a1x1+a2x2+ã ã ã+akxk =b, (1.5) ở đây k ≥ 1, a1,a2, . . . ,ak,b là những số nguyên, với a1 6= 0, a26=0, . . . ,ak 6=0.
Dễ chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình (1.5) có ít nhất một nghiệm nguyên là ước số chung lớn nhất của những sốa1,a2, . . . ,ak là ước số của sốb.
Trường hợp riêngk=1vàk=2như ta đã xét ở trên. Vớik ≥3, trong trường hợp này công thức nghiệm cho phương trình vô định nhiều ẩn có thể tổng quát hoá theo cách sau:
Nếux01,x02, . . . ,x0k là một nghiệm nguyên riêng của phương trình vô định (1.5) thì những số nguyênx1,x2, . . . ,xk xác định theo đẳng thức
x1 =x10 +akt1, x2 =x20 +akt2, . . . .
xk−1 =x0k−1+aktk−1,
xk =x0k−a1t1−a2t2− ã ã ã −ak−1tk−1,
(1.6)
ở đâyt1,t2, . . . ,tk−1 là những số nguyên bất kỳ, gọi là những tham số, đều là nghiệm của phương trình (1.5).
Rất tiếc công thức (1.6) không vét hết nghiệm của phương trình (1.5). Ví dụ sau đây chỉ ra rằng có nghiệm của phương trình vô định nhiều ẩn không nằm trong công thức (1.6) .
1.4.Phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn 23 Phản ví dụ:Phương trình2x+3y+4z=5có nghiệm nguyên ngoài hệ thống nghiệm (1.6).
Thật vậy, một nghiệm nguyên của phương trình trên x0 = 1, y0=1,z0=0.Công thức (1.6) thể hiện như sau
x =1+4t1, y=1+4t2, z=−2t1−3t2,
t1=0,±1,±2, . . . ,t2=0,±1,±2, . . .
Ta đổi vai tròzlần lượt choxvà ysẽ nhận được các đẳng thức x=1−3t01−4t02,
y=1+2t02, z= t02,
t01=0,±1, . . . ,t02=0,±1, . . .
x =1+3t001, y=1−2t001 −4t002, z=3t002,
t001 =0,±1, . . . ,t002 =0,±1, . . . Từ ba hệ đẳng thức ta nhận được vô số nghiệm nguyên, nhưng nghiệm nguyên(3, 1,−1)không thuộc ba hệ kể trên.
Câu hỏi đặt ra là giải một phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn như thế nào để vét cạn các nghiệm nguyên của nó, đặc biệt trường hợp số ẩn lớn hơn2. Ta sẽ dùng tư tưởng sau: phương trình vô địnhkẩn đưa về phương trìnhk−1ẩn. Ta tiếp tục quá trình đó cuối cùng thực chất ta giải phương trình vô định hai ẩn. Ta xét một số ví dụ:
Ví dụ 1.5. Giải phương trình nghiệm nguyên 2x+3y+4z=5.
Lời giải.Ta đưa vào ẩn mớiubằng cách nhóm hai ẩnz,y:
3y+4z = u. Với u là số nguyên , phương trình 3y+4z = u có nghiệm nguyênx,zvì(3, 4) =1và1là ước số củau.
24 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất Một nghiệm nguyên riêng của y,z là y0 = 4−u,z0 = −3+u, còn tất cả các nghiệm nguyên khác là
y=4ưu+4t1,
z=−3+u−3t1, t1 =0,±1,±2, . . .
Đến đây u là số nguyên không có giới hạn gì. Nhưng từ phương trình đã cho ta có 2x+u = 5. Ta tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình này. Một nghiệm nguyên riêng làx0 = 0,u0 = 5. Tất cả nghiệm nguyên của phương trình đang xét là
x=t2
u=5−2t2, t2= 0,±1,±2, . . .
Bằng cách thay uvà các biểu thức của y,z ta nhận được công thức nghiệm
x =t2,
y =4ưu+4t1 =4ư5+2t2+4t1 =ư1+2t2+4t1, z =−3+u−3t1= −3+5−2t2−3t1 =2−2t2−3t1, ở đây t1 = 0,±1,±2, . . . ;t2 = 0,±1,±2, . . .Với t1 = −1,t2 = 3 ta nhận được nghiệmx=3,y=1,z =−1, mà hệ thống nghiệm phần trước không có.
Công thức nhận được cho ta tất cả các nghiệm của phương trình đã cho. Thật vậy mỗi nghiệm của phương trình2x+3y+4z =5là nghiệm của phương trình2x+u =5thông qua quan hệ3y+4z= u.Ngược lại, mỗi nghiệmy0,u0của phương trình2x+u=5tương ứng nghiệm y0,z0 của phương trình3y+4z = u, mà nó giải được với mọiu, vì (3, 4) =1.Số x0,y0,z0 dễ thấy là nghiệm của phương
trình đã cho2x+3y+4z=5. J
1.4.Phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn 25 Qui trình tìm nghiệm:Cho phương trình vô định
a1x1+a2x2+ã ã ã+ak−1xk−1+akxk =b, ở đâyk≥2, những sốa1,a2, . . . ,ak là số nguyên khác không.
Ta ký hiệu dlà ước số chung lớn nhất của những hệ số ak−1 và ak, tức là (ak−1,ak) = d. Ta có ak−1 = da0k−1,ak = da0k, ở đây a0k−1 và a0k là những số nguyên, với (a0k−1,a0k) = 1. Phương trình đã cho viết lại
a1x1+a2x2+ã ã ã+ak−2xk−2+d(a0k−1xk−1+a0kxk) =b (1.7) Ta đưa vào ẩn mớiubằng đẳng thức
a0k−1xk−1+a0kxk = u. (1.8) Khi đó (1.7) viết lại
a1x1+a2x2+ã ã ã+ak−2xk−2+du=b (1.9) Cho x1,x2, . . . ,xk−3,xk−2,u là một nghiệm nguyên của phương trình (1.9). Với số xác địnhuphương trình (1.8) có nghiệm nguyên xk−1,xk, vì ước số chung lớn nhất của hai số a0k−1và ak là1. Nhưng những số x1,x2, . . . ,xk−3,xk−2,xk−1,xk là nghiệm của (1.7) mà nó tương đương với phương trình đã cho. Dễ kết luận rằng mọi nghiệm nguyên của phương trình đã cho là nghiệm của phương trình(1.9) với điều kiện (1.8).
Tất nhiên nếu phương trình vô định đã cho không có nghiệm nguyên, thì phương trình (1.9) cũng không có nghiệm nguyên.
Như vậy từ phương trình vô định k ẩn ta đưa về phương trình vô địnhk−1 ẩn và tiếp tục như vậy cuối cùng nhận được phương trình vô định hai ẩn. Mỗi lần giảm số ẩn như vậy ta lại giải phương trình hai ẩn qua tham số. Cuối cùng ta được hệ nghiệm phụ thuộc vàok−1tham số.
26 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất Ví dụ 1.6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định
2x+3y+4z+6w=5.
Lời giải.Ta đưa vào ẩn mớiu =2z+3w, phương trình đã cho viết lại 2x+3y+2u = 5. Phương trình sau cùng lại đưa vào ẩn mới v=3y+2uvà nhận được phương trình2x+v=5.
Giải phương trình 2z+3w = u trong số nguyên đối vớiz,w, ta có nghiệm riêngz0=−u,w=uvà tất cả các nghiệm là
z =−u+3t1,
w=u−2t1, t1 =0,±1,±2, . . .
Nghiệm nguyêny,ucủa3y+2u= vvới một nghiệm riêng y0 = v, u0=−vlà
y =v+2t2,
v =3−2t2, t3=0,±1,±2, . . .
Tất cả những nghiệm nguyên của2x+v =5với một nghiệm riêng x0=1,v0=3là
x =1+t3,
v=3−2t2, t3=0,±1,±2, . . . Về nghiệm của phương trình đã cho ta tính được
x =1+t3,
y=v+2t2 =3−2t3+2t2,
z=−u+3t1= v+3t2+3t1=3−2t3+3t2+3t1, w=u−2t1 =−v−3t2−2t1= −3+2t3−3t2−2t1,
t1=0,±1,±2, . . . ,t2 =0,±1,±2, . . . ,t3 =0,±1, . . . J