = + '
ii)

. ( k ) = k ( . ) .

Suy ra là một dạng song tuyến tính.
b. Định nghĩa. Dạng song tuyến tính ( , ) : V 2 Ă đợc gọi là dạng song


= xi i ,
i =1

n

n

n

y
j =1

j

j


ữ



7

n

n

i =1



j

Ma trận vuông cấp n A = aij với aij = ( i ) đợc gọi là ma trận của
dạng song tuyến tính đối với cơ sở 1 ,..., n .

1.1.4. Các ma trận của một dạng song tuyến tính đối với các cơ sở
khác nhau.
Giả sử trong không gian véc tơ Vn n chiều đã chọn hai cơ sở
1 ,..., n

( 1) và

( 2)

1 ,..., n

Giả sử đối với cơ sở (1) có ma trận A và đối với cơ sở (2)
có ma trận là B.
Ta có aij = ( i , j ) ,

bij = ( i , j )

Giả sử P = ( pij ) là ma trận chuyển từ (1) sang (2), tức j = pij i .
n

i =1





n

p
t =1

si

ptj ast

Gọi P ' = p 'ij là ma trận chuyển của ma trận P ' = p 'ij thì
p 'ij = p ji , khi đó ta có:


8

n

bij =
s =1



n

p a
'
is

t =1

j =1

aij xi y j


= ( xi )
với

= ( y j )

A = ( aij )

Do đối xứng cho nên aij = ( i , j ) = a ji , do đó: A = aij = A '.
Ma trận A đợc gọi là ma trận đối xứng nếu A = A ' . Vì vậy, ma trận của
một dạng song tuyến tính đối xứng là ma trận đối xứng.
n

Dạng ( , ) =
i =1

n


j =1

ai j xi x j = ( x1 ,..., xn ) , trong đó aij = a ji đợc gọi

là dạng toàn phơng của n biến x1,...,xn.
1.2.2. Định lý. Dạng tuyến tính đối cực ( , ) của dạng toàn phơng
( , ) hoàn toàn đợc xác định bởi dạng toàn phơng ( , ) .


Ma trận đối xứng A = aij đợc gọi là ma trận của dạng toàn phơng.
Giả sử đối với cơ sở (1), có ma trận là A, đối với cơ sở (2), có ma
trận là B. Gọi P = pij là ma trận chuyển từ cơ sở (1) sang cơ sở (2), ta có
B = PAP
1.2.4. Phơng trình của một dạng toàn phơng.

( , ) =

Gọi

n

n

a x x
ij i

i =1 j =1

j

x1

.
A = aij , X =
.

xn
( , ) = X ' AX


bij xi x j

n
n
1
Ta đặt aii = bii, aij = a 'ji = bij f ( x1 ,..., xn ) = aij xi x j
2
i =1 j =1

với A = aij là ma trận đối xứng.
1.2.5. Dạng toàn phơng xác định dơng.
Định nghĩa. Dạng toàn phơng ( , ) đợc gọi là xác định dơng
( , ) > 0 với 0 .


10

Ví dụ. Trong R4 ta có ( x1 ,..., x4 ) = x12 + x22 + x32 + x42 là xác định dơng.
Mệnh đề. Dạng tuyến tính ( , ) tơng ứng với dạng toàn phơng ( , )
có các tính chất:
1. ( , ) = ( , )
2. ( + ', ) = ( , ) + ( ', )
3. ( k , ) = k ( , )
4. ( , ) > 0 nếu 0
Khi đó ( , ) đợc gọi là tích vô hớng của hai vectơ , V .

1.3. Dạng chính tắc của một dạng toàn phơng
1.3.1. Định nghĩa.
Cho dạng toàn phơng ( , ) , nếu đối với một cơ sở nào đó của

Khi đó trong Vn tồn tại một cơ sở 1 ,..., n sao cho đối với cơ sở này

( , ) có dạng chính tắc: ( , ) = k1 x12 + ... + k n xn2 .
Chứng minh. Cho dạng toàn phơng tùy ý ( , ) trong Vn đối với một cơ
n

sở nào đó ( x1 ,..., xn ) = ( , ) =
i =1

n

a x x . ( aij = a ji ) .
j =1

ij i

j


11

Ta có thể giả thiết rằng tồn tại một hệ số aij 0 . Thật vậy nếu 0
do các hệ số của ( x1..., xn ) không đồng nhất bằng không, chẳng hạn a12
x1 = y2 + y2

Đặt x2 = y1 y2
x = y ,
i3
i
i

( a11 x1 + ... + a1n xn ) f
a11

trong đó f chỉ chứa các bình phơng và các nhân tử a12x2,.., a1nxn. Thay biểu
thức này vào biểu thức của :
( x1 ,..., xn ) =

1
2
( a11 x1 + ... + a1n xn ) + 1 ( x2 ,..., xn ) ,
a11

trong đó 1 là một dạng toàn phơng của x2,..., xn.
Theo giả thiết quy nạp 1 đa về đợc dạng chính tắc. Do đó cũng đa về đợc dạng chính tắc nhờ cách đặt:
y1 = a11 x1 + ... + a1n xn
y = x
2
2

...........
yn = xn


12

( x1 ,..., xn ) = ( y1 ,..., yn ) = b1 y12 + b2 y22 + ... + bn yn2

b = 1 .
1
a11 ữ


= a1 2 + 2b1 + c1 2 = ( , ) ,
ở đây:
a1 = a 2 + 2b + c 2
b1 = a + b + b + c ,

(1.2)

c1 = a 2 + 2b + c 2

Đẳng thức (1.1) gọi là phép biến đổi.
Ta nói rằng dạng toàn phơng f(x,y) đợc biến đổi thành dạng toàn phơng
( , ) thông qua công thức (1.1).


13

Số - gọi là môđun của biến đổi (1.1). Định thức của dạng toàn phơng đã biến đổi ( , ) là:

(

)(

D1 = ( a + b + b + c ) a 2 + 2b + c 2 a 2 + 2b + c 2
2

)

Bỏ dấu ngoặc và tiến hành đơn giản biểu thức ta đợc:


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 = 1 , phép biến đổi (1.1) gọi là phép biến đổi riêng, còn nếu
= 1 , thì phép biến đổi không riêng.

Tổng quát, phép biến đổi (1.1) 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
( , ) , còn ngợc lại không bao hàm riêng.


14

Nếu f(x,y) bao hàm riêng ( , ) , và ngợc lại thì khi đó những dạng
toàn phơng f(x,y) và ( , ) gọi là tơng đơng riêng. Nếu chỉ có một bao hàm
không riêng thì gọi chúng là tơng đơng không riêng.

1.5 Giới thiệu phơng trình nghiệm nguyên
Định nghĩa. Một phơng trình có nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là số
nguyên đợc gọi là một phơng trình Diophantus.
Những phơng trình Diophantus nói chung có nhiều nghiệm nguyên,
vì vậy ngời ta cũng gọi đó là phơng trình vô định.
Nhiều phơng trình vô định phát biểu một đơn giản nhng cho đến
ngày nay vẫn cha có kết quả hữu hiệu. Một phơng trình vô định thờng có
dạng P (x, y,..z) = 0, ở đây P (x,y,...z) là một đa thức nhiều biến với hệ số
nguyên. Để giải một phơng trình Diophantus nguyên ta thờng phải trả lời
những câu hỏi sau:

nghiệm nguyên của phơng trình (2.3).
Nếu ta biết nghiệm nguyên của phơng trình (2.3) thì nghiệm nguyên x
và y của (2.1) sẽ nhận đợc thông qua và của (2.3) từ công thức (2.2).
Trong chơng này ta quan tâm đến phơng trình dạng (2.3).Vế trái của phơng
trình (2.3) có dạng a 2 + 2b + c 2 , đây là dạng toàn phơng của hai biến
, . Chơng này ta đi giải phơng trình vô định hai ẩn bậc hai ở dạng toàn

phơng.
2.2. biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phơng
2.2.1.Định nghĩa. Nếu ax 02 + 2bx 0 y 0 + cy 02 = 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 + 2 bxy + cy.2
1. Nếu m = 0, ta có phơng trình ax2 +2bxy + cy2 = 0. Giải phơng trình
theo ẩn x, ta đợc.
x=

by b 2 y 2 acy 2 b b 2 ac
=
y
a
a

Trong trờng hợp này phơng trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi định
thức của nó b2 ac là số dơng và hơn nữa phải là số chính phơng.
2. Nếu m 0, giả sử rằng m biểu diễn đợc theo dạng toàn phơng
ax2 + 2bxy + cy2, tức là ta có đẳng thức m = ax02 + 2bx0 y0 + cy02 ,( ở đây x0
và y0 là những số nguyên tố cùng nhau).


17


2

R

X 2 + 2 XkM + k 2 M 2 R
=
M

X2 R
=
+ 2 Xk + k 2 M .
M

2
Do R là số d của bình phơng X đối với M, suy ra X R Z.

M

Suy ra ( X + kM )
M

2

R là số nguyên, nghĩa là R đúng là số d của bình phơng

X + kM đối với số M với mọi k.
W
Vì mệnh đề trên ta có thể chỉ hạn chế một trong các số X + kM. Ta sẽ
chọn số không âm nhỏ nhất dạng X + kM, nó hiển nhiên nhỏ hơn M.

dạng toàn phơng x2 2xy + 2y2.
2.3. 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.
x = + ,
( , , , là những số nguyên)
y = +

Nếu phơng trình vô định a1 2 + 2b1 + c1 2 = m (m là số nguyên) có
nghiệm 0 ,0 trong số nguyên, thì các số:
x0 = 0 + 0 ,
y0 = 0 + 0

sẽ là một nghiệm nguyên của phơng trình vô định.
ax2 + 2 bxy + cy2 = m.
Ta có mệnh đề sau:


19

2.3.1.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 = 5.
hoặc là cả hai đều có nghiệm nguyên, hoặc là cả hai không có nghiệm
nguyên.
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


y = y0 + p

(2.4)

môđun của nó bằng x0p + y0q = 1 và suy ra nó là phép biến đổi riêng. Dạng
biến đổi sẽ là:


20

a ( x0 q ) + 2b ( x0 q ) ( y0 + p ) + c ( y0 + p ) = m 2 + 2V +
2

2

V2 D 2

m

2
Ta có V D chắc chắn là nguyên, vì D là số d của bình phơng V đối với m.
m
Nh vậy ta nhận đợc, nếu số m biểu diễn qua dạng toàn phơng

ax2+2bxy+cy2 khi x1 = x2 , y1 = y2 mà (x0, y0) = 1, thì dạng này bao hàm
2
riêng m 2 + 2V + V D 2 .

m

(2.5)

y = 0 + 0

Khi đó tất cả phép biến đổi riêng, mà nó biến đổi f(x,y) thành ( , )
đợc xác định theo công thức.
1
1
at ( b + c ) u + t ( b + c ) u


1
1
y = t ( a + b ) u + t + ( a + b ) u



x=

(2.6)

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:
t2 Du2 = 2 ( D = b2- ac)
Theo các công thức trên những số x, y là những số nguyên.
Phơng trình t2 Du2 = 2 là dạng đặc biệt đợc giải trong chơng sau.
2
Trờng hợp riêng, nếu ( , ) = m 2 + 2V + V D 2 , thì nh ta đã biết những

m


1
y0t + ( x0 a + y0b ) u ,


t 2 Du 2 = 2

là nghiệm của phơng trình ax2 + 2bxy + cy2 = m trong số nguyên và nguyên
tố cùng nhau.
Tất cả nghiệm x, y xác định theo (2.7), thuộc số V và những nghiệm
khác thuộc V không có.
Nhng giữa những số 0, 1, 2,..., m 1 có khả năng có những số khác,
ví dụ V1, V2..., mà những định thức là số d bình phơng của chúng. Nếu x1, y1
là một nghiệm nguyên nh vậy của phơng trình ax2 + 2 bxy + cy2 = m, mà
nó thuộc V1, nghĩa là với chúng ta có thể tìm đợc những số nguyên p và q
sao cho x1p+y1q = 1 và hơn nữa V1 = p(x1b+y1c) q (x1a+y1b), thì tất cả
các nghiệm thuộc V1 lại xác định bằng (2.7) bằng cách thay x0 và y0 tơng
ứng với x1 và y1.
Tất cả các nghiệm, mà chúng thuộc V, V1, V2... là tất cả nghiệm của
phơng trình vô định.
ax2 + 2bxy + cy2 = m
(2.8)
trong cặp số nguyên nguyên tố cùng nhau.
Nếu phơng trình (2.8) có nghiệm nguyên không nguyên tố cùng nhau
ta có thể lý luận nh sau: Giả sử x, y là nghiệm của (2.8), mà (x, y) = d
>1. Ta có thể viết các đẳng thức x = dx1, y = dy1, mà (x1, y1) = 1. Vì x, y
là nghiệm của (2.8), ta có ax2 + 2 bxy + cy2 = m hoặc là
ax12 + 2bx1 y1 + cy12 =

m

có định thức bằng không
Cho dạng toàn phơng ax2 + 2bxy + cy2 có định thức b2 ac = 0. Khi
đó dễ kiểm tra thấy:

ax + 2bxy + cy
2

2

( ax + by )
=

2

a

Bây giờ ta xét phơng trình vô định.
ax2 + 2 bxy + cy2 = m
(2.9)
với b2 = ac. Bằng cách tính toán, phơng trình (2.9) có thể đa về dạng
1
2
( ax + by ) = m hoặc là (ax+by)2 = ma.
a
Từ đây phơng trình đã cho tơng đơng với hai phơng trình.
ax + by = ma

(2.10)



25
Cuối cùng phơng trình đã cho phân tích hai phơng trình bậc nhất.
25x - 20y 15 = 0,
25x - 20y + 15 =0
ớc số chung của những hệ số trớc x và y bằng 5 và cũng là ớc số của 15, suy
ra hai phơng trình trên giải đợc trong số nguyên. Ta giản ớc thừa số chung
và nhận đợc:
5x - 4y - 3 = 0,
5x 4y + 3 = 0.
Một nghiệm riêng của phơng trình thứ nhất là x = 3, y = 3, còn một nghiệm
riêng của phơng trình thứ hai là x = -3, y = -3. Do đó tất cả các nghiệm của
phơng trình đã cho đợc xác định bằng.
x=34t
x = -3 4t
y = 3 - 5 t, t = 0, 1, ..
y = - 3 - 5t, t = 0, 1.
Ví dụ 2. Giải phơng trình vô định trong tập hợp số nguyên.
12x2 + 12 xy + 3 y2 =4.
Lời giải. ở đây a = 12, b = 6, c = 3m, m = 4, b2 ac = 36 - 12.3 = 0.
Theo cách tính trên ta có

Nhng số

ma = 4.12 = 4.12 = 4 3 không là số nguyên, từ đó suy ra
phơng trình vô định đã cho không có nghiệm nguyên.


25

2.6. Phơng trình dạng toàn phơng


(2.13) khi nó có nghiệm.
3. Nếu m 0, trớc tiên ta giải phơng trình (2.13) trong những số
nguyên tố cùng nhau theo các bớc:
Tìm tất cả những số V, 0 V< m, với nó định thức D = b2 ac là số
d bình phơng đối với m.
a. Nếu những số nh vậy không có, thì phơng trình (2.13), mà cũng suy
ra phơng trình (2.11) không có nghiệm nguyên.
b. Nếu V1, V2,... là những số, với chúng D là số d bình phơng, ta tìm
nghiệm cho từng trờng hợp của phơng trình (2.13) tơng ứng với V1, V2,...
4. Để tìm nghiệm của (2.13), mà nó tơng ứng với V1, ta xét hai dạng
toàn phơng.
ax2 + 2bxy + cy2

và

m2 + 2 V1n +

V12 D 2
.
m

a. Nếu những dạng toàn phơng này không tơng đơng riêng thì phơng
trình (2.11) không có nghiệm nguyên, mà nó tơng ứng với số V1.
b. Nếu những dạng trên tơng đơng riêng, thì tìm nghiệm riêng của phơng trình (2.11), mà nó tơng ứng với số V1.
5. Nếu