Phần này ta liệt kê các bớc tìm nghiệm nguyên của phơng trình vô
định dạng:
aX2 + 2bXY + cY2 + 2dX + 2dY + f = 0 khi b2 ac – ≠0 (2.11) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình vô định trên ta lần lợt tiến hành theo các bớc sau:
1. Đổi ẩn số X và Y bằng x và y theo công thức sau:
x cd be2 , y ae bd2
X Y
b ac b ac
+ − + −
= =
− − (2.12)
ta nhận đợc phơng trình dạng:
ax2 + 2bxy + cy2 = m (2.13) 2. NÕu m = 0, ta cã x b b2 ac y
a
± −
= , từ đây dễ tìm đợc nghiệm của (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 mξ2 + 2 V1ξn + V12 D 2
m− η .
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 ph-
ơng trình (2.11), mà nó tơng ứng với số V1. 5. NÕu
x y
αξ βη γξ δη
= +
= +
là một phép biến đổi riêng, mà nó chuyển đổi dạng toàn phơng ax2 + 2bxy +cy2 thành 2 2 1 V1 D 2
m V
ξ + ξη+ m− η , thì x = α, y = γ là một nghiệm riêng của (2.11), mà nó tơng ứng với số V1.
Bởi vì cách tìm một phép biến đổi riêng không xét trong cuốn sách này, nên trong thực tế ta tiến hành theo cách mô tả ở phần sau.
6. Tìm bằng cách thử một nghiệm riêng của phơng trình (2.11), mà nó thuộc tơng ứng với số V1. Nghiệm riêng x0’, y0’ thuộc V1, nếu có thể tìm đợc hai số nguyên p và q mà chúng là nghiệm của phơng trình vô định
' '
0 0 1
px +qy = và với chúng.
V1 = p x b y c( 0' + 0' ) (−q x a y b0' + 0' )
7. Nếu x y0', 0' thuộc V1, x y0'', 0'' thuộc V2, thì tất cả nghiệm của phơng trình (2.11) trong những số nguyên tố cùng nhau xác định bằng công thức.
( ) ( )
( ) ( )
' ' ' '' '' ''
0 0 0 0 0 0
' ' ' '' '' ''
0 0 0 0 0
1 1
' , ''
1 1
' ; '' t
x x t x b y c u x x t x b y c y y t x a y b u y y x a y b
σ σ
σ σ
= − + − +
= + + = + +
(2.14)
..., ...,
ở đây t và u là những nghiệm của phơng trình vô định t2 Du– 2 = σ2, với σ là ớc số chung lớn nhất của a, 2b, c, còn D = b2 ac. –
8. Để tìm tất cả nghiệm nguyên của (2.11) trong những số không nguyên tố cùng nhau, cần phải giải trong những số nguyên tố cùng nhau tất cả các phơng trình, mà nó nhận từ (2.11), sao cho trong nó ta thay số m với thơng của m và những khả năng những bình phơng ớc số của m.
Giải những phơng trình nhận đợc trong những số nguyên tố cùng nhau theo cách đã mô tả ở trên. Tất nhiên, nếu phơng trình (2.11) có số hạng tự do m, mà nó không có ớc số bình phơng lớn hơn 1, thì phơng trình đó không có nghiệm trong số nguyên nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ 1. Giải phơng trình trong tập số nguyên.
X2 + 4XY + 3Y2 20X 34Y + 89 = 0– –
Lời giải. Ta có a = 1, b = 2, c = 3, d = -10, e = -17, f = 89 và tính đợc D = b2 ac = 1– . Ta đặt X = x + 4, Y = y + 3, nhận đợc
(x+4)2 + 4(x+4)(y+3+)+3(y+3)2-20(x+4)-34(y+3)+89=0 sau khi đơn giản còn x2 + 4xy + 3y2= 2.
ở đây m = 2 ≠ 0. Ta sẽ tìm tất cả số nguyên V, 0 ≤ V< 2, với chúng D = 1 là số d bình phơng đối với m = 2 hoặc là V2 D
m
− là số nguyên. Hiển nhiên chỉ có V = 1 đáp ứng điều kiện đó.
Ta xét dạng toàn phơng.
2 4 3 2
x + xy+ y và m 2 2V V2 D 2 2 2 2
ξ + ξη+ m− η = ξ + ξη,
với chúng ta sẽ chứng minh hai dạng toàn phơng này không tơng đơng riêng.
Giả sử hai dạng toàn phơng ít nhất tơng đơng. Nh ta đã biết rằng nếu một số biểu diễn thông qua một dạng toàn phơng, thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phơng khác mà nó tơng đơng với dạng ban đầu.
Nhng dạng toàn phơng x2 + 4xy + 3y2 có thể biểu diễn ít nhất một số lẻ, ví dụ số 2 với x = 1, y = 2, trong khi đó dạng 2ξ + 2ξη chỉ biểu diễn số chẵn.
Từ đây suy ra hai dạng toàn phơng đang xét không tơng đơng. Từ điều này suy ra phơng trình vô định x2 + 4xy + 3y2 = 2 không giải đợc trong số nguyên. Khi đó phơng trình ban đầu cũng không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2. Giải phơng trình vô định trong tập hợp số nguyên.
x2 + 2xy + 5y2 = 5
Lời giải. ở đây a = 1, b = 1, c = 5, m = 5, D = 12 -1.5 = - 4. Ta tìm những số không âm V, nhỏ hơn 5, với chúng mà số D = - 4 là số d bình phơng
đối với 5. Để đạt mục đích này ta tìm số V, 0 ≤ V< 5, với chúng phân số V2 D
m
− là số nguyên. Bằng cách kiểm tra trực tiếp chỉ có V1 = 1 và V2 = 4 thoả mãn điều kiện trên.
1. Ta xét trờng hợp V1 = 1.
Dễ thấy x0 = 2, y0 = -1 là một nghiệm riêng của phơng trình vô định đã
cho. Ta sẽ chứng minh rằng nghiệm này thuộc số V1 = 1.
Những nghiệm của phơng trình vô định x0p + y0q = 1, trong trờng hợp này là 2p - q =1 nh sau:
p = 1 t.–
q = 1- 2t, t = 0, 1,...±
Từ công thức V = p (x0b +y0c) q(x– 0a + y0b) với x0 = 2, y0 = -1 (D =- 4) ta nhận đợc V1 =1. Suy ra nghiệm 2, -1 thuộc V1 = 1.
Trong công thức nghiệm của một phơng trình vô định
( ) ( )
0 0 0 0 0 0
1 1
, ,
x x t x b y c u y y t x a y b u
σ σ
= − + = + +
với t2 Du– 2 = 1. Ta đặt a = b = 1, c = 5, x0 = 2, y0 = -1, D = - 4, σ = 1 và nhận đợc: x = 2t + 3u
y = - t + u, v íi t2 + 4u2=1.
Nghiệm của phơng trình Pell t2 + 4u2 = 1 là t = 1, u = 0.±
Phơng trình vô định đã cho có hai nghiệm tơng ứng với trờng hợp V1
=1, đó là (2, -1); (-2, 1).
2. Ta xét trờng hợp V= 4.
Dễ thấy cặp số (0, 1) là nghiệm của phơng trình vô định đã cho và vì
nó không phải các nghiệm trong trờng hợp V1 = 1, suy ra nghiệm này thuộc V2= 4.
Trong công thức nghiệm của phơng trình vô định nh ở phần trên, ta đặt a = b = 1, c = 5, x0 = 0, y0 = 1 , D = - 4 , σ = 1 và ta nhận đợc.
x = -5u, víi t2 + 4u2 = 1 y = t + u
Với t = 1, u = 0± ta nhận đợc hai nghiệm x = 0, y = 1, mà chúng thuộc± số V2 = 4. Những nghiệm khác không có.
Bởi vì số hạng tự do trong phơng trình đã cho là 5 không chia hết một số chính phơng lớn hơn 1, phơng trình này không có nghiệm nguyên, mà chúng không là nguyên tố cùng nhau. Nh vậy nghiệm của phơng trình đã
cho chỉ có bốn cặp (2, -1); (-2, 1); (0, -1); (0, 1).