Một số phương trình diophante cổ điển và ứng dụng

Trang 1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNBÙI VĂN HỒIMỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE CỔ ĐIỂNVÀ ỨNG DỤNG Trang 2 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNBÙI VĂN HOÀI Tra

Quan hệ chia hết trên tập hợp các số nguyên

Định nghĩa 1.1.1 SốaPZ được gọi là chia hết cho sốb với b‰0nếu tồn tại số nguyên q sao cho a“b.q Ký hiệu làa b hay b|a Khi đó b gọi là ước số của a hay a là bội của b, còn q gọi thương của phép chiaa cho b Nếu a không chia hết cho b ta ký hiệu là b-a. Định lý 1.1.1 Nếu các số a 1 , a 2 , , a n chia hết cho m thì a 1 `a 2 ` `a n chia hết cho m. Định lý 1.1.2 Nếu mỗi số a i chia hết cho m i ,1ď iďn thì tích a 1 a 2 a n chia hết cho tích m 1 m 2 m n

Hệ quả 1.1.1 Nếu a chia hết cho m thì với số tự nhiên n tuỳ ý, a n chia hết cho m n

Hệ quả 1.1.2 Nếu tồn tại a i chia hết cho m,1 ď i ď n thì tích a 1 a 2 a n chia hết cho m. Định lý 1.1.3 Với mọi cặp số nguyên a, b mà a`b khác 0 và với mọi số nguyên không âm n, số a 2n`1 `b 2n`1 chia hết cho a`b. Định lý 1.1.4 Với mọi cặp số nguyên a, b mà a´b khác 0 và với mọi số tự nhiên n, số a n ´b n chia hết cho a´b.

Hệ quả 1.1.3 Với mọi cặp số nguyên a, bmà a 2 ´b 2 khác 0và với mọi số nguyên dương n, số a 2n ´b 2n chia hết cho a`b. Định nghĩa 1.1.2 Số tự nhiên p ą 1 được gọi là số nguyên tố, nếu ngoài 1 và p nó không còn ước số tự nhiên nào khác.

Số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn hai ước số tự nhiên được gợi là hợp số.

Số 1 chỉ có đúng một ước số tự nhiên Số 1 không là số nguyên tố cũng không là hợp số.

Bổ đề 1.1.1 Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều có ít nhất một ước số là số nguyên tố. Định lý 1.1.5 Nếu số tự nhiêna lớn hơn 1 và không chia hết cho số nguyên tố nào nhỏ hơn hoặc bằng ? a thì a là số nguyên tố.

Chứng minh Giả sử a là hợp số, đặt a“m.n với m ďn Khi đóa chia hết cho m và m ď? a.

Giả sử m có ước nguyên tố làp thì pďm Khi đó a chia hết cho p và pď? a Điều này trái với giả thiết a không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng ? a.

Khái niệm 1.1.1 Nếu a, b là các số nguyên không đồng thời bằng0 thì tập hợp các ước số chung của a, blà hữu hạn và chứa `1,´1 Chúng ta quan tâm đến số nguyên lớn nhất nằm trong các ước số chung này. Ước số chung lớn nhất của hai số nguyên không đồng thời bằng không a và b là số nguyên lớn nhất chia hết đồng thời cả a và b. Ước số chung lớn nhất của hai số nguyên a và b được kí hiệu là pa, bq.

Khái niệm ước số chung lớn nhất của các số nguyên không đồng thời bằng không a 1 , a 2 , a 3 , , a n được hiểu hoàn toàn tương tự như khái niệm ước số chung lớn nhất của hai số nguyên Đó chính là số nguyên lớn nhất chia hết đồng thời tất cả các a j ,1ďj ďn. Ước số chung lớn nhất của các số nguyêna 1 , a 2 , a 3 , , a n được kí hiệu làpa 1 , a 2 , a 3 , , a n q. Cặp số nguyên không có ước số chung lớn hơn 1 được gọi là nguyên tố cùng nhau.

Ta có pa, bq “ pb, aq và pa, bq “ p|a|,|b|q.

Nếua, b, c là các số nguyên và pa, bq “ d thì i/pa d,b dq “ 1, ii/pa`cb, bq “ pa, bq.

Nếua, blà các số nguyên thì ta nói số nguyên dạng ma`nb là tổ hợp tuyến tính của a và b, trong đó m, nlà các số nguyên.

Cho tậpM ‰∅gồm các số nguyên Tập M được gọi là modulo nếu với m, nPM thì m´n PM Từ định nghĩa modulo suy ra rằng, nếu m, nPM thì

Nói một cách khác, nếu a, bP M thì các tổ hợp tuyến tính của a và b cũng thuộc M. Modulo M “ t0uđược gọi là modulo tầm thường. Định lý 1.1.6 Nếu pa, bq “ d thì tồn tại hai số nguyên p và q sao cho ap`bq“d.

Bổ đề 1.1.2 Giả sử a, b, q, r là những số thoả mãn đẳng thức a“bq`r khi đó pa, bq “ pb, rq.

Dựa vào bổ đề trên, để tìm ước số chung lớn nhất của hai số nguyên avà b khác0, ta chia a cho b p|a| ě |b|q Khi đó a“bq`r với 0ďră |b|.

Nếu r “0 thì dừng lại Nếu r ą 0 ta chia b cho r và nhận được đẳng thức tương tự b “rq 1 `r 1 , với 0ěr 1 Tiếp tục quá trình trên ta nhận được:a “bq`r, b“rq 1 `r 1 , r“ r1q2`r2, , rk´2 “rk´1qk`rk, rk´1 “rkqk`1`rk`1 Vì những số r, r1, r2, , rk, rk`1 tạo thành dãy giảm ngặt những số không âm, nên tồn tạik đểr k`1 “0 Khi đó, đẳng thức sau cũng có thể viếtrk´1 “rkqk`1 Theo bổ đề1.1.2, ta córk “ prk, rk´1q “ “ pr, bq “ pa, bq.Quá trình trên gọi làthuật toán Euclide.

Quan hệ đồng dư trên tập hợp các số nguyên

Định nghĩa 1.2.1 Cho m là số nguyên dương và a, b là những số nguyên Ta nói rằng a đồng dư với b theo modul m, nếu pa´bq m và ký hiệu là a ”b (mod m) Trường hợp ngược lại, ta nói rằng a không đồng dư với b theo modul m và viết aıb (mod m). Định nghĩa 1.2.2 Cho n là số nguyên dương Ký hiệu ϕpnqlà số lượng tất cả các số tự nhiên không lơn hơn n và nguyên tố cùng nhau với n Hàm ϕpnq gọi là hàm Euler.Định lý 1.2.1 Nếu pa, nq “ 1 thì a ϕpnq ”1 (mod n).

Liên phân số

Định nghĩa 1.3.1 Liên phân số hữu hạn là một biểu thức có dạng q 1 ` q 1

` 1 qn trong đó q 1 P Z, q i P Z ˚ ,@i“2, n và được ký hiệu là rq 1 , q 2 , , q n s.

Bằng Thuật toán Euclide, ta có thể biểu diễn số hữu tỷ a b dưới dạng liên phân số hữu hạn như sau: a“bq1`r1, b“r1q2`r2, r1 “r2q3`r3, , rn´3 “rn´2qn´1`rn´1, rn´2 “ r n´1 q n

Từ đẳng thức đầu tiên ta nhận được a b “q 1 ` r 1 b “q 1 ` 1 b r 1

Từ đẳng thức thứ hai ta có b r 1 “q 2 ` r 2 r 1 “q 2 ` 1 r 1 r 2

Tiếp tục quá trình trên, ta đượca b “q 1 ` q 1

. Định nghĩa 1.3.2 Cho dãy vô hạn những số nguyên q 1 , q 2 , , q n , , với q i ą0,@ią1. Khi đó ta gọi biểu thức q 1 ` 1 q 2 ` 1

` 1 q n ` 1 là liên phân số vô hạn và kí hiệu rq 1 , q 2 , , q n , s; còn những số q 1 , q 2 , , q n , gọi là những phân tử của liên phân số vô hạn.

Ta có thể biểu diễn số vô tỷ α thành liên phân số như sau q 1 “ rαs, α 1 “ 1 α´q 1 q 2 “ rα 1 s, α 2 “ 1 α 1 ´q 2 q n “ rα n´1 s, α n “ 1 αn´1´qn

Cho liên phân sốα “ rq 1 , q 2 , , q n , s Ta xác định hai dãy sốP n vàQ n với n“1,2, theo công thức sau:

P n “q n P n´1 `P n´2 , Q n “q n Q n´1 `Q n´2 , trong đó P 0 “1, Q 0 “0, P 1 “q 1 , Q 1 “1. Định lý 1.3.1 Thương số P n

Qn biểu diễn giản phân thứ n liên phân số α, nghĩa là

Q n “ rq 1 , q 2 , , q n , s. Định lý 1.3.2 Với mọi số tự nhiênnđẳng thức sau luôn đúngP n Q n´1 ´Q n P n´1 “ p´1q n Định nghĩa 1.3.3 Ta gọi liên phân số vô hạn rq0, q1, q2, s là tuần hoàn nếu dãy pqnq là tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó tức là: tồn tại số nguyên dương m và k sao cho với mọi n ěm có qn “qn`k Số nguyên dương k được gọi là chu kỳ Trong trường hợp đó ta viết rq 0 , q 1 , q 2 , , q m´1 , q m , q m`1 , , q m`k´1 s. Định nghĩa 1.3.4 Số vô tỷ α gọi là số vô tỷ bậc hai nếu nó nghiệm của của một tam thức bậc hai với hệ số nguyên.

Ví dụ 1.3.1 Số vô tỷ α “2`?

3 là số vô tỷ bậc hai vì nó là nghiệm của phương trình x 2 ´4x`1“0.

Bổ đề 1.3.1 Số thực α là số vô tỷ nếu và chỉ nếu có tồn tại các số nguyên a, b, c với b ą0 và không chính phương, c‰0 sao cho α“ a`

Bổ đề 1.3.2 Nếu α là số vô tỷ bậc hai thì rα`s tα`u cũng là số vô tỷ bậc hai nếu r, s, t, u là các số nguyên. Định nghĩa 1.3.5 Số vô tỷ α“ a´

? b c được gọi là liên hợp của α và ký hiệu là α 1

Bổ đề 1.3.3 Nếu số vô tỷ bậc hai α là nghiệm của phương trình Ax 2 `Bx`C “0 thì liên hợp của nó α 1 cũng là nghiệm của phương trình đó.

Bổ đề 1.3.4 Ta có các hệ thức sau i/ pα˘βq 1 “α 1 ˘β 1 , ii/ pα.βq 1 “α 1 β 1 , iii/ p α β q 1 “ α β 1 1. Định lý 1.3.3 Số vô tỷ α có biểu diễn liên phân số tuần hoàn khi và chỉ khi nó là số vô tỷ bậc hai.

Ví dụ 1.3.2 Tìm x biết rằng x“ r3,1,2s

Ta có: x“ r3, ys với y “ r1,2s ta có y“ r1,2, ys do đó y“1` 2` 1 1 y

“ 3y`1 2y`1 Suy ra 2y 2 ´2y´1“0 Vì yą0 nên y“ p1`?

3q{2 Vì x“3` 1 y nên ta tìm được x“3` 1` 2 ? 2 “ 4`

Bổ đề 1.3.5 Nếuα là số vô tỷ bậc hai thì nó có thể biểu diễn dưới dạng α“ P `

Q trong đó P, Q, d là các số nguyên sao cho Q|pd´P 2 q.

Ví dụ 1.3.3 Khai triển liên phân số của số α“ p6`?

Ta thấy P 1 “P 5 , Q 1 “Q 5 do đó a 1 “a 5 và dãy tuần hoàn chu kỳ 4 Ta có

4 “ r2,1,4,1,1,1s. Định lý 1.3.4 Số vô tỷ bậc hai α có biểu diễn tuần hoàn ngay từ đầu nếu và chỉ nếu α ą1 và ´1ăα 1 ă0.

Dạng toàn phương

Các khái niệm liên quan

Định nghĩa 1.4.1 Dạng toàn phương của hai biến x, y là một biểu thức có dạng ax 2 ` 2bxy`cy 2 với a, b, c là những số nguyên không đồng thời bằng 0.

Số D“b 2 ´ac được gọi là định thức dạng toàn phương.

Cho dạng toàn phương fpx, yq “ax 2 `2bxy`cy 2 Ta đổi biến số x và y bằng những biến ε và η theo công thức

(1.1) trong đó α, β, γ, δ là những số nguyên.

Khi đó fpx, yq “ a 1 ε 2 `2b 1 εη `c 1 η 2 “ φpε, ηq, trong đó a 1 “ aα 2 ` 2bαγ ` cγ 2 , b 1 “aαβ `bαδ`bβ `cγδ, c 1 “aβ 2 `2bβδ`cδ 2 Đẳng thức (1.1)gọi là phép biến đổi dạng toàn phương Số αδ´βγ gọi là mô đun của phép biến đổi (1.1).

Hai dạng toàn phương gọi là tương đương nhau khi từ dạng thứ nhất chuyển đổi sang dạng thứ hai, cũng như ngược lại đều thông qua một phép biến đổi với hệ số nguyên.

Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương

Cho dạng toàn phươngax 2 `2bxy`cy 2 và mlà một số nguyên Nếu tồn tạix0, y0 P Z sao cho m“ax 2 0 `2bx 0 y 0 `cy 0 2 , ta nói rằng số nguyênmbiểu diễn qua dạng toàn phương ax 2 `2bxy`cy 2

Nếu m ‰ 0, giả sử rằng m biểu diễn được theo dạng toàn phương, tức là m “ ax 2 0 `2bx 0 y 0 `cy 0 2 , với x 0 , y 0 là những số nguyên tố cùng nhau.

Ta biết rằng khi x 0 , y 0 là những số nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số nguyên p, q sao cho px 0 `qy 0 “ 1 Khi đó, ta được đẳng thức sau: mU “ V 2 ´ pb 2 ´acq, với

U “ paq 2 ´2bqp`cp 2 q, V “ppx 0 b`y 0 cq ´qpx 0 a`y 0 bq Từ đó suy ra nếu số m‰0biểu diễn qua dạng toàn phương ax 2 `2bxy`cy 2 với x “ x´0, y “ y 0 và px 0 , y 0 q “ 1, thì tồn tại số nguyên V sao cho hiệu bình phương của số đó với định thức dạng toàn phương chia hết cho m.

Mệnh đề 1.4.1 Nếu một số nguyên biểu diễn thông qua một dạng toàn phương đã cho thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phương khác, mà nó bao hàm bởi dạng toàn phương đã cho. Định lý 1.4.1 Nếum là số nguyên khác0, mà nó biểu diễn thông qua dạng toàn phương ax 2 `2bxy`cy 2 với x “ x 0 , y “ y 0 ,px 0 , y 0 q “ 1 và định thức D của nó là số dư bình phương của số V đối vớim thì những dạng toàn phương sau tương đương ax 2 `2bxy`cy 2 và mε 2 `2V εη` V 2 ´D m η 2

Một số phương trình Diophantine cổ điển

Phương trình Diophantine tuyến tính

Một phương trình có dạng a 1 x 1 ` `a n x n “c (2.1) trong đó a 1 , a 2 , , a n là các số nguyên cố định, được gọi là phương trình Diophantine tuyến tính Giả sử rằng ně1 và các hệ số a 1 , a 2 , , a n đều khác 0.

Chúng ta bắt đầu với trường hợp n “ 2 Kết quả chính liên quan đến các phương trình Diophantine tuyến tính sau: Định lý 2.1.1 Cho a, b, c là các số nguyên,a và b khác 0 Xét phương trình Diophantine tuyến tính. ax`by “c (2.2) i/ Phương trình (2.2) giải được với số nguyên khi và chỉ khi d“gcdpa, bq chia hết cho c. ii/ fpx, yq “ px 0 , y 0 q là nghiệm riêng của (2.2 thì mọi nghiệm nguyên đều có dạng x“x 0 ` b dt, y ““y 0 ´a dt (2.3) trong đó t là một số nguyên. iii/ Nếu c “ gcdpa, bq và |a| hoặc |b| khác 1 thì có thể tìm được một nghiệm riêng px, yq “ px0, y0q từ (2.3) có thể tìm được |x0| ă |b| và |y0| ă |a|

Chứng minh. i/ Nếu d không chia hết c thì rõ ràng phương trình không giải được Nếu d chia hết c, thì chia cả hai vế của (2.2) cho 4, đủ để chứng minh rằng d là một tổ hợp tuyến tính với các hệ số nguyên củaavàb Đối với điều này, ta sử dụng thuật toán Euclide Giả sử a“bq`r cho các số nguyên a, b, r và q Dễ dàng thấy rằng mọi ước chung của a và b đều là ước chung của b và r và ngược lại Rõ ràng, nếu b|a thì gcdpa, bq “b. Nói chung, ta có gcdpa, bq “ gcdpb, rq Những quan sát này dẫn đến một phép tính đơn giản về gcd của hai con số Ta viết a “ r ´1 và b “ r 0 (giả sử a, b dương và aěb): r ´1 “r 0 q 0 `r 1 ,0ďr 1 ăr 0 r 0 “r 1 q 1 `r 2 ,0ďr 2 ăr 1 r 1 “r 2 q 2 `r 3 ,0ďr 3 ăr 2 r 2 “r 3 q 3 `r 4 ,0ďr 4 ăr 3

Quá trình phân chia này cuối cùng sẽ kết thúc, vì phần còn lại ngày càng nhỏ hơn. r´1 ąr0 ąr1 ąr2 ą ,

Nói cách khác, một số r n chia hết r n´1 trước đó (và để lại phần dưr n`1 “0) Ta có

Từ đó r n “gcdpr n´1 , r n q “ gcdpr n´2 , r n´1 q “ “gcdpr ´1 , r 0 q “ gcdpa, bqPhép tính trên của gcdpa, bq có thể được rút lại để cho gcdpa, bq dưới dạng một tổ hợp nguyên của hai số a và b. Định nghĩa đệ quy các số nguyên x k và y k bằng x k “x k´2 ´q k´1 x k´1 , x ´1 “1, x 0 “0, y k “y k´2 ´q k´1 y k´1 , y ´1 “0, y 0 “1, Trong mỗi bước này, r k “ax k `by k Đặc biệt, gcdpa, bq “ r n “ax n `by n

Có thể kiểm tra rằngpx i qvàpy i qđổi dấu|x n`1 | “b|gedpa, b), và|y n`1 | “a|gcdpa, bq. Suy ra |x n | ăb và |y n | ăa trừ khi n “0 và q 0 “1, nghĩa là trừ khi a“b “1. ii/ Ta có ax`by “a ˆ x 0 ` b dt ˙

“ax 0 `by 0 “c. iii/ Kết quả đã được chứng minh trong phần 1.

Kết quả chính liên quan đến phương trình Diophantine tuyến tính tổng quát (2.1) như sau: Định lý 2.1.2 Phương trình (2.1) giải được khi và chỉ khi gcdpa 1 , a 2 , , a n q|c.

Trường hợp giải được ta có thể chọn n ´1 nghiệm sao cho mỗi nghiệm là một tổ hợp tuyến tính nguyên của n´1 nghiệm đó.

Chứng minh Đặt d “ gcdpa 1 , , a n q Nếu c không chia hết cho d thì (2.1) không giải được, vì với mọi số nguyên x 1 , , x n vế trái của (2.1) chia hết cho d còn vế phải thì không Thật ra, ta cần chứng minh rằng gcdpx 1 , x 2 , , x n qlà một tổ hợp tuyến tính với hệ số nguyên là x 1 , x 2 , , x n

Với n“2, điều này suy ra từ Định lý 2.1.1 Bởi vì gcdpx1, x2, , xnq “ gcdpgcdpx1, x2, , xn´1q, xnq,gcdpx 1 , x 2 , , x n qlà tổ hợp tuyến tính củax n và gcdpx 1 , x 2 , , x n´1 q Khi đó, theo quy nạp gcdpx1, x2, , xnq là tổ hợp tuyến tính của x1, x2, , xn´1, xn.

Ví dụ 2.1.1 Giải phương trình sau

Lời giải Trong modulo 5, ta có 3x`4y”1pmod 5q và khi đó

Một nghiệm của phương trình có dạng x “ ´1`3s, y “ 1´s Áp dụng (2.3), ta có trường hợp x“ ´1`3s`4t, y“1´s´3t, tPZ và thay vào phương trình ban đầu ta có z “1´s Do đó mọi nghiệm của phương trình có dạng px, y, zq “ p´1`3s`4t,1´s´3t,1´sq, s, tPZ.

Với mọi số nguyên dươnga 1 , a 2 , , a n có gcdpa 1 , a 2 , , a n q “ 1, định nghĩagpa 1 , a 2 , , a n q là số nguyên dương N lớn nhất mà phương trình a 1 x 1 ` `a n x n “N không thể giải được trong các số nguyên không âm Bài toán xác định gpa 1 , , a n q được gọi là bài toán đồng xu Frobenius.

Ví dụ 2.1.2 (Sylvester, 1884) Choa và b là các số nguyên dương với gcdpa, bq “ 1 Khi đó gpa, bq “ab´a´b (2.5)

Lời giải Giả sử rằng N ą ab ´a ´b Từ (2.1.3) suy ra nghiệm của phương trình ax `by “ N có dạng px, yq “ px 0 `bt, y 0 ´atq, t P Z Cho t là số nguyên sao cho

0ďy o ´atďa´1 Sau đó px 0 `btqa “N ´ py 0 ´atqb ąab´a´b´ pa´1qb“ ´a. Điều đó chứng tỏ x0`btą ´1, hay x0`btě0 Theo đó, trong trường hợp này, phương trình ax`by“N có thể giải được trong các số nguyên không âm Như vậy gpa, bq ďab´a´b.

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh rằng phương trình ax`by “ab´a´b không thể giải được trong các số nguyên không âm Nếu không, ta có ab“apx`1q `bpy`1q

Vì gcdpa, bq “ 1nên a|py`1qvà b|px`1q Điều này hàm ý y`1ěa và x`1ěb Suy ra ab“apx`1q `bpy`1q ě 2ab và mâu thuẫn này cho thấy rằng gpa, bq ěab´a´b.

Do đó gpa, bq “ ab´a´b.

Nhận xét 2.1.1 i/ Trường hợp n “ 3 lần đầu tiên được giải một cách rõ ràng bởi Selmer và Beyer, sử dụng thuật toán phân số liên tục Kết quả của họ đã được đơn giản hóa bởi R¨odseth và sau đó bởi Greenberg. ii/ Không có công thức chung nào được biết vớin ě4 Tuy nhiên, một số giới hạn trên đã được chứng minh Năm 1942, Brauer chỉ ra rằng gpa1, , anq ď n ÿ i“1 a i ˆd i´1 d i ´1 ˙ , trong đó d i “gcdpa 1 , , a i q Erd˝os và Graham (1972) chỉ ra rằng gcdpa 1 , , a i q ď 2a n´1

”a n n ı ´a n và t 2 n´1 ´5tďγpn, tq ď 2t 2 n ở đây γpn, tq “ max

Giả sử phương trình a 1 x 1 ` `a m x m “n trong đó a 1 , a 2 , , a m ą 0 giải được bằng các số nguyên không âm và đặt A n là số nghiệm nghiệm của nó px 1 , , x m q. Định lý 2.1.3 i/ Hàm sinh của dãy pA n qně1 là fpxq “ 1 pa´x a 1 q p1´x a m q,|x| ă1, (2.6) nghĩa là, A n bằng hệ số củax n trong khai triển chuỗi lũy thừa của f ii/ Đẳng thức sau đúng:

Chứng minh. i/ Sử dụng dãy số nhân, ta có

“1`A 1 x` `A n x n ` ii/ Chuyển sang đạo hàm bậc n ta được công thức (2.7).

Ví dụ 2.1.3 Tìm số cặp px, yq của các liên phân nguyên không âm thoả mãn x`2y“n (2.8)

Lời giải Từ Định lý 2.1.3 suy ra số mong muốn

An “ 1 n!f pnq p0q, trong đó fptq “ 1 p1´tqp1´t 2 q

Phương trình Pythagore

Một trong những phương trình Diophantine nổi tiếng nhất là phương trình Pythagore x 2 `y 2 “z 2 (2.9) được Pythagore nghiên cứu chi tiết liên quan đến các tam giác vuông có độ dài các cạnh đều là số nguyên, phương trình này thậm chí đã được người Babylon cổ đại biết đến.

Nhận xét: Nếu bộ ba số nguyên px 0 , y 0 , z 0 q thỏa mãn phương trình (2.9), thì tất cả các bộ ba có dạng pkx 0 , ky 0 , kz 0 q, k PZ, cũng thỏa mãn (2.9) Đó là lý do tại sao việc tìm nghiệm px, y, zqcủa (2.9) với gcdpx, y, zq “1 là đủ Điều này tương đương với thực tế là x, y, z nguyên tố cùng nhau từng cặp.

Một nghiệm px 0 , y 0 , z 0 q của (2.9) với x 0 , y 0 , z 0 là số nguyên tố được gọi là nghiệm nguyên thủy Rõ ràng là trong một nghiệm nguyên thủy có chính xác một trong hai số x 0 và y 0 là chẵn. Định lý 2.2.1 Mọi nghiệm nguyên thuỷ px, y, zq nguyên dương của phương trình (2.9) với y chẵn đều có dạng x“m 2 ´n 2 , y “2mm, z “m 2 `n 2 (2.10) trong đó m và n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau sao cho m ąn và m`n là số lẻ.

Chứng minh Các số nguyên x và y không thể đồng thời là số lẻ, nếu không z 2 “x 2 `y 2 ”2pmod 4q mâu thuẫn với z 0 là số nguyên tố Do đó, đúng một trong hai số nguyên xvà y là số chẵn và có dạng: cpm 2 ´n 2 q 2 ` p2mnq 2 “ pm 2 `n 2 q 2

Bộ ba của p2,2,2q thực sự là một nghiệm của phương trình (2.9) và y là số chẵn Vì x phải là số lẻ, nên chúng ta có thể giả sử không mất tính tổng quát rằng m là số lẻ và n là số chẵn.

Ngoài ra, nếu gcdpm 2 ´n 2 ,2mm, m 2 `n 2 q “ dě2 thì d chia hết

2m 2 “ pm 2 `n 2 q ` pm 2 ´n 2 q và d chia hết

Vì m và n nguyên tố cùng nhau nên d“2 Do đó m 2 `n 2 chẵn, mâu thuẫn với m lẻ và n chẵn Suy ra d“1 nên nghiệm p2,2,2q là nghiệm nguyên thủy.

Ngược lại, cho px, y, zq là nghiệm nguyên thuỷ của (2.9) với y “2a Khi đó x và z là số lẻ, và do đó các số nguyên z`x và z ´x là số chẵn Cho z`x“ 2b và z´x “2c. Giả sử rằng b và c nguyên tố cùng nhau, ngược lại z và x sẽ có một ước số chung không cần thiết Mặt khác, 4a 2 “y 2 “z 2 ´x 2 “ pz`xqpz´xq “4bc, tức là, a 2 “bc Vìb và c nguyên tố cùng nhau, suy ra b “m 2 và c“n 2 đối với một số số nguyên dương m và n.

Ta thu được rằng m`n là số lẻ và x“b´c“m 2 ´n 2 , y “2mn, z “b`c“m 2 `n 2

Bộ ba px, y, zq có dạng p2,2,2q được gọi là nguyên thuỷ Để liệt kê tất cả các nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.9), ta gán các giá trị 2,3,4, cho m và sau đó với mỗi giá trị này, chúng ta lấy các số nguyên n nguyên tố cùng nhau đối với m và nhỏ hơn m. Dưới đây là bảng liệt kê 20 nghiệm nguyên thủy đầu tiên theo quy tắc nêu trên Cột cuối cùng đề cập đến diện tích tam giác thu được. m n x y z Diện tích

Hệ quả 2.2.1 Nghiệm nguyên tổng quát của (2.9) được cho bởi x“kpm 2 ´n 2 q, y “2kmn, z “kpm 2 `n 2 q, k, m, n PZ (2.11)

Mở rộng trực tiếp của phương trình (2.9) là x 2 `y 2 `z 2 “t 2 (2.12)

Các nghiệm dươngpx, y, z, tq của (2.12) biểu thị kích thước và độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật Định lý sau đây cho ta công thức nghiệm nguyên của phương trình (2.12). Định lý 2.2.2 Tất cả các nghiệm của phương trình (2.12) đều là các số nguyên dương x, y, z, t với y, z chẵn được cho bởi x“ l 2 `m 2 ´n 2 n , y “2l, z“2m, t“ l 2 `m 2 `n 2 n (2.13) trong đó l, m là các số nguyên dương tùy ý và n là bất kỳ ước nào của l 2 `m 2 nhỏ hơn

` p2lq 2 ` p2mq 2 “ ˆl 2 `m 2 `n 2 n ˙2 cho thấy bội bốn trong (2.13) là nghiệm của phương trình (2.12); y và z là số chẵn. Ngược lại, lưu ý rằng ít nhất hai trong số các số nguyên x, y, z phải là số chẵn; mặt khác, t 2 ” 2,3pmod 4q, mâu thuẫn với t chẵn Giả sử rằng y “2l, z “ 2m với một số nguyên dương l và m Đặt t´x“u, y “2l, z “2m, ta có x 2 `4l 2 `4m 2 “ px`uq 2 suy ra u 2 “4pl 2 `m 2 q ´2ux

Do đó u 2 là chẵn nên u “ 2n với n số nguyên dương Suy ra x “ l 2 `m 2 ´n 2 n và t “ x`u “ x`2n “ l 2 `m 2 `n 2 n trong đó l, m, n là các số nguyên dương và n là ước của l 2 `m 2 nhỏ hơn ? l 2 `m 2

Không khó để thấy rằng mọi nghiệm px, y, z, tq của (2.12) với y và z chẵn đều nhận được đúng một lần từ các công thức (2.13) Thật vậy, theo (2.13) ta có l “ y

2 do đó các số nguyên l, m, n được xác định duy nhất bởi px, y, z, tq. Định lý 2.2.2 không chỉ phát biểu sự tồn tại nghiệm của phương trình (2.12) mà còn đưa ra phương pháp tìm các nghiệm này Không khó để thấy rằng để loại bỏ các nghiệm có ẩn số bị đảo ngược, chúng ta có thể loại bỏ các cặp pl, mq với l ăm và chỉ xét những n mà x là số lẻ Do đó, ta cũng loại bỏ các nghiệmx, y, z, t đều chẵn Dưới đây là 10 giải pháp đầu tiên thu được theo cách này.

Nhận xét 2.2.1 i/ Sau đây là một cách để tạo ra "Pythagore tăng gấp bốn" là: x“l 2 `m 2 ´n 2 , y “2lm, z “2mn, t“l 2 `m 2 `n 2 trong đó l, m, n là các số nguyên dương Người ta cũng biết rằng không phải tất cả các bộ tứ được tạo ra theo cách này; chẳng hạn như p3,36,8,37q Mặt khác, họ nghiệm này khá giống với họ nghiệm của (2.9). ii/ Các công thức sau đây tạo ra tất cả các bộ tứ số Pythagore: x“ m 2 `n 2 ´p 2 ´q 2 y“ 2pmp`nqq z “ 2pnp´mqq t “ m 2 `n 2 `p 2 `q 2 trong đó m, n, p, q là các số nguyên tùy ý. iii/ Phương trình x 2 1 `x 2 2 ` `x 2 k “x 2 k`1 (2.14) là phần mở rộng tự nhiên của (2.9) và (2.13) Từ quan điểm hình học, nghiệm px1, x2, , xk, xk`1qlần lượt biểu thị kích thướcx1, x2, , xk, xk`1của hình lập phương trong R k và độ dài x k`1 đường chéo của nó Tất cả các nghiệm nguyên dương px 1 , x 2 , , x k , x k`1 q với gcdpx 1 , x 2 , , x k qq “ 1 của phương trình (2.14) được cho bởi x 1 “ 1 qpm 2 1 `m 2 2 ` `m 2 k´1 `m 2 k q x 2 “ 2 qm 1 m k xk “ 2 qmk´1mk x k`1 “ 1 qpm 2 1 `m 2 2 ` `m 2 k´1 `m 2 k q. Ở đâym 1 , m 2 , , m k là các số nguyên tùy ý vàqą0được lấy sao chogcdpx 1 , x 2 , , x k q “ 1 iv/ Đối với k“5, lập luận liên quan đến spinor trong vật lý tạo ra Lục giác Pythagore: x1 “m 2 ´n 2 x 2 “2pn 0 m 1 ´n 1 m 0 `m 3 n 2 ´m 2 n 3 q x 3 “2pn 0 m 2 ´n 2 m 0 `m 1 n 3 ´m 3 n 1 q x 3 “2pn 0 m 3 ´n 3 m 0 `m 2 n 1 ´m 1 n 2 q x 5 “2mn trong đó m, n, m 0 , m 1 , m 2 , m 3 , n 0 , n 1 , n 2 , n 3 là các số nguyên thoả mãn mn“m o n 0 `m 1 n 1 `m 2 n 2 `m 3 n 3

Ví dụ 2.2.1 (Phương trình Pythagore âm) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x ´2 `y ´2 “z ´2 (2.15)

Lời giải Phương trình tương đương với x 2 `y 2 “ pxy z q 2 Điều này có nghĩa là z|xy và x 2 `y 2 là một số chính phương Khi đóx 2 `y 2 “t 2 với một số nguyên dương t, và phương trình trở thành t“ xy z (2.16) Đặt d“gcdpx, y, tq Khi đó x“ad, y“bd, t“cd, trong đó a, b, cP Z` với gcdpa, b, cq “

1 Phương trình (2.16) rút gọn thành z “ abd c (2.17)

Khi đó a 2 `b 2 “c 2 (2.18) do đó a, b, c nguyên tố cùng nhau từng cặp Sử dụng (2.15), chúng ta suy ra rằng c|d, tức là, d “kc, k PZ` Ta thu được x“ad“kac, y “bd“kbc, t“cd“kc 2 , z “kab.

Xét (2.18) và các công thức (2.2) ta có a“m 2 ´n 2 , b“2mm, c“m 2 `n 2 , trong đóm, n là các số nguyên dương và thỏa mãn điều kiện ở Định lý 2.2.1 Các nghiệm của phương trình (2.15) được cho bởi x“kpm 4 ´n 4 q, y “2kmnpm 2 `n 2 q, z “2kmnpm 2 ´n 2 q,với k, m, nPZ`, mąn.

Nhận xét 2.2.2 Nếu a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn

1 a 2 ` 1 b 2 “ 1 c 2 (2.19) thì a 4 `b 4 `c 4 là số chính phương Thật vậy, a 2 b 2 “b 2 c 2 `c 2 a 2 và a 4 `b 4 `c 4 “a 4 `b 4 `c 4 `2a 2 b 2 ´2b 2 c 2 ´2c 2 a 2 “ pa 2 `b 2 ´c 2 q 2

Ví dụ 2.2.2 Chứng minh rằng không tồn tại hai số nguyên dương sao cho tổng và hiệu bình phương của chúng cũng chính phương.

Lời giải Bài toán tương đương với việc chỉ ra rằng hệ phương trình

(2.20) không giải được với số nguyên dương.

Giả sử rằng, (2.20) có thể giải được trong các số nguyên dương và xét một cặp px, yq sao cho x 2 `y 2 là cực tiểu Rõ ràng là gcdpr, yq “ 1 Cộng các phương trình của hệ ta được

2x 2 “z 2 `w 2 (2.21) do đó z và w có cùng tính chẵn lẻ Theo đó z`w và z´w là cùng chẵn Viết lại (2.21) dạng x 2 “ ´z`w 2 ¯2

“ z Từ phương trình ban đầu (2.20) ta có d|y mâu thuẫn với gcdpx, yq “1. Áp dụng Định lí 2.1.3 ta được z´w

Từ 2y 2 “z 2 ´w 2 nên trong cả hai trường hợp ta đều có

2y 2 “ 2pm 2 ´n 2 q4mn ủy 2 “ 4mnpm 2 ´n 2 q Suy ra y“2k, với một số nguyên dương k, và k 2 “mnpm`nqpm´nq (2.22)

Một số phương trình đặc biệt

Một số phương trình Diophantine bậc hai và liên quan

Định lý 2.3.1 Tất cả các nghiệm nguyên của phương trình xy“zw (2.25) là x “ mn, y “ pq, z “ mp, w “ nq, trong đó m, n, p, q là các số nguyên và gcdpn, pq “ 1.

Chứng minh Phương trình tương đương với x z “ w y và biểu thị bằng n p phân số bất khả quy Đặt m“ x n “ z p và q“ y p “ w n. Nhận xét 2.3.1 i/ Với mọi số nguyên dươngx, y, z thỏa mãn xy“zw thì số nguyên

N “x`y`z`w là hợp số Thực vậy, xN “x 2 `xy`xz`xw“x 2 `zw`xz`xw“ px`zqpx`wq. ii/ Xét phương trình xy “ z 2 Tất cả các nghiệm nguyên của phương trình này là x“km 2 , y “kn 2 , z “kmn trong đó k, m, n là số nguyên và gcdpm, nq “ 1.

Ví dụ 2.3.1 Nếu tồn tại hai cặp số nguyên dương phân biệt px, yq thỏa mãn phương trình x 2 `y 2 “n (2.26) thì n là hợp số.

Lời giải Gọi pa, bq và pc, dq là hai nghiệm thoả mãn bài toán Khi đó, a ‰ c và a ‰ d. Không mất tính tổng quát giả sử rằng a ąc Khi đó pa`cqpa´cq “ pd`bqpd´bq.

Nếu tồn tại các số nguyên dương m, n, p, q sao cho gcdpn, pq “ 1, và a`c“mn, a´c“pq, d`p“mp, d´p“nq thì a“ 1

4n “4pa 2 `b 2 q “ pmn`pqq 2 ` pnq´mpq 2 “ pm 2 `q 2 qpn 2 `p 2 q

Giả sử mâu thuẫn rằng n là số nguyên tố Khi đó, không mất tính tổng quát, m 2 `q 2 “2 hoặc m 2 `q 2 “ 4 Trong trường hợp đầu tiên m “ q “ 1, suy ra a “ d mâu thuẫn với a ‰d Trường hợp thứ hai rõ ràng là không thể Như vậy n là hợp số.

Nhận xét 2.3.2 Tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x 2 `y 2 “z 2 `w 2 (2.27) là x“ 1

2pmn´pqq trong đó m, n, p, q là số nguyên.

Ta tiếp tục phần này bằng cách kiểm tra phương trình Diophantine x 2 `axy`y 2 “z 2 (2.28) trong đó a là một số nguyên đã cho Phương trình Pythagore là trường hợp đặc biệt của phương trình này khi a“0. Định lý 2.3.2 Tất cả các nghiệm nguyên của (2.28) được cho bởi

(2.29) trong đó m, nPZ là số nguyên tố cùng nhau và k PQ sao cho pa 2 ´4qk PZ.

Chứng minh Lưu ý rằng hai họ nghiệm của (2.28) được cho bởi phép đối xứng theo x và y.

Không khó để kiểm tra xem các bộ ba px, y, zq trong (2.29) có thỏa mãn phương trình (2.28).

Ngược lại, ta cần chứng minh rằng mọi nghiệm của (2.28) đều có dạng (2.29) Về vấn đề này, lưu ý rằng phương trình (2.28) là tương đương với xpx`ayq “ pz´yqpz`yq (2.30)

Từ Định lý 2.1.3 suy ra rằng x“np, x`ay“mq, z`y “nq, z´y“mp với m, n, p, q là các số nguyên.

Kết quả rõ ràng trong trường hợp y“2, tương ứng với x“0 hoặc x`ay“0 Trong mọi trường hợp khác (2.30) tương đương với x z´y “ z`y x`ay “ n m với m và n là các số nguyên khác không Từ đó ta có hệ

’% mx`ny´nz“0, nx` pn´amqy´mz“0 có nghiệm là x“ an 2 ´2mn amn´m 2 ´n 2 z, y “ m 2 ´n 2 amn´m 2 ´n 2 z.

Ta chọn z “kpamn´m 2 ´n 2 q, trong đó kP Q và lấy làm nghiệm (2.29).

Nếuk “p{q trong số hạng nhỏ nhất, thì q| gcdpan 2 ´2mn, m 2 ´n 2 , amn´m 2 ´n 2 q, và khi đó q| apan 2 ´2mnq ` 2pm 2 ´n 2 q ` 2pamn´m 2 ´n 2 q “ pa 2 ´4qn 2

Vì bất kỳ số nguyên tố nào chia n không thể chia hết cho m 2 ´n 2 , nên theo đó q| a 2 ´4 hay pa´4qk PZ.

Nhận xét 2.3.3 i/ Định lý 2.1.3 giải được phương trình Diophantine cấp ba x 2 `xyw`y 2 “z 2 (2.31)

Nghiệm tổng quát là px, y, z, wq, trong đó w “ a, a P Z và x, y, z được cho trong (2.29). ii/ Theo cách tương tự, ta có thể chứng minh rằng phương trình x 2 `axy`by 2 “z 2 (2.32) có vô số nghiệm, trong đó có một họ nghiệm là

’% x“kpm 2 ´bn 2 q y“kpan 2 ´2mnq z“ ˘kpamn´m 2 ´n 2 q

(2.33) trong đó m, nPZ nguyên tố cùng nhau và kP Q sao cho pa 2 ´4qk PZ.

Nói chung, chọn k P Z sẽ cho nghiệm nguyên, nhưng không phải nghiệm nguyên nào cũng ứng với số nguyên k Chẳng hạn, với a“0 và b “ ´21 thì họ (2.33) là x“kpm 2 `21n 2 q, y “ ´2kmn, z“kp21n 2 ´m 2 q nhưng bộ ba p5,1,2q không được tạo theo cách này. iii/ Sử dụng nhận xét trên, chúng ta có thể xây dựng một họ nghiệm vô hạn cho phương trình Diophantine x 2 `uxy`vy 2 “z 2

Các nghiệm là px, y, z, u, vq, trong đóu“a, v“b, a, bPZ, và x, y, z được cho trong (2.33) iv/ Các nghiệm nguyên dương của phương trình (2.28) có thể là

’% x“kp2mn`an 2 q, y“kpm 2 ´n 2 q, z “k|m 2 `amn`n 2 |,

’% x“kpm 2 ´n 2 q y“kp2mn`an 2 q, z“k| m 2 `amn`n 2 |

(2.34) trong đóm, nPZnguyên tố cùng nhau,k PQsao chopa´4qk PZ, ną0,2m`aną

Ngoài trường hợp a “0 mà chúng ta thu được phương trình Pythagore, hai trường hợp sau đây được quan tâm đặc biệt:

Với a“1, phương trình (2.28) trở thành x 2 `xy`y 2 “z 2 (2.35)

Từ (2.34) suy ra nghiệm nguyên dương của nó cho bởi

’% x“kp2mn`n 2 q, y“kpm 2 ´n 2 q, z “kpm 2 `mn`n 2 q,

’% x“kpm 2 ´n 2 q y“kp2mn`n 2 q, z “kpm 2 `mn`n 2 q

(2.36) trong đó m, nPZ ˚ `m ąn là nguyên tố cùng nhau và k PQ ˚ ` sao cho 3kP Z. Các nghiệm nguyên dương px, y, zq của phương trình (2.36) là độ dài các cạnh của một tam giác có góc đối diện với z là 120 0

Với a“ ´1, phương trình (2.28) trở thành x 2 ´xy`y 2 “z 2 (2.37) nghiệm nguyên dương của nó được cho bởi

’% x“kp2mn´n 2 q, y“kpm 2 ´n 2 q, z “kpm 2 ´mn`n 2 q,

’% x“kpm 2 ´n 2 q y“kp2mn´n 2 q z “kpm 2 ´mn`n 2 q

(2.38) trong đó m, nPZ ˚ `, mąn là nguyên tố cùng nhau và kP Q ˚ ` sao cho 3k PZ. Các nghiệm nguyên dương px, y, zq của phương trình (2.38) là độ dài các cạnh của một tam giác có góc đối diện với z là 60 0

Ví dụ 2.3.2 Tìm tất cả các bộ ba px, y, zq các số nguyên dương sao cho x 2 `xy`y 2 “49 2 (2.39)

Lời giải Từ dạng tổng quát của các nghiệm trong (2.3.9), bài toán rút gọn thành tìm tất cả các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m, n với mąn và k PQ` với 3k PZ sao cho kpm 2 `mn`n 2 q “49.

Tất cả các cặp pm, nq thỏa mãn bất đẳng thức m 2 `mn`n 2 ď 49, trong đó m ąn được cho bởi bảng sau. m n m 2 `mn`n 2

Khi k “1, từ bảng trên, chúng ta có thể thấy rằng m 2 `mn`n 2 “49đúng khi và chỉ khi m “5và n“3 Trong trường hợp này, ta có nghiệmpx, yq “ p39,16qvàpx, yq “ p16,39q.

Khi k“7, ta có m 2 `mn`n 2 “7 khi và chỉ khi m“2và n“1 Từ đó ta được các nghiệm px, yq “ p35,21q và px, yq “ p21,35q.

3 dẫn đến m “n, điều này là không thể Nếu k “ 7

3 thì ta được m“4 và n“1, có nghiệm px, yq “ p35,21q,p21,35q. Định lý 2.3.3 Tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình x 4 `x 2 y 2 `y 4 “z 2 (2.40) là px, y, zq “ pk,0, k 2 q,px, y, zq “ p0, k, k 2 q, k PZ `

Chúng ta có thể giả sử rằng gcdpx, yq “ 1 Khi đó x và y có tính chẵn lẻ khác nhau, nếu không thìz 2 ”3pmod 4q Giả sử rằng ylà số lẻ và cực tiểu Viết phương trình ở dạng tương đương

Ta khẳng định rằng gcdp2z`2x 2 `y 2 ,2z´2x 2 ´y 2 q “ 1 Thật vậy, giả sửd là số nguyên tố chia hết cho cả 2z`2x 2 `y 2 và 2z´2x 2 ´y 2 Khi đó d là số lẻ vàd chia hết cho cả hai z và 2x 2 `y 2 Từ (2.40) suy ra d| 3y Nếudą3thì d| y và d|2x 2 , nghĩa làgcdpx, yq ěd, mâu thuẫn với gcdp2z`2x 2 `y 2 ,2z´2x 2 ´y 2 q “ 1 Nếu d“ 3, thì theo sau đó là 3|z, và từ (2.40) ta có 3| p2x 2 `y 2 q, vậy 3| y Do đó 3| x, và do đó gcdpx, yq ě3, mâu thuẫn với gcdpx, yq “1.

Do đó, 2z `2x 2 ` y 2 “ a 4 ,2z ´2x 2 ´ y 2 “ 3b 4 , y “ ab hoặc 2z `2x 2 ` y 2 “ 3a 4 ,2z´2x 2 ´y 2 “b 4 , y “ab, trong đó a và b là cả hai số nguyên dương lẻ.

Trong tình huống đầu tiên,

4x 2 “3a 4 ´2a 2 b 2 ´3b 4 ” ´4pmod 16q mâu thuẫn với x là số chẵn.

Trong trường hợp thứ hai,

Vì với a và b đều lẻ, nên suy ra a 2 ´b 2 “c 2 và 3a 2 `b 2 “4d 2 , đối với một số số nguyên dương c và d Khi đó a“p 2 `q 2 , b“p 2 ´q 2 , p, q PZ` và p 4 `p 2 ˚q 2 `q 4 “d 2 mâu thuẫn với tính cực tiểu của y

Do đó y “ 1, a “ b “ 1, và x “ 0, cho ra nghiệm p0,1,1q Tính đến tính đối xứng trong x và y, nên ta cũng có nghiệmp1,0,1q.

Ví dụ 2.3.3 Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình sau:

Lời giải Đặt u“x`y và v “x´y, ta thu được hệ phương trình tương đương

Nhân vế theo vế của hai phương trình ta được x 4 `x 2 y 2 `y 4 “ pstq 2

Từ Định lý 2.2.2 suy ra rằng px, y, stq “ pk,0, k 2 q hay px, y, stq “ p0, k, k 2 q.

Từ đó ta được các nghiệm là pu, v, s, tq “ pk, k, k, kq, kP Z`. Định lý 2.3.4 Tất cả các nghiệm tích phân không âm của phương trình x 4 ´x 2 y 2 `y 4 “z 2 (2.44) là px, y, zq “ pk,0, k 2 q, p0, k, k 2 q, pk, k, k 2 q, kP Z `

Một số phương trình Diophantine bậc cao

Định lý 2.3.5 Phương trình x 4 `y 4 “z 4 (2.47) không giải đương trong tập hợp các số nguyên khác 0.

Chứng minh Ta chỉ cần xét x, y, z ą 0 Giả sử (2.47) giải được và gọi px1, y1, z1q là một nghiệm với z nhỏ nhất Ta có thể giả sử rằng gcdpx 1 , y 1 , z 1 q “ 1, và xét đến việc px 2 1 , y 2 1 , z1q là một bộ ba số Pythagore nguyên thủy, suy ra gcdpx1, y1q “gcdzpy1, z1q “gcdpz1, x1q “1, và rằng x 1 và y 1 có tính chẵn lẻ khác nhau Giả sử rằng x 1 là số lẻ và y 1 là số chẵn Lưu ý rằng gcdpz 1 ´x 2 1 , z 1 `x 2 1 q “2 (2.48)

Thật vậy, nếu d|pz 1 ´x 2 1 q và d|pz 1 `x 2 1 q thì d|2z 1 , và d|2x 2 1 Nhưng gcdpz 1 , x 1 q “ 1 và z 1 là số lẻ nên d“2.

Vì y 1 4 “ pz 1 ´x 2 1 qpz 1 `x 2 1 q nên một trong hai số z 1 ´x 2 1 và z 1 `x 2 1 chia hết cho 2 và không chia hết cho 4 và số còn lại chia hết cho 8 Do đó y 1 “2ab và một trong hai z 1 ´x 2 1 “2a 4 , z 1 `x 2 1 “8b 4 (2.49) hoặc z1´x 2 1 “8b 4 , z1`x 2 1 “2a 4 (2.50) trong mỗi trường hợp a là số lẻ và gcdpa, bq “1.

Tình huống (2.49) là không thể, bởi vì nó có nghĩa là x 2 1 “ ´a 4 `4b 4 , dẫn tới 1 ” ´1pmod 4q một mâu thuẫn Do đó, ta có phương án thứ hai, tức là z1 “ a 4 `4b 4 , với

Vì gcdpa, bq “ 1 nên ta có gcdpa, x 1 q “ 1, và như trong chứng minh của (2.48), ta thấy rằng gcdpa 2 ´x 1 , a 2 `x 1 q “ 2 Do đó, a 2 ´x 1 “2x 4 2 và a 2 `x 1 “2y 4 2 trong đó x 2 y 2 “b Đặt a“z 2 , ta được có được x 4 2 `y 2 4 “z 2 2 , với 0ăz 2 ăz 1 , mâu thuẫn với giá trị nhỏ nhất của z 1

Hệ quả 2.3.1 Phương trình x 4 `y 4 “z 4 (2.51) không thể giải được trong tập các số nguyên khác không.

Việc giải phương trình x 3 `y 3 “z 3 (2.52) phức tạp hơn nhiều và lần đầu tiên được thực hiện bởi Euler.

Cho m và a là các số nguyên sao cho m ‰0 và gcdpa, mq “ 1 Ta nói a là dư bậc hai modulo m nếu đồng dư x 2 ” ap mod mq là giải được Nếu p ą 2 là số nguyên tố và gcdpa, pq “ 1, ta giới thiệu ký hiệu Legendre pa pq bởi ˆa p ˙

1,nếu a là số dư bậc hai ´1,nếu là số khác

Kết quả sau đây của Euler sẽ hữu ích trong trường hợp sau: Nếu pą 2 là số nguyên tố và gcdpa, pq “ 1 thì a p´1

2 ” ˆa p ˙ pmod pq. Định lý 2.3.6 Cho n là một số nguyên dương Phương trình Diophantine x 2 `3y 2 “n (2.53) giải được khi và chỉ khi mọi thừa số nguyên tố của n có dạng 3k´1 có số mũ chẵn.

Chứng minh Ta lưu ý rằng một số nguyên tố p có thể được viết dưới dạngp“x 2 `3y 2 khi và chỉ khi p “ 3 hoặc p “ 3k `1, k P Z` Thật vậy, ta có 3 “ 0 2 `3.1 Giả sử p ą 3 và p “ x`3y 2 Khi đó gcdpx, pq “ 1 và gcdpy, pq “ 1 Do đó, tồn tại số nguyên y 1 sao cho y.y 1 ” 1pmod pq Từ đồng dư x ” ´3y 2 pmod pq suy ra pxy 1 q 2 ” ´3pmod pq. Nhưng gcdpxy 1 ,3q “ 1nghĩa là ˆ´3 y ˙

Từ luật tương hỗ bậc hai, ta có được ˆ3 p ˙´p 3 ¯

Ngược lại, nếup là số nguyên tố có dạng 3k`1 thì tồn tại số nguyên a sao cho a 2 ” ´3pmod pq Hơn nữa, tồn tại các số nguyên x, y sao cho 0ăx, y ă? p và p|pa 2 x 2 ´y 2 q.

Rõ ràng làgcdpa, pq “1, và nếu chúng ta đặtb“ r? ps thìpb`1q 2 ąp Tồn tạipb`1q 2 cặp pu, vq P t0,1, , buxt0,1, , buvàpb`1q 2 số nguyên dạngau`v, trong đóu, v P t0,1, , bu. Suy ra tồn tại các cặppu 1 , v 1 q ‰ pu 2 , v 2 qsao choau 1 `v 1 ”au 2 `v 2 pmod pq Giả sửu 1 ěu 2 và xác định x“u 1 ´u 2 , y“ |v 1 ´v 2 | Do đó,0ăx, y ďb,? p và ax`y”0pmod pqhay a 2 x 2 ´y 2 ”0pmod pq Ta thu được p|pa 2 `3qx 2 ´ p3x 2 `y 2 q, tức là 3x 2 `y 2 “lp, trong đó lPZ` Từ các bất đẳng thức 0ăx 2 ăp,0ăy 2 ăp, suy ra rằng lP t1,2,3u.

Nếu l “ 2, đẳng thức 2p “ 3x 2 `y 2 là không thể, vì trong trường hợp này các số nguyên x, y có cùng tính chẵn lẻ và ta thu được 2p”0pmod 4q, một mâu thuẫn.

Nếul “3, ta có 3p“3x 2 `y 2 , và do đó y“3y 1 và p“x 2 `3y 1 2

Nhận xét rằng nếu p ě 3 là số nguyên tố có dạng 3k ´1 và p|x 2 `3y 2 , thì p|x và p|y Thật vậy, nếu p|x, chúng ta có gcdpp, xq “ 1, tồn tại một số nguyên y 1 có tính chất yy 1 ”1pmodpq Từ x 2 “ ´3y 2 pmod pq suy ra pxy 1 q 2 ” ´3pmod pq, tức là ˆ´3 p ˙

“1 và p”1pmod 3q, mâu thuẫn với p nguyên tố có dạng 3k´1. Để chứng minh kết quả trong Định lý 2.3.6, xét n “ a 2 b, trong đó b là số nguyên không chẵn Suy ra b “ m ź i“1 p i , trong đó p i “3 hoặc p i ”1pmod 3q Sau đó p i “x 2 i `3y i 2 và b “ p 1 p 2 p m “ x 2 ` 3y 2 Dễ thấy rằng nếu n 1 “ x 2 1 `3y 1 2 , n 2 “ x 2 2 ` 3y 2 2 , thì n 1 n 2 “ px´1x 2 `3y´1y 2 q 2 `3px 1 y 2 ´x 2 y 1 q 2 Cuối cùng, ta cón “a 2 b“ paxq 2 `3payq 2

Bổ đề 2.3.1 Phương trình Diophantine x 2 `3y 2 “z 3 (2.54) có nghiệm px 0 , y 0 , z 0 q với z 0 lẻ và gcdpx 0 , y 0 q “1 khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên α, β sao cho α‰βpmod 2q, gcdpα,3βq “1 và x 0 “αpα 2 ´9β 2 q, y 0 “3βpα 2 ´β 2 q, z 0 “α 2 `3β 2 Định lý 2.3.7 Phương trình (2.52) không giải được trong các số nguyên khác không

Ví dụ 2.3.5 Phương trình x 4 ´y 4 “z 2 (2.55) không thể giải được trong các số nguyên khác không.

Lời giải.Ta có thể giả sử rằngx, y, z ą0và xem xét một nghiệmpx, y, zqvớigcdpx, yq “ 1 và x nhỏ nhất Khi đó py 2 , z, x 2 q là một bộ ba số Pythagore nguyên thủy nên ta có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1:y 2 “a 2 ´b 2 , z “2ab, x 2 “a 2 `b 2 trong đóaąbą0vàgcdpa, bq “1. Khi đó a 4 ´b 4 “ pxyq 2 và aăx, mâu thuẫn với tính tối giản của x.

Trường hợp 2:y 2 “2ab, z “a 2 ´b 2 , x 2 “a 2 `b 2 ,trong đóaąbą0vàgcdpa, bq “1.

Vì pa, b, xq cũng là một bộ ba số Pythagore nguyên thủy, nên ta có thể giả sử rằng a là số chẵn và b là số lẻ Sau đó, a “ 2p 2 và b “ q 2 cho một số nguyên dương p, q với gcdpp, qq “1 và q”1pmod 2q Điều đó có nghĩa là x 2 “4p 4 `q 4 và y“2pq.

Do đó p2p 2 , q 2 , xq tự nó là một bộ ba số Pythagore nguyên thủy và do đó p 2 “rs, q 2 “r 2 ´s 2 với mọi số nguyên dương r, s thoả mãn r ąs và gcdpr, sq “ 1.

Cuối cùng, r “u 2 , s “v 2 , với mọi số nguyên dương u, v và gcdpu, vq “ 1 Do đó u 4 ´v 4 “q 2 và u“? r ďpă2p 2 ăx, điều này mâu thuẫn với tính tối giản của x.

Bằng chứng minh phản chứng Ta có thể giả sử rằng x, y, z ą 0 và gcdpx, yq1 Viết phương trình đã cho dưới dạng px 2 ´y 2 qpx 2 `y 2 q “q 2 Không khó để thấy rằng gcdpx 2 ´y 2 , x 2 `y 2 q “ 1 hay gcdpx 2 ´y 2 , x 2 `y 2 q “ 2.

Trong trường hợp đầu tiên, ta có hệ phương trình

Trong trường hợp thứ hai, ta được hệ phương trình

’% s 2 ` p2rq 2 “x 2 s 2 ´ p2rq 2 “y 2 mà, theo cùng một lập luận, hệ phương trình trên không thể giải được.

Ví dụ 2.3.6 Giải phương trình nghiệm nguyên x 4 `y 4 “2z 2 (2.56)

Lời giải Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng gcdpx, yq “ 1 Khi đó x và y đều là số lẻ, và z 4 ´ pxyq 4 “ ˆx 4 ´y 4 2 ˙2

Từ Ví dụ 2.3.5, suy ra xyz “ 0 hoặc x 4 ´y 4 “ 0, và như vậy x “ y “ z “ 0 hoặc x 2 “y 2 “z

Nghiệm của phương trình là pk, k, k 2 q, kPZ.

Ví dụ 2.3.7 Giải phương trình nghiệm nguyên x 4 `6x 2 y 2 `y 4 “z 2 (2.57)

Lời giải Gọi px, y, zq là một nghiệm của phương trình Khi đó p2xq 4 `6p2xq p 2yq 2 ` p2yq 4 “ p4zq 2 Gọi 2x“u`v, 2y“u´v, trong đó u, v P Z, ta thu được phương trình pu`vq 4 `6pu 2 ´v 2 q 2 ` pu´vq 4 “16z 2 tương đương với u 4 `v 4 “2z 2

Từ ví dụ trước suy ra pu, v, zq “ pk, k, k 2 q Do đó, nghiệm của phương trình là px, y, zq “ pk, 0, k 2 q và px, y, zq “ p0, k, k 2 q, k PZ.

Một số phương pháp giải phương trình Diophantine

Phương pháp phân tích thành nhân tử

Cho phương trìnhfpx1, x2, , xnq “ 0, ta có thể viết được dưới dạng f 1 px 1 , x 2 , , x n q.f 2 px 1 , x 2 , , x n q f k px 1 , x 2 , , x n q “a trong đó f1, f2, fk P Z và a P Z Phân tích a ra thừa số nguyên tố, ta có hữu hạn k thừa số nguyên a 1 , a 2 , a 3 , , a k , sao choa 1 a 2 a 3 a k “a Với mỗi phân tích cho ta một hệ phương trình

Giải tất cả các hệ phương trình như trên, ta tìm được tập nghiệm của phương trình ban đầu.

Sau đây, ta minh hoạ phương pháp này qua một số ví dụ.

Ví dụ 3.1.1 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình px 2 `1qpy 2 `1q `2px´yqp1´xyq “ 4p1`xyq (3.1)

Lời giải Viết phương trình (3.1) dưới dạng x 2 y 2 ´2xy`1`x 2 `y 2 ´2xy`2px´yqp1´xyq “ 4 ôpxy´1q 2 ` px´yq 2 ´2px´yqpxy´1q “4 ôrxy´1´ px´yqs 2 “4 ôpx`1qpy´1q “ ˘2.

Nếu px´1qpy´1q “2, ta có các hệ phương trình sau:

’% x`1“ ´1 y´1“ ´2 Giải các hệ phương trình ta có các nghiệm là p1,2q,p´3,0q,p0,3q,p´2,´1q.

Nếupx´1qpy´1q “ ´2, ta có các hệ phương trình sau:

’% x`1“ ´1 y´1“2 Giải các hệ phương trình ta có các nghiệm là p1,0q,p´3,´2q,p0,´1q,p´2,3q.

Vậy có tất cả tám cặp số nguyên thoả mãn.

Ví dụ 3.1.2 Cho pvà q là hai số nguyên tố Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình

Lời giải Phương trình tương đương với phương trình Diophante đại số px´pqqpy´pqq “p 2 q 2 Theo đề bài ta có 1 x ă pq 1 nên xąpq.

Trong tất cả các ước nguyên dương củap 2 q 2 , ta có các hệ phương trình sau

Giải các hệ phương trình trên, ta có các cặp số nguyên dươngpx, yqcần tìm làp1`pq, pqp1` pqqq,ppp1`qq, pqp1`qqq,pqp1`pq, pqp1`qqq,pppp`qq, qpp`qqq,p2pq,2pqq,ppqp1`qq, pp1` qqq,ppqp1`pq, qp1`pqq,pqpp`qq, ppp`qqq,ppqp1`pqq,1`pqq.

Nhận xét 3.1.1 Trong phương trình

Với n“p α 1 1 p α 2 2 p α k k , cóp2α 1 `1q p2α k `1q cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình trên.

Thật vậy, phương trình đã (3.3) tương đương với px´nqpy´nq “ n 2 và n 2 “p 2α 1 1 p 2α 2 2 p 2α k k có p2α 1 `1q p2α k `1q ước nguyên dương.

Ví dụ 3.1.3 Xác định tất cả các cặp số px, yq không âm sao cho pxy´7q 2 “x 2 `y 2 (3.4)

Lời giải Phương trình (3.4) tương đương với pxy´6q 2 `13“ px`yq 2 ôpxy´6q 2 ´ px´yq 2 “ ´13 ôrxy´6´ px`yqsrxy´6` px`yqs “ ´13

Khi đó ta có các hệ phương trình sau:

’% xy´6´ px`yq “ ´1 xy´6` px`yq “13

’% xy´6´ px`yq “ ´13 xy´6` px`yq “ 1

Sau các phép biến đổi các hệ phương trình trên tương đương với

Hai hệ phương trình trên có các nghiệm là p3,4q,p4,3q,p0,7q,p7,0q

Ví dụ 3.1.4 Giải phương trình nghiệm nguyênx, y x 2 py´1q `y 2 px´1q “ 1 (3.5) Lời giải Đặt x“u`1, y “v`1, phương trình 3.5 trở thành pu`1q 2 v` pv `1q 2 u“1 ô uvpu`vq `4uv` pu`vq “ 1 ô uvpu`v`4q ` pu`v`4q “5 ô pu`v `4qpuv`1q “ 5

Một trong các thừa số phải bằng 5 hoặc ´5 và thừa số còn lại bằng 1 hoặc ´1 Điều đó có nghĩa là tổng u`v và tích uv thoả mãn một trong bốn hệ phương trình sau:

Chỉ có hệ phương trình đầu và hệ phương trình cuối cùng mới có nghiệm nguyên Chúng là p0,1q,p1,0q,p´6,1q,p1,´6q Do đó, ta có các nghiệm px, yq “ pu`1, v`1qlà một trong các cặp số p1,2q,p´5,2q,p2,1q,p2,´5q.

Ví dụ 3.1.5 Tìm tất cả các số nguyên n sao cho phương trình có nghiệm nguyên x 3 `y 3 `z 3 ´3xyz “n (3.6)

Lời giải Ta biến đổi vế phải của phương trình x 3 `y 3 `z 3 ´3xyz “ px`y`zqpx 2 `y 2 `z 2 ´xy´yz´zxq (3.7) hay x 3 `y 3 `z 3 ´3xyz “ px`y`zq.1

2rpx´y 2 ` py´zq 2 q ` pz´x 2 qs (3.8) và x 3 `y 3 `z 3 ´3xyz “ px`y`zq 3 ´3px`y`zqpxy`yz`zxq (3.9)

Từ (3.8) chúng ta thấy rằng phương trình giải được khi n“3k`1 và n “3k`2, k ě1, vì các bộ ba số có dạng pk`1, k, kqvà pk`1, k`1, kqlà nghiệm của phương trình đã cho.

Nếunchia hết cho3thì từ (3.9) suy rax`y`zchia hết cho 3 vàn “x 3 `y 3 `z 3 ´3xyz chia hết cho 9.

Ngược lại phương trình đã cho có thể giải được bằng các số nguyên dương với mọi n “9k, k ą2 vì các bộ ba số có dạng pk´1, k, k`1qthoả mãn phương trình, cũng đúng trong trường hợp n“0, khi đó, x “ y “ z

Ví dụ 3.1.6 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên px, y, zq sao cho x 3 `y 3 `z 3 ´3xyz “p (3.10) trong đó p là số nguyên tố lớn hơn 3.

Lời giải Phương trình tương đương với px`y`zqpx 2 `y 2 `z 2 ´xy´yz´zxq “p

Vì x`y`z ą 1, nên ta phải x`y`z “ p và x 2 `y 2 `z 2 ´xy´yz ´zx “ 1 hay px´yq 2 ` py´zq 2 ` pz´xq 2 “2 Không mất tổng quát, ta giả sử xěyěz Nếuxąyąz thì x´y ě1, y´z ě1 và x´z ě2 Khi đópx´yq 2 ` py´zq 2 ` pz´xq 2 ě6ą2.

Do đó, ta có x“y“z`1 hoặc x´1“y“z Khi đó số nguyên tố p có 1 trong hai dạng 3k`1 hoặc 3k`2 Trong trường hợp đầu tiên, các nghiệm là p p`2 3 , p´1 3 , p´1 3 q và các hoán vị của chúng Trong trường hợp thứ hai, các nghiệm là p p`1 3 , p`1 3 , p´2 3 q và các hoán vị của chúng.

Ví dụ 3.1.7 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên px, y, zq sao cho x 3 `y 3 `z 3 “x`y`z “3 (3.11)

Lời giải Từ đồng nhất thức px`y`zq 3 “x 3 `y 3 `z 3 `3px`yqpy`zqpz`xq.

Ta có 8“ px`yqpy`zqpz`xq Suy ra p3´xqp3´yqp3´zq “8.

Mặt khác, p3´xq ` p3´yq ` p3´zq ´3px`y`zq “ 6 Điều đó chứng tỏ rằng3´x,3´y,3´z đều là số chẵn hoặc chỉ có một số là số chẵn.

Nếu 3´x,3´y,3´z đều là số chẵn thì |3´x| “ |3´y| “ |3´z| “ 2 Khi đó, x, y, z P t1,5u Bởi vì x`y`z “3 nên chỉ có một khả năng xảy ra là x“y“z “1.

Nếu3´x,3´y,3´z chỉ có một số chẵn, một trong các số |3´x|,|3´y|,|3´z| bằng

8, giả sử |3´x| “ 8 suy ra xP t´5,11u và |3´y| “ |3´z| “ 1 thì y, z P 2,4 Theo đề bài cho, x`y`z “3 nên chỉ có một trường hợp duy nhất là x“ ´5, y “z “4.

Vậy bộ ba số cần tìm là p1,1,1q,p´5,4,4q,p4,´5,4q,p4,4,´5q.

Ví dụ 3.1.8 Tìm tất cả các số nguyên tốp sao cho phương trình có nghiệm nguyên. x 4 `4“py 4 (3.12)

Lời giải Phương trình không thể giải được với số nguyên cho p = 2, vì vế trái phải là số chẵn, do đó là 4 (mod 16), trong khi vế phải là 0 (mod 16) hoặc 2 (mod 16) Đối số số học, cũng như trong mô-đun, ta thấy rằng số nguyên tố p là lẻ,x và y phải là số lẻ.

Phương trình tương đương vớipx 2 `2q 2 ´ p2xq 2 “py 4 có thể viết là px 2 ´2x`2qpx 2 ` 2x`2q “ py 4

Ta có, ước chung lớn nhấtpx 2 ´2x`2, x 2 `2x`2q “1 Thật vậy, nếu d|x 2 ´2x`2 và d|x 2 `2x`2 thì d là số lẻ và d|4x Suy ra d|x, do đó d“1.

Bởi vì, ước chung lớn nhất px 2 ´2x`2, x 2 `2x`2q “ 1 nên x 2 ´2x`2 “ a 4 và x 2 `2x`2“pb 4 với a, b là các số nguyên dương.

Phương pháp bất đẳng thức

Phương pháp này bao gồm việc giới hạn các khoảng mà các biến nằm trong đó bằng cách sử dụng các bất đẳng thức thích hợp Nói chung, quá trình này chỉ dẫn đến nhiều khả năng hữu hạn cho tất cả các biến hoặc cho một số trong số chúng.

Trong nhiều bài toán ta thường sử dụng bất đẳng thức để chúng minh một vế không nhỏ hơn ( hoặc không lớn hơn) vế còn lại Muốn cho phương trình có nghiệm thì dấu bằng của bất đẳng thưc sphải xảy ra đó là nghiệm của phương trình.

Một số bất đẳng thức cổ điển thường được sử dụng như i/ Bất đẳng thức Cauchy (AM - GM) Nếua´1, a 2 , a 3 , , a n là các số thực không âm thì a 1 `a 2 ` `a n n ě ? n a 1 2a 2 a n Đẳng thức xảy ra khi a 1 “a 2 “ a n ii/ Bất đẳng thức Bunhiacopxki với hai bộ số thực bất kì pa 1 , a 2 , a n q và b 1 , b 2 , , b n ta có pa 2 1 `a 2 2 ` `a 2 n qpb 1 `b 2 ` `b 2 n q ě pa 1 b 1 `a 2 b 2 ` `a n b n q 2 Đẳng thức xảy ra khi tồn tại số thực k,pk ‰0qsao cho a i “kb i với i“1,2,3, , n

Ví dụ 3.2.1 Tìm tất cả các cặp số nguyên px, yq sao cho x 3 `y 3 “ px`yq 2 (3.13)

Lời giải Chú ý rằng, tất cả các số có dạngpk;´kqđều là nghiệm của phương trình Nếu x`y‰0 thì phương trình trở thành x 2 ´xy`y 2 “x`y ôpx´yq 2 ` px´1q 2 ` py´1q 2 “2.

Từ đó suy ra px´1q 2 ď1;py´1q 2 ď1 Khi đó, các giá trị của x, y nằm trong đoạn r0,2s.

Vậy ta có các cặp số nguyên thoả mãn phương trình (3.13) làp0,1q,p1,0q,p1,2qp2,1q,p2,2q.

Ví dụ 3.2.2 Giải phương trình với nghiệm nguyên dương x, y, z

Lời giải Do tính đối xứng của các biến, không mất tổng quát ta giả sử 2ďx ďyďz.

Từ đề bài ta có 3 x ě 3

10 với y P t11,12, ,20u Khi đó z “10` 100 y´10 và py´10q|100.

Vậy các bộ ba số thoả mãn phương trình (3.14) làp2,11,110q,p2,12,60q,p2,14,35q,p2,15,30q,p2,20,20q.

Vậy các bộ ba số thoả mãn phương trình (3.14) là p3,4,60q,p3,5,15q,p3,6,10q.

Vậy bộ ba số thoả mãn phương trình (3.14 ) là p4,4,10q.

Vậy bộ ba số thoả mãn phương trình (3.14) là p5,5,5q.

Ví dụ 3.2.3 Tìm tất cả các bộ tứ px, y, z, wq các số nguyên dương sao cho x 2 `y 2 `z 2 `2xy`2xpz´1q `2ypz`1q “ w 2 (3.15) Lời giải Ta có px`y`z˘1q 2 “x 2 `y 2 `z 2 `2xy`2xpz˘1q `2ypz˘1q ˘2z`1

Theo bài ta có px`y`z´1q 2 ăw 2 ă px`y`z`1q 2

Do đó x 2 `y 2 `z 2 `2xy`2xpz´1q `2ypz`1q chỉ có thể làpx`y`zq 2 Điều này có nghĩa là x“y, nên các nghiệm của phương trình là pm, m,2m`n, m, nPZ`q.

Ví dụ 3.2.4 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x 3 ` px`1q 3 ` px`2q 3 ` ` px`7q 3 “y 3 (3.16)

Lời giải Ta thấy p´2,6q;p´3,4q,p´4,´4q,p´5,´6q là nghiệm của của phương trình. Đặt Ppxq “x 3 ` px`1q 3 ` px`2q 3 ` ` px`7q 3 “8x 3 `84x 2 `420x`784. Nếuxě0 thì p2x`7q 3 “8x 3 `84x`249x`343ăppxq ă8x 3 `120x 2 `600x`1000“ p2x`10q 3

Suy ra 2x`7 ă y ă 2x`10 khi đó, y chỉ có thể là 2x`8 hoặc 2x`9 Nhưng các phương trình

Không có nghiệm nguyên nào.

Do đó, phương trình không có nghiệm nguyên nào khi xě0.

Ta thấy Pp´x´7q “ ´Ppxq, do đó px, yq là nghiệm của phương trình khi và chỉ khi p´x´7,´yq là một nghiệm của phương trình.

Vậy không có nghiệm nào với x ď ´7 Vậy px, yq là nghiệm của phương trình thì ´6ďxď ´1.

Nếu ´3 ď x ď ´1, ta có Pp´1q “ 440 không là lập phương của số nguyên nào.

Pp´2q “ 216 “ 6 3 , Pp´3q “ 64 “ 4 3 nên p´2,6q,p´3,4q là các nghiệm của phương trình khi ´3 ď x ď ´1 Do đó p´4,´4q,p´5,´6q là các nghiệm của phương trình khi ´6ďxď ´4.

Vậy phương trình có các nghiệm là p´2,6q,p´3,4q,p´4,´4q,p´5,´6q.

Ví dụ 3.2.5 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương px, y, zq thoả mãn ˆ

Lời giải Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử xěyěz.

“1 điều này rõ ràng là không thể.

1` 1 y ˙2 nên y ă 7 Vì 1` 1 x ą 1 nên y ą 3 Thay các giá trị thích hợp vào ta được các nghiệm p7,6,2q,p9,5,2q,p15,4,2q.

2 Phân tích tương tự dẫn đến yă5vàyěz “3. Các giá trị này mang lại nghiệm p8,3,3q và p5,4,3q.

Tóm lại, các nghiệm đều là các hoán vị của p7,6,2q,p9,5,2q,p15,4,2q,p8,3,3q và p5,4,3q.

Ví dụ 3.2.6 Tìm tất cả các số nguyên dương n, k 1 , k 2 , , k n k1`k2` `kn “5n´4 (3.18) và

Lời giải Theo bất đẳng thức trung bình cộng - điều hòa (AM - HM) hay bất đẳng thức

Cauchy - Schwarz, pk1`k2` `knq ˆ 1 k 1 ` 1 k 2 ` ` 1 k n ˙ ěn 2

Do đó, chúng ta phải có 5n´4ěn 2 , vì vậy nď4 Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng k 1 ďk 2 ď ďk n

Nếun “1, ta có k1 “1, đúng Lưu ý rằng, ta không thể có k1 “1.

Nếun “2 thì pk 1 , k 2 q P tp2,4q,p3,3qu, cả hai đều không đúng.

Nếun“3thìk 1 `k 2 `k 3 “11, do đó2ďk ď3 Suy rapk 1 , k 2 , k 3 q P tp2,2,7q,p2,3,6q,p2,4,5q,p3,3,5q,p3,4,4qu và chỉ p2,3,6q thoả mãn.

Nếu n “4 thì bất đẳng thức AM-HM ta phải có đẳng thức chỉ xảy ra khi k1 “ k2 “ k 3 “k 4 “4.

Do đó các nghiệm là n“1 và k 1 “1, n“3 và pk 1 , k 2 , k 3 q là một hoán vị của p2,3,6q và n“4 và pk1, k2, k3, k4q “ p4,4,4,4q.

Phương pháp tham số hoá

Trong nhiều trường hợp, nghiệm nguyên của phương trình Diophantine fpx 1 , x 2 , , x n q “0 có thể biểu diễn dưới dạng tham số như sau: x 1 “g 1 pk 1 , k 2 , , k l q, x 2 “g 2 pk 1 , k 2 , , k l q, , x n “g n pk 1 , k 2 , , k l q trong đó g 1 , g 2 , , g n là các hàm biến nhận giá trị nguyên và k 1 , k 2 , , k l PZ.

Tập hợp nghiệm của một số phương trình Diophantine có thể có nhiều biểu diễn tham số Đối với hầu hết các phương trình Diophantine, không thể tìm thấy tất cả các ngiệm một cách rõ ràng Trong nhiều trường hợp như vây, phương pháp tham số cung cấp bằng chứng về sự tồn tại của vô số nghiệm nguyên.

Ví dụ 3.3.1 Chứng minh rằng có vô số bộ ba số nguyên px, y, zq thoả mãn x 3 `y 3 `z 3 “x 2 `y 2 `z 2 (3.20)

Lời giải Đặt z “ ´y, khi đó phương trình trở thành x 3 “x 2 `2y 2 Lấy y“mx, mPZ, khi đó x “ 1` 2m 2 Vậy phương trình có vố số nghiệm nguyên x “ 1` 2m 2 , y “ mp1`2m 2 q, z “ ´mp1`2m 2 q, mPZ.

Ví dụ 3.3.2 (a) Cho m và n là các số nguyên dương phân biệt Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên dương px, y, zq thoả mãn x 2 `y 2 “ pm 2 `n 2 q z (3.21) với (i) z lẻ; (ii) z chẵn.

(b) Chứng minh rằng phương trình có vô số nghiệm nguyên dương px, y, zq x 2 `y 2 “13 z (3.22)

Lời giải (a) Đối với (i), ta có họ nghiệm là x k “ mpm 2 `n 2 q k , y k “ npm 2 `n 2 q k , z “ 2k`1, k PZ ` Đối với (ii), ta có họ nghiệm làxk“ |m 2 ´n 2 |pm 2 `n 2 q k , yk “2mnpm 2 `n 2 q k ´1, zk “ 2k, kP Z`

(b) Từ 2 2 `3 2 “13, do đó, m “2, n “3 thoả mãn và có các trường hợp họ nghiệm sau x 1 k “2.13 k , y 1 k “3.13 k , z k 1 “2k`1, k PZ` x” k “5.13 k , y” k “12.13 k , z” k “2k, k PZ`. Nhận xét 3.3.1 i/ Nếu xét đến đơn thức Lagrange pa 2 `b 2 qpc 2 `d 2 q “ pac´bdq 2 ` pad`bcq 2

Ta có thể tạo ra vô số họ nghiệm bằng cách định nghĩa đệ quy các dãypx k qkě1,py k qkě1 như sau:

’% x k`1 “mx k ´ny k y k`1 “nx k `my k ở đây x 1 “m, y 1 “n.

Không khó có thể kiểm tra rằng p|x k |, y k , kq, k PZ` là nghiệm của phương trình đã cho. ii/ Một cách khác để tạo ra vô số nghiệm là sử dụng số phức Chok là số nguyên dương.

Ta có pm`inq k “Ak`iBk, ở đây Ak, BkP Z Lấy Mô đun, chúng ta có pm 2 `n 2 q k “A 2 k `B k 2 , và khi đó p|A k |,|B k |, kq là nghiệm của phương trình đã cho.

Ví dụ 3.3.3 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương px, y, zq sao cho

Lời giải Phương trình tương tương với z “ xy x`y. Gọid“ px, yq.Khi đó,x“d.m, y“d.n vàpm, nq “1 Từ đó, ta cópmn, m`nq “1.

Do đó z “ dmn x`y. Suy rapm`nq|d tức là d“kpm`nq, kP Z`.

Vậy các nghiệm của phương trình là x “ kmpm`nq, y “ knpm`nq, z “ kmn với k, m, n PZ `

Nhận xét 3.3.2 i/ Nếu a, b, c là các số nguyên dương không có ước chung thực sự nào sao cho

1 a `1 b “ 1 c thì a`b là bình phương của một số nguyên Thật vậy, k “ 1, a “ mpm`nq, b “ npm`nq, do đó a`b“ pm`nq 2 ii/ Nếu a, b, c là các số nguyên dương thoả mãn

1 a `1 b “ 1 c thì a 2 `b 2 `c 2 là bình phương một số nguyên.

Thật vậy, với a“kmpm`nq, b“knpm`nq, c“kmn với k, m, nPZ` ta có, a 2 `b 2 `c 2 “k 2 rm 2 pm`nq 2 `n 2 pm`nq 2 `m 2 n 2 s

Ví dụ 3.3.4 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ě3 phương trình có vô số nghiệm nguyên dương. x n `y n “z n´1 (3.24)

Lời giải Một họ nghiệm vô hạn của phương trình là x k “kpk n `1q n´2 , y k “ pk n `1q n´2 , z k “ pk n `1q n´1 , kP Z`.

Ví dụ 3.3.5 Cho a, b là các số nguyên dương Chứng minh rằng phương trình x 2 ´2axy` pa 2 ´4bqy 2 `4by “z 2 (3.25) có vô số nghiệm nguyên dương px j , y j , z j q, trong đó các dãy px j q,py j q,pz j qlà dãy số tăng. Lời giải Ta sử dụng bổ đề sau:

Bổ đề 3.3.1 Nếu A, B là các số nguyên dương dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho

Chứng minh Xét các số nguyên

Tất cả các phần còn lại là khác nhau.

Thật vậy, nếu k 1 A“q 1 B`r, k 2 A“q 2 B`r với k 1 , k 2 P t1,2, , B´1u thì pk´1´k 2 q.A“ pq 1 ´q 2 qB ”0pmodBq.

Từ giả thiết pA, Bq “1, nên |k 1 ´k 2 | ”0pmodBq.

Vì các giá trị k 1 , k 2 P t1,2, , B´1u, nên ta có |k 1 ´k 2 | ăB Do đó k 1 ´k 2 “0.

Không khó thấy rằngk.Aı0pmodBqvới tất cảk P t1,2, , B´1u Do đó, ít nhất một trong các số nguyên ở (3.27) chia cho B có số dư là 1 Tức là, tồn tại uP t1,2, , B´1u và v PZ ` thoả mãn A.u“B.v`1.

Nhận xét 3.3.3 Gọi u 0 , v 0 là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình (3.26). Khi đó tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình (3.26) được cho bởi um “u0`Bm, vm “v0`Am, mPZ` (3.28)

Trở lại bài toán ban đầu, ta xét dãy py n qně1, xác định bởi yn`1 “by n 2 `ayn`1, y1 PZ` (3.29)

Rõ ràng py n , y n`1 q, nP Z` Từ bổ đề trên, suy ra có dỹ số nguyên dương pu n qně1,pv n qně1 thoả mãn y n`1 u n ´y n v n “1, nPZ` (3.30)

Từ biểu thức (3.29), ta có bu n y n 2 ` pau n ´v n qy n `u n ´1“0, nP Z ` (3.31)

Xét phương trình (3.31) như phương trình bậc hai ẩn y n và giá trị của y n PZ`, từ đó có biệt thức

D n “ pau n ´v n q 2 ´4bu n pu n ´1q (3.32) là một bình phương vì v 2 n ´2au n v n ` pa 2 ´4bqu 2 n `4bu n “z 2 , nPZ`.

Khi đó tồn tại dãy số con tăng dần pu n j qjě1,pv n j qjě1 tương ứng của pu n qně1,pv n qně1 Một họ nghiệm của phương trình được xác định bởi công thức pv n j , u n j , z n j q, với j ě1.

Nhận xét 3.3.4 Vế trái của phương trình có thể viết lại như sau px´ayq 2 ´4bypy´1q, (3.33) là biệt thức của phương trình bậc hai byt 2 ` pay´xqt`y´1“0 (3.34) với ẩn mới là t Do đó, biệt thức này là một số chính phương nếu phương trình cuối cùng có nghiệm nguyên Viết lại (3.34) phương trình dưới dạng ypbt 2 `at`1q “ 1`xt

Ta thấy rằng t“0 là một căn bậc hai nếu ypb`a`1q “ 1`x thỏa mãn bởi vô số cặp số nguyênpx, yq Trong trường hợp này, ta nhận đượcz “by´y`1. Như vậy ta đã tìm được vô số nghiệm của phương trình x“ pa`b`1qm´1, y “m, z “ pb´1qm`1, mP Z`.

Ví dụ 3.3.6 Chứng minh rằng phương trình có vô số nghiệm nguyên dương

Lời giải Chỉ cần chứng minh rằng 3 k chia hết 2 3 k `1 với mọi k ě0 Thật vậy, với mọi k ě1, ta có

Thừa số đầu tiên có thể được viết là p3´1q 3 k´1 `1, và vì p´1q 3 k´1 `1 “0 nên nó chia hết cho 3 k´1 Thừa số thứ hai bằng p2 3 k´1 `1q 2 ´3.2 3 k´1 , rõ ràng chia hết cho 3 Do đó ˜

, k ě0, đều là nghiệm của phương trình đã cho.

Phương pháp mô đun số học

Trong nhiều tình huống, các phép tính mô đun số học đơn giản được sử dụng để chứng minh rằng một số phương trình Diophantine không thể giải được hoặc để giảm phạm vi các nghiệm khả thi của chúng.

Ví dụ 3.4.1 Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm px`1q 2 ` px`2q 2 ` ` px`2001q 2 “y 2 (3.36) Lời giải Đặt x“z´1001 phương trình trở thành pz´1000q 2 ` ` pz´1q 2 `z 2 ` pz`1q 2 ` ` pz`1000q 2 “y 2 ô 2001z 2 `2p1 2 `2 2 ` `1000 2 q “y 2 ô 2001z 2 `2.1000.1001.2001

Vế trái đồng dư với 2pmod 3q, vì vậy nó không thể là một số chính phương.

Ví dụ 3.4.2 (Russian Mathematical Olympiad)Tìm tất cả các số nguyên tố pp, qq sao cho p 3 ´q 5 “ pp`qq 2 (3.37)

Lời giải Phương trình có nghiệm duy nhất p7,3q Đầu tiên giả sử rằng cả p và q đều không bằng 3 Khi đóp”1hoặc2pmod3q vàq”1hoặc2pmod3q Nếu p”qpmod3qthì vế trái chia hết cho 3, vế phải thì không Nếu pıqpmod3q thì vế phải chia hết cho 3, vế trái thì không Nếu p“3thìq 5 ă27, điều này là không thể Nếuq“3, thìp 3 ´243 “ pp`3q 2 , khi đó p“7.

Ví dụ 3.4.3 Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên x 5 ´y 2 “4 (3.38)

Lời giải Ta xét phương trình modulo 11 Vì px 5 q 2 “x 10 ”0 hoặc 1pmod11q với mọi x, nên chúng ta có x 5 ” ´1,0 hoặc 1pmod11q Vậy x 5 ´4 hoặc là 6,7 hoặc 8 theo modulo

11 Tuy nhiên, các dư bậc hai modulo 11 là 0,1,3,4,5 và 9 nên phương trình không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 3.4.4 (German Mathematical Olypiad) Xác định tất cả các số nguyên tố p mà hệ phương trình có nghiệm nguyên x, y

Lời giải Số nguyên tố duy nhất như vậy là p“7 Không mất tính tổng quát giả sử rằng x, y ě0 Lưu ý rằng p`1“2x 2 là số chẵn, vì vậy p‰2 Ngoài ra,2x 2 ”1”2y 2 pmodpq, có nghĩa là x ” ˘ypmodpq, vì p là số lẻ Vì r ă y ă p nên ta có x`y “ p Khi đó p 2 `1“2pp´xq 2 “2p 2 ´4px`p`1 Vì vậy p“4x´1,2x 2 “4x, x là 0 hoặc 2, và p là ´1 hoặc 7 Tất nhiên ´1 không phải là số nguyên tố, nhưng với p “7,px, yq “ p2,5q là một nghiệm.

Ví dụ 3.4.5 (23rd IMO) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương sao cho phương trình x 3 ´3xy 2 `y 3 “n (3.40) có nghiệm nguyên x, y thì nó có ít nhất ba nghiệm như vậy Chứng minh rằng phương trình không có nghiệm nguyên khi n “2891.

Lời giải Áp dụng các hằng đẳng thức về lập phương, chúng ta có được x 3 ´3xy 2 `y 3 “2x 3 ´3x 2 y´x 3 `3x 2 y´3xy 2 `y 3

“2x 3 ´3x 2 y` py´xq 3 “ py´xq 3 ´3py´xqp´xq 2 ` p´xq 3 Điều này chứng tỏ rằng nếu px, yq là nghiệm thì py´x,´xq cũng là nghiệm Hai nghiệm này là khác nhau, vì y´x“x và ´x“y dẫn đến x“y“0.

Tương tự, x 3 ´3xy 2 `y 3 “x 3 ´3x 2 y`3xy 2 ´y 3 `2y 3 `3x 2 y´6xy 2

“ px´yq 3 `3xypx´yq ´3xy 2 `2y 3 “ p´yq 3 ´3p´yqpx´yq 2 ` px´yq 3 nên p´y, x´yq là nghiệm thứ ba của phương trình.

Chúng ta sử dụng hai phép biến đổi này để giải phần thứ hai của bài toán Cho px, yq là nghiệm Vì 2891 không chia hết cho 3 nên x 3 `y 3 cũng không chia hết cho 3 Vì vậy, cả x và y đều cho cùng một số dư theo modulo 3 ( số dư khác 0) hoặc chính xác một trong số x và y chia hết cho 3 Một trong hai trường hợp ngụ ý rằng một trong các số ´x, y, x´y chia hết cho 3 và sử dụng các phép biến đổi trên, chúng ta có thể giả sử rằng y là bội số của 3 Suy ra x 3 phải đồng dư với 2891pmod9q Điều này là không thể, vì 2891 có dư 2 và các dư lập phương duy nhất theo modulo9 là 0,1 và 8.

Ví dụ 3.4.6 (31st IMO) Giải phương trình

Lời giải Phương trình có nghiệm duy nhất là p1,3q và p3,1q Thật vậy, giả sử x“3 k d, với pd,3q “1 Rõ ràng, d là số lẻ và 3 2 k d 2 chia hết cho 2 3 k d `1 Nhưng p2 d q 3 k `1“ p2 d.3 k´1 q 3 `1“ p2 d.3 k´1 `1qp2 2d.3 k´1 ´2 d.3 k´1 `1q

Với mọi kě1, suy ra

Bởi vì 2 2m ´2 m `1”3pmod9q với mỗi m lẻ nên thừa số k´1 ź j“0 p2 2d.3 j ´2 d.3 j `1q chia hết cho 3 k nhưng không chia hết cho 3 k`1

Mặt khác 3 2k d 2 |2 d3 k `1, từ (3.42) ta có 3 k |2 d `1.

Trường hợp d“1 suy ra k “1, nghiệm của phương trình p3,1q.

Bởi vì d là số lẻ và pd,3q “ 1, ta có d ě 5 và d đòng dư với 1 hoặc 5pmod6q Ta có dě5 và d đồng dư với 1 hoặc 5pmod6q.

Nếud“1pmod6q, thì 2 d `1”3pmod9q, và nếu d”5pmod 6q, thì 2 d `1”6pmod9q. Trong cả hai trường hợp, 9 không chia hết 2 d `1 Suy ra k “ 0 hoặc k “ 1 Với k “ 0 và k “ 1, d chia hết 2 x `1 Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của d Từ p|2 x `1 suy ra 2 x ” ´1pmodpq Nhưng từ định lý nhỏ của Fermat, 2 p´1 ” 1pmodpq Gọi u là cấp

2 modulo p, tức là số nguyên dương nhỏ nhất u sao cho 2 u ”1pmodpq Từ cực tiểu của u suy ra u|p´1 Nhưng từ 2 x ” ´1pmodpq chúng ta có 2 2x ” 1pmodpq và do đó u|2x. Bởi vì pp´1, dq “ 1, chúng ta có pu, dq “ 1 và u|2.3 k d với k “ 0 hoặc k “ 1 suy ra u P t1,2,3,6u Có tính đến 2 u ”1pmodpq, theo đó p chia hết một trong các số 1,3,7 và

63 Nhưng p là số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5, và do đó p “ 7 Tuy nhiên, 7 không chia hết 2 x `1, vì 2 x `1”2,3,5pmod7q.

Từ đó suy ra không có số nguyên tố p nào chia hết cho d và 2 x `1 Do đó d “1 và x´3.

Phương pháp quy nạp toán học

Quy nạp toán học là một phương pháp tốt để chứng minh các mệnh đề phụ thuộc vào các số nguyên không âm.

ChopPpnqq ně0 là một dãy các mệnh đề Phương pháp quy nạp toán học giúp ta chứng minh Ppnq đúng với mọi số něn 0 , trong đó n 0 là số nguyên không âm cho trước. Quy nạp toán học (dạng yếu): Giả sử rằng:

• Với mọi kěn 0 , Ppkqđúng, chứng minh Ppk`1q đúng.

Khi đó Ppnqđúng với mọi něn 0

Quy nạp toán học (với các bước): Giả sử s là một số nguyên dương cố định Giả sử rằng:

• Ppn 0 q, Ppn 0 `1q, , ppn 0 `s´1q là đúng

• Với mọi kěn 0 , Ppkqlà đúng, ta chứng minh Ppk`sq là đúng.

Khi đó, Ppnqđúng với mọi něn 0

Quy nạp toán học (dạng mạnh): Giả sử rằng

• Với mọik ěn 0 ,Ppmqđúng với mọim sao chon 0 ďmďk, ta chứng minhPpk`1q đúng.

Khi đó, Ppnqđúng với mọi něn0

Phương pháp chứng minh này được sử dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học, bao gồm cả lý thuyết số Các ví dụ sau đây cho ta thấy quy nạp toán học được sử dụng như thế nào trong việc giải các phương trình Diophantine.

Ví dụ 3.5.1 (Bulgarian Mathematical Olypiad) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ě3, tồn tại các số nguyên dương lẻ x, y sao cho

Lời giải Ta sẽ chứng minh tồn tại số nguyên dương lẻ x n , y n bất kỳ sao cho7x 2 n `y 2 n “

2 n , ně3 Với n “3, ta có x 3 “y 3 “1 Giả sử rằng với mọi số nguyên n ě3 cho trước, ta có các số nguyên lẻ x n , y n thỏa mãn7x 2 n `y n 2 “2 n Khi đó tồn tại một cặp px n`1 , y n`1 q của các số nguyên dương lẻ sao cho 7x 2 n`1 `y 2 n`1 “2 n`1 Thật vậy

Chính xác là một trong các số x n `y n

2 là số lẻ (vì tổng của chúng lớn hơn x n và y n , chúng là số lẻ) Nếu, x n `y n

2 là số lẻ ( vì nó là tổng của một số lẻ và một số chẵn), suy ra trong dãy này ta chọn x n`1 “ xn`yn

2 khi đó chúng ta chọn x n`1 “ |xn´yn|

Ví dụ 3.5.2 (Dorin Andrica) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì phương trình có nghiệm nguyên dương. x 2 `y 2 `z 2 “59 n (3.44)

Lời giải Chúng ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học với s “2 và n0 “ 1 Luu ý rằng px 1 , y 1 , z 1 q “ p1,3,7q và px 2 , y 2 , z 2 q “ p14,39,42q ta có x 2 1 `y 1 2 `z 1 2 “59 và x 2 2 `y 2 2 `z 2 2 “59 2 Bây giờ ta xét px n , y n , z n q, ně3, x n`2 “59x n , y n`2 “59y n , z n`2 “59z n Với mọi ně1, thì x 2 k`2 `y k`2 2 `z k`2 2 “59 2 px 2 k `y 2 k `z k 2 q

Chú ý 3.5.1 Ta có thể viết lời giải như sau px2n´1, y2n´1, z2n´1q “ p1.59 n´1 ,3.59 n´1 ,7.59 n´1 q và px2n, y2n, z2nq “ p14.59 n ,39.59 n ,42.59 n q

Ví dụ 3.5.3 Chứng minh rằng với mọi số n ě 3 thì phương trình sau luôn có nghiệm nguyên dương phân biệt

Lời giải Với n “3, ta có

“1 trong đó, x 1 , x 2 , x k là các số nguyên dương phân biệt Ta suy ra

2x k “1 trong đó, 2, x 1 , x 2 , x k là các số khác nhau.

Nhận xét 3.5.1 i/ Chú ý rằng n´1 ÿ k“1 k pk`1q! “ n´1 ÿ k“1 pk`1q ´1 pk`1q! “ n´1 ÿ k“1 p1 k! ´ 1 pk`1q!q “1´ 1 n!

2, , n´1 n! , 1 n!q là một nghiệm của phương trình (3.45) và tất cả các nghiệm của nó là phân biệt. ii/ Một cách giải khác cho phương trình (3.45) có các thành phần không âm được đưa ra bởi p2,2 2 , ,2 n´2 ,2 n´2 `1,2 n´2 p2 n´2 `1qq

2 n´2 “1 iii/ Một cách khác để xây dựng các nghiệm của phương trình (3.45) là dãy truy hồi a1 “2, am`1 “a1 am`1, m ě1 khi đó với mọi ně3

Thật vậy, từ tính truy hồi của nó, ta có a k`1 ´1“a k pa k ´1q, kě1 hay 1 ak`1´1 “ 1 ak´1 ´ 1 ak

1 a 1 ` 1 a 2 ` ` 1 a n´1 ` 1 a n ´1 “ 1 a´1´1 ´ 1 a n ´1 “1´ 1 a n ´1 Vậy (3.46) được chứng minh. iv/ Nếu ps´1, s 2 , , s n q là một nghiệm của phương trình

1 x 1 ` 1 x 2 ` ` 1 x n “1 với s´1ăs2 ă ăsn thì ps´1, s2, , sn´1, sn`1, snpsn`1qqlà một nghiệm của phương trình

1 y 1 ` 1 y 2 ` ` 1 y n`1 “1 và tất cả các số này là phân biệt. v/ Với aą1, đẳng thức

1 a´1 “ 1 a ` 1 a 2 ` ` 1 a m ` 1 pa´1qa m tạo ra tập hợp các cách giải khác nhau Ví dụ như, từ

6 “1 và a “ 7, chúng ta có nghiệm của phương trình p2,3,7,7 2 , ,7 n´3 ,6.7 n´3 q, n ě4, khi đó từ

42 “1 ta có nghiệm p2,3,7,43,43 2 , ,43 n´4 ,42.43 n´4 q, ně5 Từ cách xây dựng như trên, phương trình (3.45) có vô số họ nghiệm với các thành phần phân biệt khác nhau. vi/ Không khẳng định được có vô số số nguyên dương n mà phương trình (3.45) có nghiệm px 1 , x 2 , , x n q trong đó x 1 , x 2 , , x n là các số nguyên dương lẻ phân biệt.

Một đối số chẵn, lẻ đơn giản cho thấy rằng trong trường hợp này n phải là số lẻ.

Có một số ví dụ đã biết về số nguyên n như vậy Ví dụ,

Ví dụ 3.5.4 (Mathematical Reflections) Chứng minh rằng phương trình

1 x 2 1 ` 1 x 2 2 ` ` 1 x 2 n “ n`1 x 2 n`1 (3.47) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi ně3.

Lời giải Với n “1, phương trình trở thành

1 x 2 1 “ 2 x 2 2 Phương trình không có nghiệm vì ?

Xét tiếp theo n“2 Khi đó phương trình trở thành px 2 x 3 q 2 ` px 1 x 3 q 2 “3px 1 x 2 q 2

Với 1 ď i ď 3, viết x i “ 3 n i y i , trong đó y i không chia hết cho 3 Không mất tính tổng quát, giả sử rằng n 1 ěn 2 Khi đó

3 2pn 2 `n 3 q ppy 2 y 3 q 2 `3 2pn 1 ´n 2 q py 1 y 3 q 2 q “ 3 2pn 1 `n 2 q`1 py 1 y 2 q 2 (3.48) Bởi vì 1 là dư bậc hai duy nhất có thể có theo modulo 3. py 2 y 3 q 2 `3 2pn 1 ´n 2 q py 1 y 3 q 2 ”1 hoặc 2 pmod3q

Do đó các số mũ của 3 ở hai vế của (3.48) không thể bằng nhau.

Cuối cùng, xét ně3 Bắt đầu từ 5 2 “4 2 `3 2 , ta có

20 2 bằng cách chia hai vế cho 3 2 4 2 5 2 Nhân hai vế với 1

20 2 “ 1 p12.15q 2 ` 1 p15.20q 2 ` 1 p20.20q 2 Suy ra, px 1 , x 2 , x 3 , x 4 q “ p12.15,15.20,2062,2.12 2 qlà một nhiệm khi n“3 Theo quy nạp, giả sử rằng x1, x2, , xn`1 là một nghiệm khi đó,

1 x 2 1 ` ` 1 x 2 n “ n`1 x 2 n`1 với ně3 và đến đây theo cách này

1 x 2 1 ` ` 1 x 2 n ` 1 x 2 n`1 “ n`2 x 2 n`1 Bài toán được chứng minh.

Nhận xét 3.5.2 Với n “ 1, ta có phương trình ?

2 là số vô tỉ nên không có nghiệm trong trường hợp này.

Với n“2, ta có x 2 2 x 2 3 `x 2 1 x 2 3 “3x 2 1 x 2 2 hay tương đương, a 2 `b 2 “3c 2 Chúng ta có thể giả sử rằng các sốa, bvà cđều khác 0 và chúng nguyên tố cùng nhau,nghĩa là pa, b, cq “1 Bình phương của một số nguyên đồng dư với 0 hoặc 1 theo modulo 3, và do đó cả a và b đều chia hết cho 3 Bây giờ, c cũng chia hết cho 3, mâu thuẫn với pa, b, cq “1

Với n“3, ta có ít nhất một nghiệm: px1, x2, x3, x4q “ p3,3,6,4q vì 1

4 2 Với mỗi số nguyên n ą3, ta có thể biểu diễn nghiệm thông qua nghiệm trong trường hợp n “3 và nhận được

Ví dụ 3.5.5 Chứng minh rằng với mọině412 tồn tại các số nguyên dương x 1 , x 2 , , x n sao cho

1 a 3 “ 1 p2aq 3 ` ` 1 p2aq 3 trong đó vế phải bao gồm tám phép cộng, vì vậy nếu phương trình (3.49) có thể giải được với số nguyên dương thì phương trình cũng giải được.

Sử dụng phương pháp quy nạp toán học với 7 giá trị, đủ để chứng minh tính giải được của phương trình (3.49) với n “ 412,413, ,418 Ý tưởng chính là xây dựng một giải pháp trong mỗi trường hợp trên từ những giải pháp nhỏ hơn theo modulo 7.

Phương pháp suy giảm vô hạn của Fermat (FMID)

Cho P là một tính chất liên quan đến các số nguyên không âm và gọi pPpnqqně1 là dãy các mệnh đề.

Ppnq: "n thỏa mãn thuộc tính P."

Phương pháp sau đây hữu ích trong việc chứng minh rằng mệnh đề Ppnq là sai với mọi n đủ lớn.

Cho k là số nguyên không âm Giả sử rằng:

• Bất cứ khi nào Ppmq đúng với số nguyên dương m ą k, thì phải có một số j nhỏ hơn, m ąj ěk, mà Ppjqđúng.

Khi đóPpnq sai với mọi nąk.

Phương pháp được mô tả ở trên thường được gọi là phương pháp giảm dần hữu hạn Phương pháp suy giảm vô hạn (FMID) của Fermat có thể được xây dựng như sau sau: Cho k là số nguyên không âm Giả sử rằng:

• Bất cứ khi với Ppmq đúng với số nguyên m ą k, thì phải tồn tại một số nguyên j nhỏ hơn, với mąj ąk, sao cho Ppjq đúng.

Khi đóPpnq sai với mọi nąk.

Nghĩa là, nếu có mộtn mà Ppnqlà đúng, người ta có thể xây dựng một dãyn ąn 1 ą n 2 ą tất cả đều lớn hơn k nhưng đối với các số nguyên không âm, không tồn tại dãy giảm dần vô hạn như vậy.

Hai trường hợp đặc biệt của FMID đặc biệt hữu ích trong nghiên cứu về Phương trình Diophantine.

FMID Biến thể 1: Không có dãy số nguyên không âm n 1 ą n 2 ą Trong một số trường hợp, thuận tiện để thay thế FMID Biến thể 1 bằng dạng tương đương sau: Nếu n 0 là số nguyên dương nhỏ nhất củan mà Ppnq là đúng, thìPpnq là sai với mọin ăn 0

Biến thể FMID 2: Nếu dãy các số nguyên không âm pn i qiě1 thỏa mãn bất phương trình n 1 ěn 2 ě thì tồn tại i 0 sao cho n i 0 “n i 0 `1 “

Ví dụ 3.6.1 Giải phương trình với số nguyên không âm x 3 `2y 3 “4z 3 (3.50)

Lời giải Lưu ý rằng p0,0,0q là một nghiệm của phương trình Ta sẽ chứng minh rằng không có nghiệm nào khác Giả sử rằng px 1 , y 1 , z 1 q là một nghiệm khác của phương trình.

4 đều là số vô tỉ nên không khó để thấy rằng x 1 ą0, y 1 ą0, z 1 ą0.

Từ x 3 1 `2y 1 3 “4z 1 3 suy ra 2|x 1 , nên x 1 “2x 2 , x 2 P Z` khi đó 4x 3 1 `y 1 3 “2z 1 3 , và do đó y1 “2y2, y2 PZ ` Tương tự z1 “2z2, z2 PZ ` Ta thu được nghiệm "mới" px´2, y2, z2q với x 1 ą x 2 , y 1 ąy 2 , z 1 ąz 2 Tiếp tục quy trình này, ta dựng dãy nghiệm nguyên dương pxn, yn, znqně1 sao cho x1 ąx2 ąx3 Nhưng điều này mâu thuẫn với FMID Biến thể 1.

Ví dụ 3.6.2 (Putnam Mathemantical Competition) Giải phương trình ở dạng số nguyên không âm

Lời giải Lưu ý các nghiệm p0, kq, k P Z` và p1,1q Ta sẽ chứng minh rằng không có nghiệm nào khác bằng cách sử dụng FMID trên số nguyên tố của x Gọi p 1 là ước nguyên tố của x và q là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho p 1 |2 q ´1 Từ Định lý nhỏ Fermat ta có p 1 |2 p 1 ´1 ´1 và do đó q ďp 1 ´1ăp 1

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng q|x Nếu không thì x “kq`r với 0ăr ăq, và

Theo sau đó p 1 |2 r ´1, mâu thuẫn với cực tiểu của q Do đó q|x và 1 ă q ă p 1 Bây giờ, đặt p 2 là ước nguyên tố của q Rõ ràng p 2 là ước của x và p 2 ă p 1 Tiếp tục quy trình này, chúng tôi xây dựng một chuỗi giảm dần vô hạn gồm các ước nguyên tố của x:p 1 ąp 2 ą , trái ngược với FMID Biến thể 1.

Ví dụ 3.6.3 (22nd IMO) Tìm giá trị lớn nhất của m 2 `n 2 nếu m và n là các số nguyên từ 1 đến 1981 thỏa mãn pn 2 ´mn´m 2 q 2 “1 (3.52)

Lời giải Lưu ý rằng pm, nq “ p1,1q thỏa mãn hệ thức pn 2 ´mn´m 2 q 2 “1 Hơn nữa,nếu m “ n thì nhất thiết m “ n “1 Ngoài ra, nếu một cặp pm, nq thỏa mãn mối quan hệ này và 0ămăn thì măn ď2m, và bằng cách hoàn thành tương tự, ta nhận được pn 2 ´mn´m 2 q 2 “ ppn´mq 2 `mn´2m 2 q 2

“ pm 2 ´mpn´mq ´ pn´m 2 qq 2 Điều đó cho thấy rằng pn´m, mq cũng thoả mãn đẳng thức và 0ăn´mďm

Theo FMID Biến thể 2, phộp biến đổi pm, nq ịíẹ pn ´m, mq phải kết thỳc sau hữu hạn bước và nó chỉ kết thúc khi m “n “1 Do đó, tất cả các cặp số thỏa mãn đẳng thức đều cú được từ p1,1q bằng cỏch ỏp dụng phộp biến đổi nghịch đảo pm, nq ịẹ pn, m`nq nhiều lần: p1.1q ịẹ p2,1q ịẹ p3,2q ịẹ p5.3q ịẹ

Các thành phần của tất cả các cặp như vậy là các số Fibonacci F n , ở dây dãy pF n qně0 được xác định bởi.

Do đó, tất cả các cặp bao gồm các số Fibonacci liên tiếp Số Fibonacci lớn nhất nhỏ hơn

1981 là F 16 “1597, vì vậy đáp án của bài toán là F 15 2 `F 16 2 “3524578.

Nhận xét 3.6.1 Trong bước đầu tiên của cách giải trước đó, ta đã sử dụng thực tế là nếu một phương trình Diophantine là bậc hai trong một biến và ta có một nghiệm, thì ta luôn có thể nhận được nghiệm thứ hai bằng cách thay biến đó bằng căn khác của phương trình bậc hai Quan sát này là một ý tưởng hữu ích trong nhiều vấn đề khác

Ví dụ 3.6.4 (Vietnamese Mathematical Olympiad) Cho px n qně0 và py n qně0 là hai dãy số xác định đệ quy như sau: x n`2 “3x n`1 ´x n , x 0 “1, x 1 “4 y n`2 “3y n`1 ´y n , y 0 “1, y 1 “2

1) Chứng minh rằng x 2 n ´5y n 2 “ ´4 với mọi số nguyên không âm n.

2) Giả sử a, b là hai số nguyên dương sao cho a 2 ´5b 2 “ ´4 Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k không âm sao cho x k “a và y k “b.

Lời giải Đầu tiên ta chứng minh bằng quy nạp trên k với k ě0, ta có px k`1 , y k`1 q “ p3x k `5y k

Tiếp theo, giả sử rằng công thức px k`1 , y k`1 q đúng với k và k`1 Thay các biểu thức cho x k`2 , x k`1 , y k`2 , y k`1 thành px k`3 , y k`3 q “ p3x k`2 ´x k`1 ,3y k`2 ´y k`1 q Ta thấy rằng px k`3 , y k`3 q bằng ˆ3

2px k`2 `3y k`2 q ˙ Điều này hoàn thành bước quy nạp và bài toán được chứng minh.

Nhận xét 3.6.2 Ta nhận xét rằng theo tuyến tính, x k`1 ´ p3x k `5y k q

2 đều thỏa mãn tính truy hồi trên a n`2 “3a n`1 ´a n và cả hai đều có a 0 “ a 1 “0; do đó chúng mãi mãi bằng không. i/ Ta chứng minhx 2 n ´5y n 2 “ ´4bằng quy nạp theon Với n“0chúng ta có1´5`4“

0 Bây giờ giả sử rằng kết quả là đúng với n Ta chứng minh nó đúng với n`1. Thực vậy, x 2 n`1 ´5y n`1 2 “ ˆ3x n `5y n 2 ˙2 ´5 ˆx n `3y n 2 ˙2

Các dãy số pxnqně0,pynqně0 được xác định bởi các phép truy hồi tuyến tính cấp hai; do đó công thức chung của chúng có dạng α ˆ3`?

5 2 ˙ , ně0. Đối với chuỗi đầu tiên, chúng ta có α“ 1`?

2 và giá trị thứ hai,α“

Sử dụng hai quan hệ này, không khó để chứng minh rằng x 2 n ´5y n 2 “ ´4, ně0. Lưu ý rằng x n “L 2n“1 và y n “F 2n“1 , trong đópF m qmě1,pL m qmě1 là dãy Fibonacci và Lucas nổi tiếng. ii/ Giả sử, bằng mâu thuẫn, a 2 1 ´5b 2 1 “ ´4 với các số nguyên a 1 , b 1 ą0, và không tồn tại k sao cho px k , y k q “ pa 1 , b 1 q. Đặt pa 2 , b 2 q “ ˆ3a 1 ´5b 1

2 ˙ Ta có thể kết luận rằnga 2 và b 2 là số nguyên dương Điều này đúng nếu a 1 và b 1 có cùng tính chẵn lẻ, a ă3b 1 và 3a 1 ă5b 1 Lưu ý rằng 0 “ a 2 1 ´5b 2 1 4 ” a 1 ´b 1 p mod 2q Tiếp theo, a 2 1 “ 5b 2 1 ´4 ă 9b 2 1 nghĩa là a 1 ă3b 1 Ngoài ra, không có phản ví dụ nào với a 1 “ 1 hoặc 2 Do đó, a 2 1 ą 5 và

Sử dụng điều kiện của a 2 1 ´5b 2 1 “ ´4, một số đại số nhanh chóng cho thấy rằng a´2 2 ´5b 2 2 “ ´4 cũng vậy Tuy nhiên, a 2 `b 2 “ 3a 1 ´5b 1

2 “a 1 ´b 1 ăa 1 `b 1 và pa1, b2q ‰ pxj, yjq với mọi J ě0 Tiếp tục quá trình này, chúng ta xây dựng một dãy vô hạn các số nguyên dương a1`b1 ąa2`b2 ąa3`b3 ą , mâu thuẫn với FMID Biến thể 1.

Ví dụ 3.6.5 Giải phương trình theo số nguyên dương x 2 `y 2 `x`y`1“xyz (3.53)

Lời giải Đầu tiên ta sẽ chứng minh rằng z “ 5 Cho px 1 , y 1 , z 1 q là một nghiệm với z 1 ‰5 Khi đó x 1 ‰ y 1 , nếu không thì x 1 rx 1 pz 1 ´2q ´2s “ 1 điều đó là không thể nếu z 1 ‰5 Ta có

Do đó px´2, y 2 , z 2 q “ py 1 z 1 ´x 1 ´1, y 1 , z 1 q cũng là một nghiệm, vì từ x 1 py 1 z 1 ´x 1 ´1q “ y 1 2 `y 1 `1ą0 hay x 2 “y 1 z 1 ´x 1 ´1ą0.

Chú ý rằng, nếu x 1 ąy 1 thì x´1ěy´1`1 và như vậy x 2 1 ąy 1 2 `y 1 `1“x 1 py 1 z 1 ´x 1 ´1q “x 1 x 2

Do đó x 1 ą x 2 Tiếp tục cách xây dựng này, ta thu được dãy nghiệm nguyên dương px k , y k , z k q với x 1 ąx 2 ąx 3 ą , mâu thuẫn với FMID Biến thể 1.

Mâu thuẫn này cho thấy giả thiết z ‰5 là sai, do đó z “5.

Không khó để thấy rằng cảx và y đều lẻ Thực hiện các đổi biến u“ 3x´1

Phương trình trở thành u 2 ´5uv`v 2 “ ´3 (3.55)

Rõ ràng pu 0 , v 0 q “ p1,1q là mộtnghiệm của (3.55) Gọi pu 1 , v 1 q là một nghiệm khác với u 1 ąv 1 thì pu 2 , v 2 q “ pv 1 ,5v 1 ´u 1 q cũng là một nghiệm của (3.55) Vì pu 1 ´v 1 qpu 1 ´4v 1 q “ u 2 1 ´5u 1 v 1 `4v 2 1 “3v 1 2 ´3ě0

Ứng dụng phương trình Diophantine để giải các bài toán hoá học

Cân bằng phương trình hoá học

Cho phương trình hóa học xA a 1 B b 1 C c 1 `yA a 2 B b 2 C c 2 ` ẹx 1 A a 1

2 ` (4.1) trong đó a1, b1, c1, , a 1 1 , b 1 1 , c 1 1 , là các số nguyên dương hoặc bằng 0 và x, y, , x 1 , y 1 , là các hệ số chưa biết Khi đó, ta có hệ phương trình xa 1 `ya 2 ` “x 1 a 1 1 `y 1 a 1 2 ` xb 1 `yb 2 ` “x 1 b 1 1 `y 1 b 1 2 ` xc 1 `yc 2 ` “c 1 a 1 1 `y 1 c 1 2 `

Ví dụ 4.1.1 Cân bằng phương trình hóa học sau: xKM nO4`yH2SO4`zH2O2 ẹx 1 K2SO4`y 1 M nSO4`z 1 H2O`w 1 O2 (4.3)

4x`4y`2z “4x 1 `4y 1 `z 1 `2w 1 tìm được O x“y 1 tìm được Mn x“2x 1 tìm được K y “x 1 `y 1 tìm được S 2y`2z “2z 1 tìm được H

Hệ phương trình trên trở thành

5x`2z “4w 1 (4.4) Đây là phương trình Diophantine có ba biến Nhận xét rằng x“ 2, z “1, w 1 “ 3 là một nghiệm của phương trình Từ đó suy ra y 1 “2, x 1 “1, y “3, z 1 “4 Do đó, ta có phương trình hóa học

2KM nO 4 `3H 2 SO 4 `H 2 O 2 ẹK 2 SO 4 `2M nSO 4 `4H 2 O`3O 2 (4.5)

Các nghiệm khác của phương trình là x “ 2, z “ 3, w 1 “ 4, x 1 “ 1, y 1 “ 2, x 1 “ 2, y “

3, z 1 “6và x“2, z “5, w 1 “5, y 1 “2, x 1 “1, y “3, z 1 “8.Thực tế là x“2, z “1`2q, trong đó q là số nguyên không âm bất kỳ, tạo tập hợp nghiệm của (4.4) Trong ví dụ này n 1 ´n “2 Thông thường trong trường hợp này, phương trình Diophantine thu được có thể đưa về dạng (4.4), ví dụax 1 `by 1 “cz 1 (trong đóa, b, clà các số nguyên dương vàx 1 , y 1 , z 1 , biểu thị các ẩn số) Phương trình này luôn có nghiệm x 1 “ c, y 1 “ c, z 1 “ a`b, từ đó người ta thu được nghiệm của (4.2) và (4.1) Tổng quát hơn, x 1 “cg, y 1 “ck, z 1 “ag`bk (g, k là bất kỳ số nguyên dương nào) là tập các nghiệm độc lập lẫn nhau của (4.1).

Ví dụ 4.1.2 Cân bằng phương trình hóa học sau: xKM nO 4 `yF eSO 4 `zH 2 SO 4 ẹx 1 KHSO 4 `y 1 M nSO 4 `z 1 F epSO 4 Oq 3 `w 1 H 2 O

Ta có x“x 1 tìm được K x“y 1 tìm được Mn y“2z 1 tìm được Fe y`z “x 1 `y 1 `3z 1 tìm được S2z “x 1 `2w 1 tìm được H4x`4y`4z“4x 1 `4y 1 `12z 1 `w 1 tìm được O

Từ hệ trên ta có phương trình w 1 “4x (4.7)

Nhận xét rằng x“1, w 1 “4 là nghiệm của phương trình (4.7) Từ đó suy ra x 1 “1, y 1 “

1, z “ 9{2, z 1 “ 5{2 và y “ 5 Do đó, phương trình (4.6) có nghiệm x “ 2, w 1 “ 8, x 1 “

2, y 1 “2, z “9, z 1 “5vày“10 Đây là nghiệm duy nhất thỏa mãn (4.6) Vì nếuw 1 “4x thì x 1 “x, y 1 “ x, x “x, z “ p9{2qx, z 1 “ p5{2qx và y “5x Khi đó, ta có phương trình hóa học xKM nO 4 `5xF eSO 4 `9{2xH 2 SO 4 ẹxKHSO 4 `xM nSO 4 `5{2xF epSO 4 Oq 3 `4xH 2 O

Rút gọn x cả hai vế của phương trình và nhân các hệ số của phương trình với 2, ta nhận được nghiệm đã được đề cập ở trên.

Nhận xét rằng khi n 1 ´n “ 1, phương trình Diophantine thu được có thể đặt thành dạng ax“by (với a, bsố nguyên dương) có nghiệm x“b, y “a Đây là nghiệm duy nhất của các phương trình (4.2) và (4.1).

Ví dụ 4.1.3 Cân bằng phương trình hóa học sau: xSO 2 `yClO 3 `zH 2 Oẹx 1 SO 4 `y 1 Cl`z 1 H (4.8)

Ta có x“x 1 tìm được S 2x`3y`z “4x 1 tìm được O y“y 1 tìm được Cl 2z “z 1 tìm được H ´y“ ´2x 1 `z 1 ´y 1 (bảo toàn điện tích)

Từ hệ trên ta có phương trình x “3y Lấy y “1, suy ra x “ 3, z “3, x 1 “3, y 1 “ 1 và z 1 “ 6 là nghiệm của (4.8) Ở đây n 1 ´n “ 1 và nghiệm trên là duy nhất khi cân bằng phương trình (4.8).

Ví dụ 4.1.4 Xét phản ứng hóa học xC 5 H11N H 2 `yO 2 íẹx 1 CO 2 `y 1 H 2 O`z 1 N O 2 (4.9)

Từ phương trình (4.9), ta có

5x“x 1 tìm được C 13x“2y 1 tìm được H x“z 1 tìm được N 2z “2x 1 `v 1 `2z 1 tìm được O

Từ hệ trên ta có phương trình

2 x“0 Đây là phương trình Diophantine tuyến tính hai ẩn có nghiệm px, yq “ p2,3q Do đó px, y, x 1 , y 1 , z 1 q “ p2,37

Ví dụ 4.1.5 Xét phản ứng hóa học xF e 2 pSO 4 q3`yN H 3 `zH 2 Oíẹ x 1 F epOHq3`y 1 pN H 4 q2SO 4 (4.10)

Từ phương trình (4.10), ta có

2x“x 1 tìm được Fe 3x“y 1 tìm được S 12x`z “3x 1 `4y 1 tìm được O y“2y 1 tìm được N 3y`2z “3x 1 `8y 1 tìm được H

Từ hệ trên ta có phương trình z´x“0 Đây là phương trình Diophantine tuyến tính hai ẩn có nghiệm px, zq “ p1,6q Do đó px, y, z, x 1 , y 1 q “ p1,6,6,2,3q Phương trình (4.10) trở thành

F e 2 pSO 4 q3`6N H 3 `6H 2 O íẹ2F epOHq3`3pN H 4 q2SO 4

Ví dụ 4.1.6 Xét phản ứng hóa học xKM nO4`yH2SO4`zH2C2O4 íẹx 1 K2SO4`y 1 M N SO4`z 1 H2O`m 1 CO2 (4.11)

Từ phương trình (4.11), ta có x“2x 1 tìm được k x“y 1 tìm được Mn

Từ hệ trên ta có phương trình

5x´2z “0 Đây là phương trình Diophantine tuyến tính hai ẩn có nghiệm px, zq “ p2,5q Do đó px, y, z, x 1 , y 1 , z 1 , m 1 q “ p2,3,5,1,2,8,10q Phương trình (4.11) trở thành

2KM nO 4 `3H 2 SO 4 `5H 2 C 2 O 4 íẹ K 2 SO 4 `2M N SO 4 `8H 2 O`10CO 2

Ví dụ 4.1.7 Xét phản ứng hóa học xF eSO 4 `yKM nO 4 `zH 2 SO 4 íẹx 1 F e 2 pSO 4 q3`y 1 M nSO 4 `z 1 K 2 SO 4 `m 1 H 2 O

Từ phương trình (4.12), ta có x“2x 1 tìm được Fe x`z “3x 1 `4y 1 `z 1 tìm được S 4x`4y4z “12x 1 `4y 1 `4z 1 `m 1 tìm được O x“2z 1 tìm được K y “y 1 tìm được mN

Từ hệ trên ta có phương trình

2x´10y“0 Đây là phương trình Diophantine tuyến tính hai ẩn có nghiệm px, yq “ p10,2q Do đó px, y, z, x 1 , y 1 , z 1 , m 1 q “ p10,2,8,5,2,1,8q Phương trình (4.12) trở thành

10F eSO 4 `2KM nO 4 `8H 2 SO 4 íẹ5F e 2 pSO 4 q3`2M nSO 4 `K 2 SO 4 `8H 2 O

Tìm công thức phân tử

Giả sử một chất có khối lượng phân tử M chứa hai nguyên tố A và B có khối lượng nguyên tử lần lượt là a và b Khi đó đối với phân tử của chất chứa x nguyên tử A và y nguyên tử B, ta có phương trình ax`by “M (4.13) trong đó x và y là các ẩn số và là số nguyên dương Trong thực tế, nếu I a và I b là số nguyên gần a vàb nhất và nếua´Ia vàb´Ib quá nhỏ đối với các phần tử này thỏa mãn điều kiện ´1

2 (4.14) với xvà y đủ nhỏ thì

Iax`Iby “IM (4.15) trong đó I M là số nguyên gầnM nhất Phương trình (4.13) là một phương trình Diophan- tine Nếu một số bộ giá trị dươngx vày thỏa mãn (4.15), người ta có thể thay chúng vào (4.13) và tìm ra bộ giá trị nào sẽ thỏa mãn (4.13) với sai số tối thiểu.

Lý do này mở rộng cho các chất có chứa ba nguyên tố trở lên Như vậy, cho một chất có khối lượng phân tửM chứa các nguyên tốA, B, C, có khối lượng nguyên tửa, b, c, ; nếux, y, z, lần lượt là số nguyên tửA, B, C, trong một phân tử thì ta có phương trình sau: ax`by`cz` “M (4.16) trong đó x, y, z, là số nguyên dương Nếu ´1

2 ă pa´I a qx` pb´I b qy` pc´I c qz` ă 1

I a x`I b y`I c z` “I M trong đó I a , I b , được định nghĩa theo cách tương tự như trên Nếu phương trình Dio- phantine (4.16) có nhiều hơn một nghiệm thì ta tìm nghiệm nào có độ lệch tối thiểu so với M.

Ví dụ 4.1.8 Khối lượng phân tử của một chất chỉ chứa hydro và lưu huỳnh là 66,15. Công thức phân tử là gì?

Gọi x là số nguyên tử hydro, gọi y là số nguyên tử lưu huỳnh Khi đó ta có phương trình 1,008x`31,98y “ 66,15 Vì 1,008´1 “ 0,008 và 31,98´32 “ ´0,02 quá nhỏ nên phân tử sẽ phải chứa rất nhiều nguyên tử (hơn 25 nguyên tử lưu huỳnh, hoặc hơn 62 nguyên tử hydro) Khi đó điều kiện ´1{2ă p1,0081qx` p31,98´32qyă1{2 không thỏa mãn Do đó ta có phương trình 1x`32y“66 Từ đó suy ra y“1 và x“34 hoặc y“2 và x“2.

Vì một phân tử có kích thước như đã cho chứa 34 nguyên tử hydro và chỉ chứa 1 nguyên tử lưu huỳnh là điều khó xảy ra nên chỉ có trường hợp x “2, y “2 và công thức phân tử là H 2 S 2

Ứng dụng phương trình Diophantine để giải các bài toán trong lĩnh vực

bài toán trong lĩnh vực giao thông

Xét mạng lưới giao thông với các tuyến đường ở đó số phương tiện giao thông di chuyển trên các tuyến đường này bị hạn chế Bằng cách thiết lập các điều kiện ràng buộc về dung lượng của các tuyến đường, ta có được các phương trình Diophantine.

Ví dụ 4.2.1 Sơ đồ sau đây minh họa lưu lượng phương tiện giao thông, số xe mỗi giờ trên một số đường một chiều ở Thành phố A và Thành phố B trong một buổi chiều Xác định mô hình cho các mạng lưới giao thông này.

Bảng I Điểm giao Dòng vào Dòng ra

Vì tổng dòng vào bằng tổng dòng ra nên ta có phương trình

Từ đó z “300 và ta có hệ phương trình sau x`y“900 x`v “800 u`v “400 y`u´z “200 z “300 Đây là một hệ phương trình Diophantine tuyến tính có năm biến Vì x, y, z, u, v đại diện cho số phương tiện Vì vậy x, y, z, u, v phải là số nguyên Khi đó, nghiệm của phương trình là: x“800´v y“100`v z “300 u“400´v v “biến tự do

Vì nghiệm âm thể hiện số lượng phương tiện giao thông di chuyển theo chiều ngược lại và trong mô hình này ta chỉ xét các tuyến đường một chiều nên nghiệm của hệ phương trình trên phụ thuộc vào việc chọn v trong khoảng giá trị từ 0 đến 399.

Bảng II Điểm giao Dòng vào Dòng ra

Vì tổng dòng vào bằng tổng dòng ra nên

Từ đó z “600 và ta có hệ phương trình sau x`y“1500 x`v “1200 u`v “900 y`u´z “200 z “600 Đây là một hệ phương trình Diophantine tuyến tính có năm biến Vì x, y, z, u, v đại diện cho phương tiện Vì vậy x, y, z, u, v phải là số nguyên Khi đó, nghiệm của phương trình là: x“1200´v y“300`v z “600 u“900´v v “biến tự do

Vì nghiệm âm thể hiện số lượng phương tiện giao thông di chuyển theo chiều ngược lại và trong mô hình này ta chỉ xét các tuyến đường một chiều nên nghiệm của hệ phương trình trên phụ thuộc vào việc chọn v trong khoảng giá trị từ0 đến 899.

Bảng III Bảng so sánh.

Ta đã lấy hai thành phố A và B ở mức đỉnh cao đó khi so sánh với thành phố A.

Trong đề án này tôi đã đạt được một số kết quả sau:

Trình bày một số kiến thức về quan hệ chia hết trong tập hợp số nguyên, quan hệ đòng dư trên tập hợp các số nguyên, liên phân số, dạng toàn phương.

Trình bày một số phương trình Diophantine cổ điển.

Trình bày một số phương pháp giải phương trình Diophantine.

Trình bày một số ứng dụng giải phương trình Diophantine.