🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Giải Phương Trình Vô Định Nghiệm Nguyên Ebooks Nhóm Zalo NGUYỄN HỮU ĐIỂN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH NGHIỆM NGUYÊN NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI LỜI GIỚI THIỆU Phương trình vô định nói chung và phương trình vô định nghiệm nguyên nói riêng có một vai trò quan trọng trong toán học và trong thực tế, bởi vậy đã được các nhà toán học trên thế giới nghiên cứu từ rất lâu, được đề cập tới trong bất kì một cuốn sách số học cơ bản nào và hiện nay vẫn chiếm một vị trí quan trọng trong nghiên cứu và học tập. Ta có thể hiểu: Phương trình vô định (hoặc còn gọi phương trình Diophantus1) thường là phương trình đại số với hệ số nguyên và số ẩn bất kỳ, nghiệm của nó được tìm trong tập hợp một dạng số nào đó như số nguyên, số nguyên dương, phân số hữu tỷ,... Nhiều phương trình vô định phát biểu rất đơn giản nhưng cho đến ngày nay cũng chưa có cách giải hữu hiệu. Một phương trình vô định thường có dạng P(x, y, ..., z) = 0, ở đây P(x, y, ..., z) là một đa thức nhiều biến với hệ số nguyên. Để giải một phương trình vô định nghiệm nguyên người ta thường phải trả lời những câu hỏi sau: 1. Phương trình có tồn tại ít nhất một nghiệm nguyên không? 2. Phương trình có hữu hạn hay vô hạn nghiệm? 3. Tìm tất cả những nghiệm nguyên của phương trình? Tác giả cuốn sách mong muốn tập hợp thành một chuyên đề tương đối đầy đủ và chủ yếu là phương pháp giải từng loại phương trình vô định nghiệm nguyên từ tổng quát đến các trường hợp đặc biệt. Trong thực tế, còn nhiều vấn đề mà cuốn sách này không đề 1Diophantus of Alexandria (200-284 trước công nguyên): Nhà toán học Hy Lạp 3 4 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên cập hết. Tác giả chỉ đề cập đến những vấn đề mà bằng kiến thức phổ thông, chúng ta có thể tiếp cận được với việc giải phương trình vô định. Bằng nguồn tài liệu trong và ngoài nước, tác giả mong muốn nội dung này cung cấp tương đối đầy đủ các dạng bài tập và phương pháp giải phương trình vô định nghiệm nguyên. Trước khi đi vào nghiên cứu cụ thể ta xét một số vấn đề: Một chút lịch sử phương trình vô định Người có công nhiều nhất cho việc thiết lập cách giải phương trình vô định là nhà toán học Diophantus người Hy Lạp . Ông sống vào thế kỷ thứ III trước công nguyên. Diophantus đã hệ thống tất cả các bài toán phương trình vô định vào bộ sách 13 tập có tên Số học. Cho đến ngày nay bộ sách này chỉ còn 6 tập với 189 bài toán. Nhưng về cuộc đời của Diophantus ta biết rất ít. Chỉ còn lưu truyền bài thơ Một phần sáu cuộc đời Diophantus là trẻ nhỏ Nửa một phần sáu là tuổi thiếu nhi Thêm một phần bảy nữa ông ta lấy vợ và sau năm năm sinh cậu con trai Cậu con trai chỉ sống bằng nửa tuổi bố Sau bốn năm khi người con chết ông cũng qua đời. Người làm ra bài thơ này cũng là nhà toán học Hy Lạp. Qua bài toán này, ta biết Diophantus đã sống 84 tuổi. Ta nhắc lại đây một bài toán của Diophantus, tất nhiên theo ngôn ngữ hiện đại. Bài toán: (Quyển II. Bài 8) Hãy phân tích một số chính phương thành tổng hai số chính phương. Cần phân tích số 16 ra tổng hai số chính phương. Lời giới thiệu 5 Lời giải. (Của Diophantus). Gọi một số đã phân tích là x2. Khi đó số kia là 16 − x2. Suy ra số 16 − x2 phải là số chính phương. Tôi tạo số chính phương từ một bội bất kỳ của x, giảm đi 4. Ta lấy đó là 2x − 4. Trong trường hợp như vậy số chính phương sẽ là 4x2 + 16 − 16x. Nhưng số đó phải bằng 16 − x2. Nên suy ra 4x2 + 16 − 16x = 16 − x2, từ đây có 5x2 = 16x. Ẩn số x bằng 165. Như vậy ta tìm được một số là 256 25 , còn số kia là 144 25 . J Đặc trưng của Diophantus là ông giải phương trình trong tập số hữu tỷ. Bài toán trên nói lên rằng Diophantus đã biết giải phương trình x2 + y2 = z2trong số hữu tỷ, suy ra và cả trong tập số nguyên. Từ bài toán trên dẫn đến định lý Pythagoras2trong hình học. Theo như các tài liệu lịch sử để lại thì từ thời Bavilion hay sau nữa là tại Ấn Độ, Ai Cập, Trung Quốc với kích thước của tam giác vuông 3, 4, 5 thoả mãn a2 + b2 = c2 đã được biết đến với a, b là cạnh góc vuông, c là cạnh huyền. Người Bavilion đã biết rằng mọi tam giác với kích thước x = m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2(với n, m là số tự nhiên) đều là tam giác vuông. Qua bài toán trên đã chỉ ra rằng Diophantus giải được phương trình vô định x2 + y2 = a2có nghiệm trong tập số hữu tỷ ít nhất với một a nào đó. Thực ra phương trình có nghiệm với mọi a, vì a2 = 2am m2 + 1 2 + a(m2 − 1) m2 + 1 2 . Một câu hỏi đặt ra là một số lập phương có phân tích ra tổng hai số lập phương? Phải chăng câu hỏi này đặt ra từ thời Diophantus? Rất lâu sau khi ra đời cuốn sách của Diophantus, một nhà toán 2Pythagoras (569-475: Trước công nguyên): Nhà toán học Hy Lạp. 6 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên học Pháp P. Fermat3 đã ghi chú bên cạnh bài toán phân tích một số chính phương thành tổng hai số chính phương khẳng định sau: "Không thể phân tích số lập phương ra tổng hai số lập phương, một số tứ phương ra tổng hai số tứ phương và v.v.". Thay vào cách chứng minh, Fermat chú thích rằng đã tìm được cách chứng minh rất hay, nhưng lề giấy nhỏ quá không thể viết nó ra được! Như vậy Fermat đã phát biểu khẳng định: Phương trình vô định xn + yn = zn với n ≥ 3 nguyên, không có nghiệm nguyên dương. Khẳng định này mang tên định lý lớn Fermat. Lịch sử về định lý này rất phong phú, biết bao công lao sức lực của các nhà toán học hơn ba thế kỷ qua trong nỗ lực tìm lại cách chứng minh của Fermat mà không được. Chỉ mới gần đây thôi năm 1993 A. J. Wiles4 nhà toán học người Anh đã chứng minh được định lý vĩ đại này. Trong quá trình chứng minh định lý lớn Fermat đã thúc đẩy rất nhiều trong nội tại ngành toán học và cũng thể hiện những nghịch lý và sai lầm của nhiều người làm Toán. Một số bài toán dân gian và thực tế Như ta đã biết, những bài toán đố trong dân gian luôn luôn đưa về việc giải một dạng phương trình nào đấy. Đó là ta lý luận theo suy nghĩ ngày nay, còn xưa kia giải như thế nào thì chẳng ai biết cả, cho đến ngày nay chỉ còn lại thơ ca hò vè nội dung câu đố mà thôi. Chúng tôi dành mục này liệt kê một số bài toán cổ quen biết, việc giải chúng không có gì phức tạp mà chỉ bằng cách đưa về phương 3Pierre de Fermat (1601-1665): Nhà toán học nước Pháp 4Andrew John Wiles (sinh năm 1953): Nhà toán học nước Anh. Lời giới thiệu 7 trình vô định rồi biện luận. Chúng ta chắc ai cũng ít nhất một lần nghe nói về bài toán dân gian. Bài toán: Một trăm con trâu, Một trăm bó cỏ. Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Ba con trâu già Ăn chung một bó. Hãy tính số trâu mỗi loại. Lời giải. Không biết ngày xưa các cụ giải bằng cách nào? Ngày nay ta ký hiệu số trâu đứng là x con, trâu nằm là y con, còn trâu già là 3z con (điều kiện bài là 3 con ăn một bó). Khi đó tổng số trâu là x + y + 3z = 100 và số bó cỏ là 5x + 3y + z = 100. Từ hai phương trình ta đưa về 7x + 4y = 100, nghĩa là y = 25 −74x. Từ điều kiện nguyên dương của y ta có x phải chia hết cho 4 và nhỏ hơn 15. Như vậy x chỉ có thể là 4, 8, 12, ứng với chúng ta có y = 18, 11, 4 và số trâu già là z = 26, 27, 28. J Bài toán: Mai em đi chợ phiên, Anh gửi một tiền, Mua cam cùng quít. Không nhiều thì ít Mua lấy một trăm. Cam ba đồng một, Quít một đồng năm, Thanh yên tươi tốt Năm đồng một trái. Hỏi mua mỗi thứ mấy trái? (Biết một tiền bằng 60 đồng.) Lời giải. Ký hiệu số cam là x, quít là y và thanh yên là z. Theo đề bài ra tổng số hoa quả là x + y + z = 100 và số tiền phải tiêu là 3z +y5+ 5z = 60. Từ hai phương trình này đưa đến 7x + 12z = 100, suy ra x = 4, y = 90, z = 6. Công thức tìm nghiệm của phương trình vô định bậc nhất các bạn hãy xem ở Chương 1. J 8 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên Bài toán: Ba người đi câu được một số cá. Trời đã tối và mệt lả, họ vứt cá trên bờ sông, rồi mỗi người tìm một nơi lăn ra ngủ. Người thứ nhất thức dậy, đến bờ sông, đếm số cá thấy chia ba thừa một con, bèn vứt bớt một xuống sông và xách 13số cá về nhà. Người thứ hai thức dậy tưởng hai bạn mình còn ngủ, đến bờ sông, đếm số cá, vứt 1 xuống sông và xách 13số cá về nhà. Người thứ ba thức dậy, cứ nghĩ là mình dậy sớm nhất, đến bờ sông, đếm số cá xong vứt 1 và xách 13số cá về nhà. Cho biết họ là ba chàng đi câu tồi, bạn hãy tính xem họ câu được bao nhiêu cá. Lời giải. Gọi x là số cá câu được và y là số cá còn lại sau khi cả ba người đã lấy đi phần cá của mình, khi đó 2 3 2 3 2 3(x − 1) − 1 − 1 = y Suy ra 8x − 27y = 38 (x, y ∈ N). Tìm nghiệm riêng của phương trình này các bạn có thể tìm thấy ba cách ở chương 1. Ta thấy x0 = −380, y0 = −114. Và cũng theo công thức ở chương 1 ta có x = −380 + 27t, y = −114 + 8t với t là những số nguyên. Giá trị dương nhỏ nhất của x, y (theo điều kiện câu tồi nhất) ứng với t = 15. Khi đó x = 25 và y = 6. J Bài toán: Một nhà máy sản xuất ra mặt hàng được đóng gói theo loại 3kg và 5kg. Chứng minh rằng trong trường hợp này ta có thể nhận được số hàng với trọng lượng là số nguyên kg bất kỳ nào lớn hơn 7kg. Lời giải. Một số nguyên lớn hơn 7 có thể biểu diễn bằng một trong các dạng sau đây 3k − 1, 3k, 3k + 1, ở đây k > 2. Khi đó từ sự biểu diễn ta viết lại 3k = 3k + 5.0; 3k − 1 = 3(k − 2) + 5.1; 3k + 1 = 3(k − 3) + 5.2. Ta thấy rằng mọi số nguyên lớn hơn 7 có thể biểu diễn dưới dạng 3x + 5y, ở đây x và y là những số nguyên không âm. Lời giới thiệu 9 Suy ra mọi trọng lượng số nguyên kg lớn hơn 7kg đều có thể nhận được bằng các gói theo 3kg và 5kg. J Bài toán: Để chuyên chở gạo cần một số bao tải gạo loại 50kg và 100kg. Cần chuẩn bị bao nhiêu vỏ bao mỗi loại để chuyên chở 1 tấn gạo sao cho tất cả các bao tải đều được đóng đầy. Số lượng các khả năng dùng bao tải là bao nhiêu? Lời giải. Đặt x là số lượng bao tải loại 50kg và y là số lượng bao tải loại 100kg, ta có phương trình nghiệm nguyên 50x + 100y = 1000 hoặc là x + 2y = 20. Ta dễ thấy phương trình sau cùng có một nghiệm nguyên x = 10, y = 5. Vậy nghiệm của phương trình trên là x = 10 + 2t, và y = 5 − t. Nhưng x, y là số nguyên không âm nên 10 + 2t ≥ 0, 5 − t ≥ 0 do đó −5 ≤ t ≤ 5. Vậy ta có các khả năng sau t -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 J x 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 y 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 Nội dung cuốn sách Trong cuốn sách có dùng một số khái niệm số học đã có trong bất cứ cuốn sách số học cơ bản nào. Bạn đọc muốn tra cứu những phần chúng tôi có dùng xin đọc ở phần phụ lục. Nêu một số những kiến thức cơ bản của số học sẽ được dùng trong các chương sau. Chúng tôi không chứng minh các định lí đã quá rõ hoặc có thể tìm trong bất cứ một cuốn sách số học cơ sở nào. Riêng phần liên phân số, chúng tôi có viết tương đối cơ bản và chứng minh một số khẳng định. Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất. Các vấn đề và phương pháp tổng quát giải phương trình vô định bậc nhất hai ẩn. Từ đó đề cập đến phương pháp giải phương trình vô định, hệ phương trình 10 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên vô định bậc nhất nhiều ẩn. Chương 2. Phương trình vô định bậc hai. Bằng cách tiếp cận theo dạng toàn phương của Gauss5, chúng tôi giải phương trình vô định bậc hai hai ẩn tổng quát. Dạng toàn phương được trình bày để rút ra phương pháp tìm nghiệm riêng và tổng quát của phương trình vô định bậc hai. Chương 3. Phương trình Pell. Một dạng phương trình vô định bậc hai đặc biệt và có rất nghiều ứng dụng được nghiên cứu ở chương này. Từ chương trước cũng đã dùng kết quả của chương này. Bằng những công thức nghiệm cụ thể phương trình Pell có vô số nghiệm. Sử dụng phương trình Pell để giải hàng loạt các bài tập cũng được đề cập tới. Chương 4. Phương trình vô định bậc cao và dạng đặc biệt. Phương trình vô định bậc ba và bậc bốn được đề cập và một số dạng đặc biệt như định lí Pythagoras, định lí lớn Fermat, . . . Không có phương pháp chung cho việc giải những phương trình vô định bậc cao, vậy mỗi bài toán giải phương trình vô định đều thể hiện một cách giải khác nhau. Chương này cũng liệt kê nhiều bài toán và kết quả của nhiều nhà toán học trong thế kỷ qua. Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực. Một số phương pháp giải phương trình vô định không mẫu mực đã được liệt kê. Chương này liệt kê các cách tiếp cận giải phương trình vô định không mẫu mực. Tuy là những mẹo giải phương trình vô định nhưng đều xuất phát từ những khái niệm và kiến thức cơ bản của toán học. Chương 6. Phương trình vô định trong tập số chữ số. Một dạng 5Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855): Nhà toán học người Đức Lời giới thiệu 11 bài tập phương trình vô định rất hay gặp là ẩn là những số chữ số, nghĩa là tìm nghiệm phương trình vô định trong tập mười số ban đầu. Hàng loạt bài toán hay đã được liệt kê và giải cẵn kẽ. Chương 7. Phương trình nghịch đảo các biến. Một dạng đặc biệt trong phương trình có các biến nghịch đảo. Loại phương trình này có cách giải khá đặc trưng và rất nhiều đề thi đã được đề cập đến. Chúng tôi liệt kê cách tiếp cận loại phương trình vô định này. Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định. Thực tế có rất nhiều chuyên đề về phương trình vô định, phần này ta xét những chuyên đề như phương trình vô định siêu việt, các cách đặt thông số cho việc giải một lớp bài toán phương trình vô định, những dạng tổng quát của phương trình vô định hoặc những dạng phương trình vô định có biến nghịch đảo. Chương 9. Những đề thi Olympic toán. Tập hợp những đề thi trong các cuộc thi Olympic quốc tế và một số nước trong những năm gần đây. Những phương pháp giải loại đề thi này rất điển hình và hay. Chương 10. Lời giải và gợi ý. Bài tập ở các chương được giải hoặc gợi ý giải tại đây, hầu hết các bài tập ở cuối các chương được giải. Những trường hợp gợi ý là những bài quá dễ và thường áp dụng các phương pháp trong chương. Phần đầu nội dung của cuốn sách này có lấy trong luận văn Thạc sỹ của Trần Quang Thiệu. Có thể nói Trần Quang Thiệu là tác giả thứ hai của cuốn sách này, nhưng do khâu đăng ký xuất bản có sơ xuất của tôi nên không có tên anh. Nhân đây tôi xin cảm ơn và mong anh thông cảm. Đọc cuốn sách này chỉ cần kiến thức phổ thông. Chúng tôi cố 12 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên gắng trình bầy tỷ mỷ như cuốn sách tham khảo và bàn luận một số phương pháp tiếp cận các bài toán phương trình vô định nghiệm nguyên. Theo chúng tôi nghĩ, đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho các thầy cô giáo, sinh viên đại học và những người quan tâm đến giáo dục toán học trong trường phổ thông tại Việt Nam. Lần đầu tiên biên soạn, cuốn sách chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp của bạn đọc. Hà nội, tháng 7 năm 2004 Các tác giả NHỮNG KÍ HIỆU Trong cuốn sách này ta dùng những kí hiệu với các ý nghĩa xác định trong bảng dưới đây: N tập hợp số tự nhiên Z tập hợp số nguyên Q tập hợp số hữu tỉ R tập hợp số thực C tập hợp số phức ≡ dấu đồng dư Ckm tổ hợp m phần tử bậc k ... phép chia hết 6... không chia hết (a, b) ước chung lớn nhất của hai số nguyên a, b [a, b] bội chung nhỏ nhất của hai số nguyên a, b abc số có các chữ số a, b, c IMO International Mathematics Olympiad APMO Asian Pacific Mathematics Olympiad Iberoamerican Các nước châu Mỹ nói tiếng Tây Ban Nha và Bồ Đào Nha. 13 Chương 1 PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT 1.1. Phương trình vô định bậc nhất hai ẩn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2. Nghiệm nguyên của phương trình bậc nhất hai ẩn. . . . . . . . . 16 1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất . . . . 17 1.3.1. Phương pháp biến số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.3.2. Phương pháp hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.3.3. Phương pháp dùng liên phân số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3.4. Phương pháp hình học. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.4. Phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.5. Hệ phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.6. Bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 Nội dung chương này là các phương pháp tìm nghiệm nguyên phương trình vô định bậc nhất hai ẩn. Phương pháp giải phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn và hệ phương trình vô định. 1.1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT HAI ẨN Dạng tổng quát phương trình vô định bậc nhất hai ẩn x và y là ax + by + c = 0, (1.1) ở đây a, b, c là những số nguyên gọi là hệ số của phương trình. Mỗi cặp số (x0, y0) thoả mãn đẳng thức (1.1), nghĩa là ax0 + by0 + c = 0, gọi là nghiệm của phương trình (1.1). 1.1. Phương trình vô định bậc nhất hai ẩn 15 Định lý 1.1. Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm số nguyên là ước số chung lớn nhất của các số a và b là ước số của số c. Chứng minh. 1. Điều kiện cần: Ký hiệu d là ước số chung lớn nhất của a và b. Ta có các đẳng thức a = da1, b = db1, với a1 và b1 là những số nguyên. Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của (1.1), ta có ax0 + by0 + c = 0 hoặc là da1x0 + db1y0 + c = 0. Từ đẳng thức trên ta thấy c phải chia hết cho d. Nhưng d là ước số chung lớn nhất của a và b , suy ra nếu phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm nguyên, thì cần thiết ước số chung lớn nhất của a và b cũng là ước số của c. 2. Điều kiện đủ: Cho (a, b) = d. Theo Định lý 11.7 (phần phụ lục) tồn tại những số nguyên A và B sao cho aA + bB = d (1.2) Nếu c chia hết cho d, ta có thể viết c = dc1, với c1 là một số nguyên. Ta nhân hai vế của đẳng thức (1.2) với số −c1. Ta nhận được −c1aA − c1bB = −dc1 hoặc là a(−c1A) + b(−c1B) + c = 0. Từ đẳng thức sau cùng ta thấy rằng (−c1A, −c1B) là một nghiệm nguyên của phương trình (1.1). Như vậy điều kiện ước số chung lớn nhất của a và b là ước số của số c là đủ để phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm nguyên. J 16 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất 1.2. NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Trong định lý trên hệ số a và b nguyên tố cùng nhau, thì phương trình (1.1) luôn có ít nhất một nghiệm nguyên. Định lý 1.2. Nếu trong phương trình (1.1) những hệ số a và b nguyên tố cùng nhau và (x0, y0) là một nghiệm nguyên, thì tất cả nghiệm nguyên của phương trình nhận từ công thức ( ở đây t là số nguyên bất kỳ. x = x0 + bt y = y0 − at,(1.3) Chứng minh. Bằng cách thế (1.3) vào (1.1) dễ thấy đó chính là nghiệm của phương trình. Ta sẽ chứng minh rằng mọi nghiệm của (1.1) đều có dạng (1.3). Giả sử (x0, y0) là một nghiệm đã cho, còn (x1, y1) là một nghiệm nguyên bất kỳ. Khi đó ta luôn tìm được những số α và β sao cho x1 = x0 + α, y1 = y0 + β. Vì (x1, y1) là nghiệm của (1.1), ta có a(x0 + α) + b(y0 + β) + c = 0, hoặc là ax0 + by0 + c + aα + bβ = 0 Nhưng ax0 + by0 + c = 0 , do (x0, y0) là nghiệm của (1.1). Ta nhận được đẳng thức aα + bβ = 0 (1.4) Từ đẳng thức này ta thấy rằng bβ phải chia hết cho a và vì a và b là nguyên tố cùng nhau nên suy ra β chia hết cho a. Ta có thể viết đẳng thức β = at1 với t1 là nguyên. Tương tự ta có đẳng thức α = bt với t nguyên. Thay những giá trị đã tìm của α và β vào (1.4) và đơn giản thừa số chung ta nhận được t + t1 = 0 tức là t1 = −t. Từ đó 1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất 17 suy ra α = bt, β = −at. Từ đó lại suy ra x1 = x0 + bt, y1 = y0 − at. J 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM RIÊNG PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT Từ phần trên ta thấy muốn tìm tất cả các nghiệm của phương trình (1.1), cần thiết phải tìm một nghiệm nguyên cụ thể ta gọi là nghiệm riêng. 1.3.1. Phương pháp biến số nguyên Phương trình đã cho được thay thế bằng phương trình khác dễ tìm nghiệm nguyên hơn, và sau đó tìm nghiệm nguyên tương ứng của phương trình đã cho. Ta xét mội số ví dụ sau. Ví dụ 1.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 12x − 19y + 21 = 0. Lời giải. Ta có 12 = y − 1 +7y − 9 12 . Dễ thấy 7y − 9 x =19y − 21 12 phải là số nguyên ta ký hiệu là z. Ta có 7y − 9 = 12z. Từ đó lại có y = z + 1 +5z + 2 Ta lại ký hiệu u là số nguyên 5z + 2 7. có z = u +2u − 2 7, nhận được 5z + 2 = 7u. Từ đó 5. Ta lại đặt 2u − 2 = 5t và đễ thấy nghiệm nguyên t = −2, u = −4, suy ra z = −6 và y = −9 và suy ra x = −16. Do đó tất cả nghiệm của phương trình là x = −16 − 19t, y = −6 − 12t với t = 0, ±1, ±2, . . .. J 18 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất 1.3.2. Phương pháp hàm Euler Dùng tính chất đồng dư, đặc biệt là hàm Euler1 ϕ thông qua định lý sau: Định lý 1.3. Cho a và b là những số dương và nguyên tố cùng nhau trong phương trình (1.1). Khi đó số x0 = −caϕ(b)−1, y0 = caϕ(b) − 1 b là một nghiệm nguyên của phương trình vô định (1.1). Chứng minh. Ta khẳng định rằng những số x0 và y0 là nguyên. Dễ thấy số x0 là nguyên. Theo Định lý Euler-Fermat ta có aϕ(b) ≡ 1 (mod b), nghĩa là aϕ(b) − 1 chia hết cho b và suy ra y0 cũng là số nguyên. Bằng cách kiểm tra trực tiếp x0 và y0 là nghiệm của (1.1): ax0 + by0 = −acaϕ(b)−1 + bc aϕ(b) − 1 b = −caϕ(b) + c(aϕ(b) − 1) = −c. J Ví dụ 1.2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x + 12y − 20 = 0. Lời giải. Theo công thức trên ta có x0 = 20.5ϕ(12)−1, y0 = −20.5ϕ(12) − 1 12 . Những số dương nhỏ hơn 12 và nguyên tố cùng nhau với 12 là 1, 5, 7, 11 và suy ra ϕ(12) = 4. Khi đó x0 = 20.53 = 2500, y0 = −20.54 − 1 12 = −1040. Như vậy tất cả các nghiệm nguyên của phương trình trên là x = 2500 + 12t, y = −1040 − 5t, t = 0, ±1, ±2, . . . J 1Leonhard Euler (1707-1783): Sinh tại thụy sĩ, làm việ tại Nga. 1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất 19 Chú ý: Khi hệ số a và b không phải là số dương thì ta có thể biến đổi các ẩn để cho phương trình chỉ có hệ số nguyên dương. Ví dụ nếu a > 0 và b < 0, khi đó phương trình (1.1) ta xét thay bằng ax + (−b)y0 + c = 0 ở đây y được thay bằng y0. Khi tìm được x0, y00 sẽ tìm được x0, y0. 1.3.3. Phương pháp dùng liên phân số Như nhận xét phần trước ta có thể giả thiết rằng a và b là những số dương. Cho phương trình (1.1) ít nhất có một nghiệm nguyên. Như vậy nếu (a, b) = d, thì phải có đẳng thức c = dc1 với c1 nguyên. Ngoài ra a và b thoả mãn phương trình (11.5) (phần phụ lục). Nhân hai vế với c1, ta nhận được a[(−1)nc1Qn−1] + b[(−1)n+1c1Pn−1] = c. Từ đẳng thức sau cùng ta có một nghiệm nguyên của (1.1) x0 = (−1)nc1Qn−1, y0 = (−1)n+1c1Pn−1. Định lý 1.4. Cho a và b là những số dương và nguyên tố cùng nhau. Khai triển phân số ab= (q1, q2, . . . , qn) và Pn Qn= (q1, q2, . . . , qn) phân số xấp xỉ ab. Khi đó phương trình vô định (1.1) có một nghiệm nguyên biểu diễn bằng công thức x0 = (−1)ncQn−1, y0 = (−1)n+1cPn−1 Ví dụ 1.3. Hãy tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 76x − 23y = 5. Lời giải. Dễ thấy rằng phương trình có ít nhất một nghiệm nguyên. Để thuận tiện tính toán ta xét thay phương trình 76x + 23y0 = 5, với 20 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất cách đặt y0 = −y như vậy hệ số trước x và y0 đều dương. Khai triển 76 23 thành liên phân số 23 = 3 +1 76 3 +1 3 +12 = (3, 3, 3, 2). Ta có q1 = 3, q2 = 3, q3 = 3, q4 = 2. Theo phần phụ lục công thức (11.3) ta có P0 = 1, P1 = q1 = 3, P2 = q2P1 + P0 = 3.3 + 1 = 10, P3 = q3P2 + P1 = 3.10 + 3 = 33, P4 = q4P3 + P2 = 2.33 + 10 = 76. Q0 = 0, Q1 = 1, Q2 = q2Q1 + Q0 = 3.1 + 0 = 3, Q3 = q3Q2 + Q1 = 3.3 + 1 = 10, Q4 = q4Q3 + Q2 = 1.1 + 3 = 23. m = 4, Pn−1 = P3 = 33, Qn−1 = Q3 = 10, c = 5. Suy ra phương trình 76x + 23y0 = 5 có nghiệm nguyên x0 = (−1)4.5.10 = 50, y00 = (−1)5.5.33 = −165, từ đó suy ra phương trình đã cho có một nghiệm nguyên x0 = 50, y0 = 165. Vậy tất cả các nghiệm của phương trình là x = 50 − 23t, y = 165 − 76t, t = 0, ±1, ±2, . . . . J Ví dụ 1.4. Giải phương trình trong tập số nguyên 10x + 7y = 1. Lời giải. Ta có 107= 1 +1 2 +13= (1, 2, 3). q1 = 1, q2 = 2, q3 = 3, n = 3, c = 1 P0 = 1, P1 = 1, P2 = 3, Q0 = 0, Q1 = 1, Q2 = 2. Từ đây ta tính được nghiệm riêng x0 = (−1)3.1.2 = −2, y0 = (−1)1.3.3 = 3. 1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất 21 Tất cả các nghiệm nguyên của phương trình là x = −2 + 7t, y = 3 − 10t, t = 0, ±1, ±2, . . . J 1.3.4. Phương pháp hình học Nếu trong mặt phẳng ta ✑✑✑✑✑✑✑✑✑✑✑✑✑✑ cho hệ toạ độ vuông góc Oxy, thì mỗi điểm được xác định bằng hai số thực và ngược lại mỗi cặp số thực xác định một ` điểm, toạ độ của nó là những số này. y ✻ 0 (x0, y0) q y0 x0 ✲x Ta đã biết rằng mỗi điểm của đường thẳng l đều thoả Hình 1.1 mãn đẳng thức ax + by + c = 0, gọi là phương trình đường thẳng. Nếu trong phương trình ax + by + c = 0 những hệ số a, b, c là những số nguyên khác không, thì tất cả những điểm trên đường thẳng ax + by + c = 0, những toạ độ của chúng là nguyên, là tất cả nghiệm nguyên của phương trình vô định ax + by + c = 0. Ở phần trước ta đã chứng minh nếu phương trình vô định ax + by + c = 0 có ít nhất một nghiệm nguyên, thì phương trình cũng có vô số nghiệm nguyên. Ý nghĩa hình học ta có thể phát biểu: Định lý 1.5. Nếu trên một đường thẳng với phương trình ax + by + c = 0, ở đây a, b, c là những số nguyên khác không, đi qua một điểm với toạ độ nguyên, thì đường thẳng này đi qua vô số điểm toạ độ nguyên. Dựa vào mệnh đề trên ta có thể kẻ ô lưới mặt phẳng tọa độ và 22 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất vẽ đường thẳng trên lưới đó để tìm một nghiệm nguyên riêng trên đường thẳng. 1.4. PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN Dạng chung của phương trình vô định bậc nhất với k ẩn là a1x1 + a2x2 + · · · + akxk = b, (1.5) ở đây k ≥ 1, a1, a2, . . . , ak, b là những số nguyên, với a1 6= 0, a2 6= 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 số a1, a2, . . . , aklà ước số của số b. Trường hợp riêng k = 1 và k = 2 như ta đã xét ở trên. Với k ≥ 3, trong trường hợp này công thức nghiệm cho phương trình vô định nhiều ẩn có thể tổng quát hoá theo cách sau: Nếu x01, x02, . . . , x0klà một nghiệm nguyên riêng của phương trình vô định (1.5) thì những số nguyên x1, x2, . . . , xk xác định theo đẳng thứcx1 = x01 + akt1, x2 = x02 + akt2, . . . . . . xk−1 = x0k−1 + aktk−1, xk = x0k − a1t1 − a2t2 − · · · − ak−1tk−1, (1.6) ở đây t1, t2, . . . , tk−1là 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 trình 2x + 3y + 4z = 5 có 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 trò z lần lượt cho x và y sẽ 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 hơn 2. Ta sẽ dùng tư tưởng sau: phương trình vô định k ẩn đưa về phương trình k − 1 ẩn. 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 mới u bằng cách nhóm hai ẩn z, y: 3y + 4z = u. Với u là số nguyên , phương trình 3y + 4z = u có nghiệm nguyên x, z vì (3, 4) = 1 và 1 là ước số của u. 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 = 4 − u + 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 là x0 = 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 u và các biểu thức của y, z ta nhận được công thức nghiệm x = t2, y = 4 − u + 4t1 = 4 − 5 + 2t2 + 4t1 = −1 + 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 nghiệm x = 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 trình 2x + 3y + 4z = 5 là nghiệm của phương trình 2x + u = 5 thông qua quan hệ 3y + 4z = u. Ngược lại, mỗi nghiệm y0, u0 của phương trình 2x + u = 5 tương ứng nghiệm y0, z0 của phương trình 3y + 4z = u, mà nó giải được với mọi u, vì (3, 4) = 1. Số x0, y0, z0 dễ thấy là nghiệm của phương trình đã cho 2x + 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 + · · · + ak−1xk−1 + akxk = b, ở đây k ≥ 2, những số a1, a2, . . . , aklà số nguyên khác không. Ta ký hiệu d là 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 a0klà những số nguyên, với (a0k−1, a0k) = 1. Phương trình đã cho viết lại a1x1 + a2x2 + · · · + ak−2xk−2 + d(a0k−1xk−1 + a0kxk) = b (1.7) Ta đưa vào ẩn mới u bằng đẳng thức a0k−1xk−1 + a0kxk = u. (1.8) Khi đó (1.7) viết lại a1x1 + a2x2 + · · · + 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 định u phương trình (1.8) có nghiệm nguyên xk−1, xk, vì ước số chung lớn nhất của hai số a0k−1và aklà 1. Nhưng những số x1, x2, . . . , xk−3, xk−2, xk−1, xklà 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 định k − 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 vào k − 1 tham 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 mới u = 2z + 3w, phương trình đã cho viết lại 2x + 3y + 2u = 5. Phương trình sau cùng lại đưa vào ẩn mới v = 3y + 2u và nhận được phương trình 2x + v = 5. Giải phương trình 2z + 3w = u trong số nguyên đối với z, w, ta có nghiệm riêng z0 = −u, w = u và tất cả các nghiệm là z = −u + 3t1, w = u − 2t1, t1 = 0, ±1, ±2, . . . Nghiệm nguyên y, u của 3y + 2u = v với một nghiệm riêng y0 = v, u0 = −v là y = v + 2t2, v = 3 − 2t2, t3 = 0, ±1, ±2, . . . Tất cả những nghiệm nguyên của 2x + v = 5 với một nghiệm riêng x0 = 1, v0 = 3 là 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 1.5. Hệ phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn 27 1.5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN Dạng chung của một hệ m phương trình vô định bậc nhất với n ẩn là   a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1 a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2 . . . . . . . . . . . . am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm, ở đây những hệ số trước x1, x2, x3, . . . , xn và hệ số tự do đều là số nguyên. Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Khi đó mỗi phương trình cũng tồn tại nghiệm. Từ phương trình thứ nhất ta có thể tìm những ẩn biểu diễn theo số nguyên thông qua các thông số t1, t2, . . ., số thông số này ít hơn số ẩn. Ta thay tất cả các ẩn vừa tìm được vào các phương trình còn lại trong hệ và nhận được hệ phương trình có các ẩn là những thông số, hệ phương trình này có số ẩn và số phương trình đều giảm đi một. Ta tiến hành các bước trên liên tục đưa ta đến hệ phương trình chỉ còn một phương trình vô định hoặc một phương trình một ẩn. Cả hai trường hợp này đều có cách tìm nghiệm đã biết. Từ những nghiệm của các hệ phương trình có mối liên hệ với nhau ta tìm được nghiệm chung của hệ ban đầu. Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1.7. Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình sau: ( 2x + 3y − 5z = 4 5x − y + 2z = 3.(1.10) Lời giải. Giải phương trình thứ nhất 2x + 3y − 5z = 4. Ta đặt 3y − 5z = u. Đây là một phương trình vô định giải theo y và z. Một 28 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất nghiệm riêng là y0 = 2u, z0 = u từ đây ta có tất cả các nghiệm y = 2u − 5t1 z = u − 3t1, t1 = 0, ±1, ±2, . . . Nhưng phương trình ta đang xét có dạng 2x + u = 4. Giải phương trình với nghiệm nguyên đối với x và u. Ta dùng một nghiệm riêng của hệ này là x0 = 2, u0 = 0 ta nhận được x = 2 + t2, u = −2t2, t2 = 0, ±1, ±2, . . . Vậy ta có y = 2u − 5t1 = −4t2 − 5t1, z = u − 3t1 = −2t2 − 3t1. Tất cả các nghiệm nguyên của phương trình thứ nhất 2x + 3y − 5z = 4 nhận được theo công thức sau x = 2 + t2, y = −4t2 − 5t1, z = −2t2 − 3t1, t1 = 0, ±1, . . . , t2 = 0, ±1, . . . Thế những ẩn trên vào phương trình thứ hai 5x − y + 2z = 3 ta nhận được 5(2 + t2) + 4t2 + 5t1 + 2(−2t2 − 3t1) = 3. Sau khi biến đổi ta nhận được 5t2 − t1 + 7 = 0. Giải phương trình này theo các ẩn t1, t2. Ta có t1 = 5t2 + 7 , suy ra tất cả các nghiệm là t1 = 5t + 7, t2 = t với t là số nguyên bất kỳ. Ta có nghiệm 1.6. Bài tập 29 của hệ phương trình đã cho là x = 2 + t, y = −4t − 5(5t + 7) = −35 − 29t, z = −2t − 3(5t + 7) = −21 − 17t, t = 0, ±1, ±2, . . . J 1.6. BÀI TẬP . 1.8. Một nhà máy đóng gói loại akg và bkg , ta biết rằng hai số a và b nguyên tố cùng nhau và không có số nào bằng 1. Chứng minh rằng bằng cách đóng gói như vậy ta có thể nhận được trọng lượng bằng số nguyên ckg , mà nó lớn hơn ab − a − b. . 1.9. Chứng minh rằng số dương nhỏ nhất dạng ax + by là ước số chung lớn nhất của những số a và b, ở đây (a, b, x, y là những số nguyên). . 1.10. Chứng minh rằng nếu phương trình ax − by = c (a, b, c là số tự nhiên) có nghiệm nguyên, thì nó cũng có nghiệm trong tập số tự nhiên. . 1.11. Chứng minh rằng phương trình ax + by = c, ở đây a và b là những số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, có nghiệm tự nhiên với mọi số tự nhiên c > ab . 1.12. Một học sinh cần giải 20 bài tập của chủ đề đã cho. Mỗi bài giải đúng được 8 điểm, mỗi bài không giải đúng bị trừ đi 5 điểm, còn những bài không giải chỉ nhận được điểm 0. Học sinh đó được tổng cộng 13 điểm. Hỏi bao nhiêu bài toán học sinh đó đã giải ? . 1.13. Một dãy Pharei hạng n được định nghĩa là dãy tăng từ những phân số tối giản ab, mà chúng thoả mãn tính chất sau (a, b) = 1, 0 ≤ a ≤ b ≤ n. (1.11) 30 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất Chứng minh rằng a) Nếu abvà cdlà những phân số liên tiếp trong dãy Pharei và a b 0, và không riêng nếu αδ − βγ < 0. Nếu một dạng toàn phương f(x, y) bao hàm dạng toàn phương ϕ(ξ, η) thông qua phép biến đổi riêng thì ta nói rằng f(x, y) bao hàm riêng dạng ϕ(ξ, η), còn ngược lại không bao hàm riêng. Nếu f(x, y) bao hàm riêng ϕ(ξ, η), và ngược lại thì khi đó những dạng toàn phương f(x, y) và ϕ(ξ, η) gọi là tương đương riêng. Nếu chỉ có một bao hàm không riêng thì gọi chúng là tương đương không riêng. Hai dạng toàn phương có thể là đồng thời riêng và không riêng tương đương, ta sẽ chỉ ra bằng một ví dụ ở phần sau. 2.3. Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương 35 2.3. BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN THEO DẠNG TOÀN PHƯƠNG Nếu ax20 + 2bx0y0 + cy20 = m, ở đây m, x0, y0, a, b, c là những số nguyên, ta nói rằng số nguyên m biểu diễn thông qua dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2. 1. Nếu m = 0, ta có phương trình ax2 + 2bxy + cy2 = 0. Ta giải phương trình theo ẩn x, tìm được a=−b ±√b2 − ac x =−by ±pb2y2 − acy2 ay. Từ đây suy ra trong trường hợp này phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi định thức của nó b2 − ac là số dương và hơn nữa phải là số chính phương. 2. Nếu m 6= 0, ta giả sử rằng m biểu diễn được theo dạng ax2 + 2bxy + cy2, như là đẳng thức m = ax20 + 2bx0y0 + cy20, ở đây x0 và y0 là những số nguyên tố cùng nhau. Ta biết rằng khi x0, y0 nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số nguyên p và q, với chúng px0 + qy0 = 1. Dễ tính toán được đẳng thức sau m(aq2 − 2bqp + cp2) = [p(x0b + y0c) − q(x0a + y0b)]2 − (b2 − ac), hoặc là mU = V2 − (b2 − ac), ở đây U = aq2 − 2bpq + cp2, V = p(x0b + y0c) − q(x0a + y0b). Từ đây suy ra nếu số m biểu diễn thành dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2 khi x = x0, y = y0 với (x0, y0) = 1, thì phải tồn tại số nguyên V sao cho hiệu bình phương của số đó và định thức của dạng toàn phương chia hết cho m. Trong trường hợp này ta nói rằng định thức là số dư của bình phương V đối với m. 36 Chương 2. Phương trình vô định bậc hai Tóm lại số R gọi là số dư của bình phương một số X đối với số M, nếu hiệu X2 − R chia hết cho M. Mệnh đề 2.1. Theo định nghĩa trên R là số dư của bình phương mọi số dạng X + kM, k = 0, ±1, ... Chứng minh. Ta có (X + kM)2 − R M=X2 + 2XkM + k2M2 − R M =X2 − R M+ 2Xk + k2M. Nhưng R là số dư của bình phương X đối với M, suy ra phân số X2 − R Mlà số nguyên và từ đẳng thức trên (X + kM)2 − R Mlà số nguyên, nghĩa là R đúng là số dư của bình phương số X + kM với mọi k. J Vì mệnh đề trên ta có thể chỉ hạn chế một trong trong các số X + kM. Ta sẽ chọn số không âm nhỏ nhất dạng X + kM, nó hiển nhiên nhỏ hơn M và trong khi giải các bài toán khác nhau số nhỏ nhất như vậy ta sẽ xác định phải chăng R là số dư bình phương với nó hoặc là không. Ví dụ 2.1. Số 3 không thể biểu diễn dưới dạng toàn phương x2 − 2xy + 2y2, nghĩa là phương trình x2 − 2xy + 2y2 = 3 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Định thức của dạng toàn phương x2 − 2xy + 2y2 bằng (−1)2 − 1.2 = −1. Để số −1 là số dư bình phương đối với số 3, cần phải tồn tại số nguyên V ( 0 ≤ V < 3 ) sao cho số V2 + 1 chia hết cho 3. Bằng kiểm tra trực tiếp với V = 0, 1, 2 số V2 + 1 không chia hết cho 3; suy ra số −1 không phải là số dư bình phương đối 2.4. Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương biến đổi 37 với 3. Từ đó suy ra phương trình vô định x2 − 2xy + 2y2 = 3 không có nghiệm nguyên mà chúng nguyên tố cùng nhau. Nhưng ta cũng chứng minh được phương trình không thể có nghiệm nguyên mà chúng không nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, nếu x0, y0 là một nghiệm, mà chúng có tính chất (x0, y0) = d > 1, thì khi ta đặt x0 = dx1, y0 = dy1, ở đây x0 và y0 là những số nguyên, ta có đẳng thức sau x20 − 2x0y0 + 2y20 = 3 hoặc là d2x21 − 2d2x1y1 + 2d2y21 = 3. Từ đây suy ra số 3 chia hết cho một số lớn hơn 1 và số đó là số chính phương, điều này không thể có. Suy ra phương trình không có nghiệm nguyên mà chúng không nguyên tố cùng nhau. Kết hợp cả hai phần chứng minh trên dẫn đến kết luận phương trình vô định ta xét không có nghiệm nguyên, nghĩa là số 3 không thể biểu diễn dạng toàn phương x2 − 2xy + 2y2. J 2.4. Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương biến đổi Cho dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2 bao hàm dạng a1ξ2 + 2b1ξη + c1η2thông qua phép biến đổi ( x = αξ + βη, y = γξ + δη (α, β, γ, δ là những số nguyên ) Nếu phương trình vô định a1ξ2 + 2b1ξη + c1η2 = m (m là số nguyên ) có nghiệm ξ0, η0 trong số nguyên, thì dễ thấy những số ( x0 = αξ0 + βη0 y0 = γξ0 + δη0 38 Chương 2. Phương trình vô định bậc hai sẽ là một nghiệm nguyên của phương trình vô định ax2 + 2bxy + cy2 = m. Ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 2.2. 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. Ví dụ 2.2. Những phương trình ( x2 +xy + y2 = 5 x2 +3xy + 3y2 = 5 hoặc là cả hai đều có nghiệm nguyên, hoặc là cả hai không có nghiệm nguyên. Lời giải. Dạng toàn phương x2 + xy + y2 bao hàm dạng toàn phương ξ2 + 3ξη + 3η2thông qua phép biến đổi x = ξ + η, y = η môđun của phép biến đổi này bằng 1. Theo phần đầu ở chương này dạng toàn phương ξ2 + 3ξη + 3η2 bao hàm x2 + xy + y2thông qua phép biến đổi ξ = x − y, η = y. Như vậy ta nhận được sự tương đương giữa hai dạng toàn phương. J Bây giờ ta chứng minh định lý cơ bản về sự biểu diễn một số nguyên bằng những dạng toàn phương. Định lý 2.1. Nếu m là một số nguyên khác không, mà nó biểu diễn được thông qua dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2với x = x0, y = y0, và (x0, y0) = 1, định thức D của nó là số dư bình phương của số V đối với m, thì những dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2và mξ2 + 2Vξη +V2 − D mη2 là tương đương riêng. 2.4. Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương biến đổi 39 Chứng minh. Cho x0, y0 là một nghiệm nào đó của phương trình ax2 + 2bxy + cy2 = m, mà (x0, y0) = 1. Nghiệm như vậy tồn tại do giả thiết. Vì tính chất nguyên tố cùng nhau, nên tồn tại những số p và q, với chúng px0 + qy0 = 1. Trong phần trước ta đã chỉ ra rằng định thức D = b2 − ac là số dư bình phương của số V, xác định bằng đẳng thức V = p(x0b + y0c) − q(x0a + y0b). Ta chọn phép biến đổi( x = x0ξ − qη, y = y0ξ + pη.(2.7) Môđun của nó bằng x0 p + y0q = 1 và suy ra nó là phép biến đổi riêng. Dạng biến đổi sẽ là a(x0ξ − qη)2 + 2b(x0ξ − qη)(y0ξ + pη) + c(y0ξ + pη)2 = mξ2 + 2Vξη +V2 − D mη2. Ta có V2 − D mchắc chắn là nguyên, vì D là số dư của bình phương V đối với m. Như vậy ta nhận được, nếu số m biểu diễn qua dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2 khi x = x0, y = y0, mà (x0, y0) = 1, thì dạng này bao hàm riêng mξ2 + 2Vξη +V2 − D mη2. Dễ chứng minh được rằng trong trường hợp này dạng toàn phương mξ2 + 2Vξη +V2 − D mη2 bao hàm riêng dạng ax2 + 2bxy + cy2. J Ta cần nhấn mạnh rằng với những số nguyên p và q không đòi hỏi điều kiện gì hơn ngoài việc chúng là nghiệm của phương trình x0 p + y0q = 1. Nhưng những số như vậy vô cùng nhiều, vì chúng 40 Chương 2. Phương trình vô định bậc hai là nghiệm của phương trình vô định ta đã xét chương 1. Cũng dễ chứng minh được trong số những số p và q , mà nó tương ứng với V có những số không âm và nhỏ hơn m. Để giải các bài toán trong thực tế người ta chỉ chọn những số p và q sao cho 0 ≤ V < m. Ta nói rằng một nghiệm x0, y0, qua nó mà xác định V, được gọi là nghiệm thuộc V. 2.5. PHÉP BIẾN ĐỔI DẠNG TOÀN PHƯƠNG VÀ NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH Nếu một dạng toàn phương có thể chuyển đổi thành dạng khác theo những phép biến đổi khác nhau thì định lý sau đây có thể vét cạn tất cả các phép biến đổi đó. Ta không chứng minh định lý này. Định lý 2.2. Cho một dạng toàn phương f(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 biến đổi thành dạng toàn phương ϕ(ξ, η) = a1ξ2 + 2b1ξη + c1η2theo phép biến đổi riêng( x = αξ0 + βη0 y = γξ0 + δη0(2.8) Khi đó tất cả phép biến đổi riêng, mà nó biến đổi f(x, y) thành ϕ(ξ, η) được xác định theo công thức  x =1σ[αt − (αb + γc)u]ξ +1σ[βt − (βb + δc)u]η y =1σ[γt + (αa + γb)u]ξ +1σ[δt + (βa + δb)u]η,(2.9)  ở đây σ là ước số chung lớn nhất của a, 2b, c, còn t và u là những nghiệm nguyên của phương trình vô định t2 − Du2 = σ2(D = b2 − ac). Theo các công thức trên những số x, y là những số nguyên. 2.5. Phép biến đổi dạng toàn phương và nghiệm phương trình 41 Phương trình t2 − Du2 = σ2là dạng đặc biệt được giải trong chương sau. Trường hợp riêng, nếu ϕ(ξ, η) = mξ2 + 2Vξη +V2 − D mη2, thì như ta đã biết những dạng f(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 và ϕ(ξ, η) = mξ2 + 2Vξη +V2 − D mη2, là tương đương riêng. Nếu tồn tại nghiệm nguyên x0, y0 của phương trình ax2 + 2bxy + cy2 = m mà chúng nguyên tố cùng nhau và thuộc ở V. Ngoài ra f(x, y) biến đổi thành ϕ(ξ, η) thông qua (2.7). So sánh (2.7) và (2.8) ta tìm được α = x0, β = y0. Nhưng đẳng thức (2.9) trong trường hợp cụ thể này  x =1σ[x0t − (x0b + y0c)u], y =1σ[y0t + (x0a + y0b)u], t2 − Du2 = σ2,(2.10)  là nghiệm của phương trình ax2 + 2bxy + cy2 = m trong số nguyên và nguyên tố cùng nhau. Tất cả nghiệm x, y xác định theo (2.10), thuộc số V và những nghiệm khác thuộc V không có. Nhưng giữa những số 0, 1, 2, ..., m − 1 có khả năng có những số khác, ví dụ V1, V2, ..., mà những định thức là số dư bình phương của chúng. Nếu x1, y1 là một nghiệm nguyên như vậy của phương trình ax2 + 2bxy + cy2 = m , mà nó thuộc V1, nghĩa là với chúng ta có thể tìm được những số nguyên p và q sao cho x1 p + y1q = 1 và hơn nữa V1 = p(x1b + y1c) − q(x1a + y1b), thì tất cả các nghiệm thuộc V1 lại xác định bằng (2.10), bằng cách thay x0 và y0 tương ứng với x1 và y1. Tất cả các nghiệm, mà chúng thuộc V, V1, V2, ... là tất cả nghiệm 42 Chương 2. Phương trình vô định bậc hai của phương trình vô định ax2 + 2bxy + cy2 = m (2.11) trong cặp số nguyên nguyên tố cùng nhau. Nếu phương trình (2.11) có nghiệm nguyên không nguyên tố cùng nhau ta có thể lý luận như sau: Giả sử x0, y0là nghiệm của (2.11), mà (x0, y0) = d > 1. Ta có thể viết các đẳng thức x0 = dx1, y0 = dy1, mà (x1, y1) = 1. Vì x0, y0là nghiệm của (2.11), ta có ax02 + 2bx0y0 + cy02 = m hoặc là ax21d2 + 2bx1y1d2 + cy21d2 = m từ đó suy ra ax21 + 2bx1y1 + cy21 =md2. Bằng cách ký hiệu md2 = m1, ta nhận được x1, y1 là nghiệm của phương trình vô định ax2 + 2bxy + cy2 = m1 trong những số nguyên tố cùng nhau. Ta có thể tìm tất cả những nghiệm của phương trình vừa nhận được trong những số nguyên nguyên tố cùng nhau bằng cách ở phần trên. Từ đây ta lại tìm được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho trong số nguyên không nguyên tố cùng nhau. Dễ thấy sự tương ứng hai chiều giữa những nghiệm của (2.11) trong số nguyên không nguyên tố cùng nhau và tất cả các nghiệm của phương trình ax2 + 2bxy + cy2 = m1 trong số nguyên nguyên tố cùng nhau là một-một. Như vậy, bằng cách lập tất cả các phương trình từ (2.11) bằng cách thay số hạng tự do m bằng thương của m và tất cả khả năng ước số của m, mà chúng là bình phương của những số nguyên, và giải tất cả phương trình này trong những số nguyên tố cùng nhau, dễ tìm được tất cả các nghiệm của phương trình (2.11) trong số nguyên. Phần sau ta sẽ cho một ví dụ bằng cách tìm nghiệm theo cách vừa mô tả. 2.6. Phương trình toàn phương có định thức bằng không 43 Đặc biệt, nếu số m không có ước số lớn hơn 1 và là những bình phương của số nguyên, thì phương trình (2.11) không có nghiệm nguyên trong những số nguyên tố cùng nhau. 2.6. PHƯƠNG TRÌNH TOÀN PHƯƠNG CÓ ĐỊNH THỨC BẰNG KHÔNG Cho dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2có định thức b2 − ac = 0. Khi đó dễ kiểm tra thấy ax2 + 2bxy + cy2 =(ax + by)2 a. Bây giờ ta xét phương trình vô định ax2 + 2bxy + cy2 = m, (2.12) với b2 = ac. Bằng cách tính toán, phương trình (2.12) có thể đưa về dạng 1 a(ax + by)2 = m hoặc là (ax + by)2 = ma. Từ đây phương trình đã cho tương đương với hai phương trình ax + by = ±√ma. (2.13) Như vậy để phương trình (2.12) có nghiệm nguyên, điều kiện cần là số ma là số chính phương. Điều kiện cần nữa là ước số chung lớn nhất của hai số a và b cũng là ước số của √ma. Hai điều kiện này cũng là điều kiện đủ. Theo chương 2 phương trình vô định bậc nhất, nếu x0, y0 là nghiệm của (2.13) trong trường hợp lấy dấu cộng, còn x00, y00là nghiệm của (2.13) trong trường hợp lấy dấu trừ, thì tất cả các nghiệm nguyên của phương trình vô định (2.13) xác định theo 44 Chương 2. Phương trình vô định bậc hai công thức x = x0 + bt, y = y0 − at, t = 0, ±1, ... x = x00 + bt0, y = y00 − at0, t0 = 0, ±1, ... Ví dụ 2.3. Hãy tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình : 25x2 − 40xy + 16y2 = 9. Lời giải. Ở đây a = 25, b = −20, c = 16, m = 9. Vì b2 − ac = (−20)2 − 25.16 = 0. Đúng là trường hợp định thức bằng không. Theo cách tính trên ta có 125(25x − 20y)2 = 9, hay là (25x − 20y)2 = 9.25. Cuối cùng phương trình đã cho phân tích thành tích hai phương trình bậc nhất 25x − 20y − 15 = 0, 25x − 20y + 15 = 0. Ước số chung của những hệ số trước x và y bằng 5 và cũng là ước số của 15, suy ra hai phương trình trên giải được trong số nguyên. Ta giản ước thừa số chung và nhận được 5x − 4y − 3 = 0, 5x − 4y + 3 = 0. Một nghiệm riêng của phương trình thứ nhất là x = 3, y = 3, còn một nghiệm riêng của phương trình thứ hai là x = −3, y = −3. Do đó tất cả các nghiệm của phương trình đã cho được xác định bằng ( x = 3 − 4t, y = 3 − 5t, t = 0, ±1, ... ( x = −3 − 4t0, y = −3 − 5t0, t0 = 0, ±1, ... J Ví dụ 2.4. Giải phương trình vô định trong tập hợp số nguyên 12x2 + 12xy + 3y2 = 4. Lời giải. Ở đây a = 12, b = 6, c = 3, m = 4, b2 − ac = 36 − 12.3 = 0. Nhưng số √ma =√4.12 = 4√3 không là số nguyên, từ đó suy ra phương trình vô định đã cho không có nghiệm nguyên. J 2.7. Phương trình toàn phương có định thức khác không 45 2.7. PHƯƠNG TRÌNH TOÀN PHƯƠNG CÓ ĐỊNH THỨC KHÁC KHÔNG Phần này ta liệt kê các bước tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định dạng aX2 + 2bXY + cY2 + 2dX + 2eY + f = 0 (2.14) khi b2 − ac 6= 0. Tìm tất cả các nghiêm của phương trình vô định trên ta lần lượt tiến hành theo các bước sau: 1. Đổi ẩn số X và Y bằng x và y theo công thức sau X =x + cd − be b2 − ac, Y =y + ae − bd b2 − ac. (2.15) Ta nhận được phương trình dạng ax2 + 2bxy + cy2 = m. (2.16) 2. Nếu m = 0, ta có x =b ±√b2 − ac nghiệm của (2.16) khi nó có nghiệm. ay, từ đây dễ tìm được 3. Nếu m 6= 0, trước tiên ta giải phương trình (2.16) trong những số nguyên tố cùng nhau theo các bước: Tìm tất cả những số V, 0 ≤ V < m, với nó định thức D = b2 − ac là số dư bình phương đối với m. a) Nếu những số như vậy không có, thì phương trình (2.16), mà cũng suy ra phương trình (2.14) không có nghiệm nguyên. b) Nếu V1, V2, ... là những số, với chúng D là số dư bình phương, ta tìm nghiệm cho từng trường hợp của phương trình (2.16) tương ứng với V1, V2, ... 4. Để tìm nghiệm của (2.16), mà nó tương ứng với V1, ta xét hai 46 Chương 2. Phương trình vô định bậc hai dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2và mξ2 + 2V1ξη +V21 − D mη2. a) Nếu những dạng toàn phương này không tương đương riêng, thì phương trình (2.14) không có nghiệm nguyên, mà nó tương ứng với số V1. b) Nếu những dạng trên tương đương riêng, thì tìm nghiệm riêng của phương trình (2.14), mà nó tương ứng với số V1. 5. Nếu ( x = αξ + βη, y = γξ + δη là một phép biến đổi riêng, mà nó chuyển đổi dạng toàn phương ax2 + 2bxy + cy2thành mξ2 + 2V1ξη +V21 − D mη2, thì x = α, y = γ là một nghiệm riêng của (2.14), mà nó tương 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 phương trình (2.14), mà nó thuộc tương ứng số V1. Nghiệm riêng x00, y00thuộc V1, nếu có thể tìm được hai số nguyên p và q mà chúng là nghiệm của phương trình vô định px00 + qy00 = 1 và với chúng V1 = p(x00b + y00c) − q(x00a + y00b). 7. Nếu x00, y00thuộc V1, x000, y000thuộc V2, thì tất cả nghiệm của phương trình (2.14) trong những số nguyên tố cùng nhau xác định 2.7. Phương trình toàn phương có định thức khác không 47 bằng công thức x0 =1σ[x00t − (x00b + y00c)u], y0 =1σ[y00t + (x00a + y00b)u]; ......, x00 =1σ[x000t − (x000b + y000c) y00 =1σ[y000t + (x000a + y000b) ......, (2.17) ở đây t và u là những nghiệm của phương trình vô định t2 − Du2 = σ2, với σ là ước số chung lớn nhất của a, 2b, c, còn D = b2 − ac. 8. Để tìm tất cả nghiệm nguyên của (2.14) trong những số không nguyên tố cùng nhau, cần phải giải trong những số nguyên tố cùng nhau tất cả các phương trình, mà nó nhận từ (2.14), sao cho trong nó ta thay số m với thương của m và những khả năng những bình phương ước số của m. Giải những phương trình nhận được trong những số nguyên tố cùng nhau theo cách đã mô tả ở trên. Tất nhiên, nếu phương trình (2.14) có số hạng tự do m, mà nó không có ước số bình phương lớn hơn 1, thì phương trình đó không có nghiệm trong số nguyên nguyên tố cùng nhau. Ví dụ 2.5. Giải phương 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 được D = b2 − ac = 1. Ta đặt X = x + 4,Y = y + 3, nhận được (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 6= 0. Ta sẽ tìm tất cả số nguyên V, 0 ≤ V < 2, với chúng D = 1 là số dư bình phương đối với m = 2 hoặc là V2 − D m là số nguyên. Hiển nhiên chỉ có V = 1 đáp ứng điều kiện đó. 48 Chương 2. Phương trình vô định bậc hai Ta xét dạng toàn phương x2 + 4xy + 3y2và mξ2 + 2Vξη +V2 − D mη2 = 2ξ2 + 2ξη, với chúng ta sẽ chứng minh hai dạng toàn phương này không tương đương riêng. Giả sử hai dạng toàn phương ít nhất tương đương. Như ta đã biết rằng nếu một số biểu diễn thông qua một dạng toàn phương, thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phương khác mà nó tương đương với dạng ban đầu. Nhưng dạng toàn phương x2 + 4xy + 3y2có thể biểu diễn ít nhất một số lẻ, ví dụ số 21 với x = 1, y = 2, trong khi đó dạng 2ξ + 2ξη chỉ biểu diễn số chẵn. Từ đây suy ra hai dạng toàn phương đang xét không tương đương. Từ điều này suy ra phương trình vô định x2 + 4xy + 3y2 = 2 không giải được trong số nguyên. Khi đó phương trình ban đầu cũng không có nghiệm nguyên. J Chú ý: Bài toán này có thể giải bằng cách hoàn toàn khác ta sẽ xét ở chương sau. Ví dụ 2.6. Giải phương 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 dư bình phương đối với 5. Để đạt mục đích này ta tìm số V, 0 ≤ V < 5, với chúng phân số V2 − D mlà số nguyên. Bằng cách kiểm tra trực tiếp chỉ có V1 = 1 và V2 = 4 thoả mãn điều kiện trên. 1. Ta xét trường hợp V1 = 1. Dễ thấy x0 = 2, y0 = −1 là một nghiệm riêng của phương trình vô định đã cho. Ta sẽ chứng minh rằng nghiệm này thuộc số V1 = 1. 2.7. Phương trình toàn phương có định thức khác không 49 Những nghiệm của phương trình vô định x0 p + y0q = 1, trong trường hợp này là 2p − q = 1, như sau ( p = 1 − t, q = 1 − 2t, t = 0, ±1, ... Từ công thức V = p(x0b + y0c) − q(x0a + y0b) với x0 = 2, y0 = −1 (D = −4) ta nhận được V1 = 1. Suy ra nghiệm 2, −1 thuộc V1 = 1. Trong công thức nghiệm của một phương trình vô định x =1σ[x0t − (x0b + y0c)u], y =1σ[y0t + (x0a + y0b)u], với t2 − Du2 = 1. Ta đặt a = b = 1, c = 5, x0 = 2, y0 = −1, D = −4, σ = 1 và nhận được ( x = 2t + 3u, y = −t + u, với t2 + 4u2 = 1. Nghiệm của phương trình Pell t2 + 4u2 = 1 là t = ±1, u = 0. Phương trình vô định đã cho có hai nghiệm tương ứng với trường hợp V1 = 1, đó là (2, −1);(−2, 1). 2. Ta xét trường hợp V2 = 4. Dễ thấy cặp số (0,1) là nghiệm của phương trình vô định đã cho và vì nó không phải các nghiệm trong trường hợp V1 = 1, suy ra nghiệm này thuộc V2 = 4. Trong công thức nghiệm của phương trình vô định như ở phần trên, ta đặt a = b = 1, c = 5, x0 = 0, y0 = 1, D = −4, σ = 1 và ta nhận được( x = −5u, y = t + u,với t2 + 4u2 = 1. Với t = ±1, u = 0 ta nhận được hai nghiệm x = 0, y = ±1, mà chúng thuộc số V2 = 4. Những nghiệm khác không có. 50 Chương 2. Phương trình vô định bậc hai Bởi vì số hạng tự do trong phương trình đã cho 5 không chia hết một số chính phương lớn hơn 1, phương trình này không có nghiệm nguyên, mà chúng không là nguyên tố cùng nhau. Như vậy nghiệm của phương trình đã cho chỉ có bốn cặp (2, −1);(−2, 1); (0, −1);(0, 1). J Chú ý: Bài toán này cũng có cách giải khác đơn giản hơn, ta sẽ trở lại bài toán này vào chương sau. 2.8. Bài tập Bằng phương pháp của chương này bạn đọc tự giải những bài tập sau: . 2.7. Hãy tìm nghiệm nguyên của những phương trình vô định sau a) x2 − 4xy + y2 = 2; b) 2x2 + 2xy + 3y2 = 7. . 2.8. Cho phương trình vô định x2 − xy − 6y2 + 2x − 6y − 10 = 0. Hãy giải phương trình này bằng những phương trình vô định bậc nhất. . 2.9. Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là những nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 + z2 = t2, thì ít nhất một trong những số a, b, c, d chia hết cho 3. . 2.10. Chứng minh rằng nếu x2 + (x + 1)2 = y2, thì (3x + 2y + 1)2 + (3x + 2y + 2)2 = (4x + 3y + 2)2. . 2.11. Chứng minh rằng tất cả những nghiệm nguyên của phương trình xy + yz + zx = 0 2.8. Bài tập 51 được biểu diễn bằng công thức x = (a + b)ac, y = (a + b)bc, z = −abc, ở đây a, b, c là những số nguyên bất kỳ. . 2.12. Hãy giải phương trình trong những số hữu tỷ 2x2 + 3xy − 5y2 = 0. Những bài tập sau đây có cách giải ngắn gọn hơn phương pháp chung của chương này. Các bạn hãy xem trong phần lời giải và gợi ý. . 2.13. Tìm nghiệm nguyên phương trình 9x2 + 24xy + 16y2 + 4x + 6y + 3 = 0. . 2.14. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 − 2xy + 3y2 − 2x − 2y − 1 = 0. . 2.15. Tìm tất cả cặp nghiệm nguyên x và y thỏa mãn y2 = x2 + x + 4. Chương 3 PHƯƠNG TRÌNH PELL 3.1. Ví dụ và định lý tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.2. Công thức tính nghiệm phương trình Pell. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.3. Sử dụng phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 3.4. Bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 Phương trình vô định x2 − Dy2 = 1, với D là số nguyên bất kỳ khác không, gọi là phương trình Pell 1. Phương trình nổi tiếng này đã được nghiên cứu từ rất lâu trong lịch sử toán học. Nó có rất nhiều ứng dụng, điển hình nhất là giải bài toán số 10 của Hilbert cũng nhờ phương trình Pell. Giải phương trình này trong trường hợp đơn giản phụ thuộc vào hệ số D. 1. Nếu D = d2, ở đây d là số nguyên, nghĩa là nếu D là số chính phương, ta có 1 = x2 − Dy2 = x2 − d2y2 = x2 − (dy)2 = (x − dy)(x + dy) hoặc là 1 = (x − dy)(x + dy). Từ đây suy ra x − dy và x + dy là ước số của 1, nhưng vì chúng là những số nguyên suy ra ( 1 = x − dy, 1 = x + dyvà (−1 = x − dy, −1 = x + dy, Từ đây ta tìm được x = 1, y = 0; x = −1, y = 0. 1John Pell (1611-1685): Nhà toán học người Anh. 3.1. Ví dụ và định lý tồn tại nghiệm 53 2. Nếu D ≤ 0 ta có những đẳng thức 1 = x2 − Dy2 = x2 + |D|y2 hoặc là 1 = x2 + |D|y2, mà nó chỉ có khả năng với x = ±1, y = 0. 3. Nếu D là một số nguyên dương, mà nó không phải là số chính phương, thì phương trình có nhiều kết quả về nghiệm và công thức giải lý thú. Từ đây ta chỉ quan tâm tới D là số nguyên dương, không chính phương. Trước khi đi vào kết quả tổng quát ta xét một số phương trình ví dụ. 3.1. VÍ DỤ VÀ ĐỊNH LÝ TỒN TẠI NGHIỆM 1. Phương trình x2 − 2y2 = ±1. Phương trình ta xét ở đây không chỉ có đẳng thức bằng 1 ở vế phải mà là ±1. Ta có thể thấy ngay một số nghiệm (x, y) = (0, 1),(1, 1) hoặc là (3, 2), ở đây ký hiệu (x, y) là bộ số chứ không phải tọa độ một điểm. Tiếp tục tính toán cho bảng kết quả ban đầu: x 1 1 3 7 17 41 99 239 y 0 1 2 5 12 29 70 169 x2 − 2y2 1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 Ta thấy rằng giá trị của y cột sau bằng tổng của x và y ở cột truớc, còn giá trị x cột sau bằng tổng của giá trị x cột trước và giá trị của y cùng cột. Nghĩa là ta có công tức ( ξ = x + 2y, η = x + y. Những dãy số trong bảng trên tuân theo công thức chuyển đổi trên. Để chứng minh chắc chắn như vậy ta xét khẳng định sau. Mệnh đề 3.1. Nếu x2 − 2y2 = ±1, thì cặp số (ξ, η) = (x + 2y, x + y) thỏa mãn đẳng thức ξ2 − 2η2 = ±1. 54 Chương 3. Phương trình Pell Chứng minh. Ta thay giá trị ξ và η vào vị trí của x và y là đủ. Thật vậy, (x + 2y)2 − 2(x + y) = x2 + 4xy + 4y2 − 2(x2 + 2xy + y2) = = 2y2 − x2 = −(x2 − 2y2). J Ta thấy rằng nếu x2 − 2y2 = ±1 thì ξ2 − 2η2 = ±1. Như vậy Mệnh đề 3.1 cho phép ta dựng những nghiệm mới từ nghiệm cũ đã biết. Nếu có một nghiệm thì phương trình có vô hạn nghiệm số tự nhiên. Ta suy ra hệ quả: Phương trình x2 − 2y2 = ±1 có vô hạn nghiệm trong tập số tự nhiên. Câu hỏi đặt ra là phương trình của ta có vô hạn nghiệm nhưng có những nghiệm khác với dạng nghiệm theo công thức biến đổi ở trên không? Ta xét mệnh đề: Mệnh đề 3.2. Phương trình x2 − 2y2 = ±1 không có nghiệm trong tập số nguyên không âm ngoài những nghiệm nhận được từ nghiệm riêng (1, 0) thông qua nguyên tắc biến đổi (x, y) → (x + 2y, x + y). Chứng minh. Cho ξ, η là những số tự nhiên thỏa mãn phương trình ξ2 − 2η2 = ±1. Ta xét hệ phương trình ( ( x + 2y = ξ, x + y = ηvà giải nó x = 2η − ξ, y = ξ − η. Ta dễ dàng kiểm tra được x2 − 2y2 = (2η − ξ)2 − 2(ξ − η)2 = = 4η2 − 4ξη + ξ2 − 2(ξ2 − 2ξη + η2) = −(ξ2 − 2η2). Như vậy mỗi cặp số (ξ, η) là nghiệm của phương trình ξ2 − 2η2 = ±1, ta có thể tạo ra "nghiệm trước đó" bằng cặp số (x, y) = (2η − ξ, ξ − η) mà nó thỏa mãn phương trình x2 − 2y2 = ∓1. 3.1. Ví dụ và định lý tồn tại nghiệm 55 Bổ đề 3.1. Nếu ξ, η là những số tự nhiên và ξ2 − 2η2 = ±1, thì 2η − ξ và ξ − η là những số không âm, hơn nữa ξ − η < η. Chứng minh bổ đề. Chứng minh bằng phản chứng: Nếu 2η − ξ < 0, thì ξ > 2η và ξ2 − 2η2 > 4η2 − 2η2 ≥ 2 > 1, điều này vô lý với ξ2 − 2η2 = ±1. Nếu ξ − η < 0, thì ξ < η và ξ − 2η < η2 − 2η2 = −η2 ≤ 1, điều này cũng vô lý với phương trình đã cho. Cuối cùng nếu ξ − η ≥ η, thì ξ ≥ 2η và ξ2 − 2η2 ≥ 4η2 − 2η2 = 2η2 ≥ 2 > 1, điều này cũng vô lý với phương trình đã cho. Từ bổ đề này ta đi chứng minh mệnh đề: ta lấy cặp số tự nhiên bất kì (ξ, η) thỏa mãn phương trình ξ2 − 2η2 = ±1, ta có thể xét cặp số trước nó (x, y). Biết rằng y < η. Nếu x và y là những số tự nhiên thì chính chúng cũng có cặp số trước nó và tiếp tục như vậy. Quá trình này không thể tiến hành vô cùng bước vì bất đẳng thức y < η đẳm bảo rằng bắt đầu từ cặp (ξ, η) quá trình tạo ra những cặp trước nó không quá η bước. Quá trình tìm cặp số trước lùi theo η cho đến khi (x, y) bao gồm những số không phải số tự nhiên nữa, nghĩa là một trong x và y bằng 0. Nhưng số x không thể bằng 0 được, vậy chỉ còn phương trình x2 − 2.02 = ±1. Điều này chỉ có khi x = 1, vì x là số tự nhiên. Như vậy, với nghiệm bất kì của phương trình ξ2 − 2η2 = ±1 quá trình tạo cặp nghiệm trước đó đưa đến cặp nghiệm (1, 0). Bây giờ ta xét quá trình ngược lại từ (1, 0) tiến tới cặp (ξ, η). Ta thấy rằng nó được tiến hành bằng công thức biến đổi (ξ, η) → (x + 2y, x + y). Như vậy đề được chứng minh. J 2. Phương trình x2 + (x + 1)2 = y2. Một tam giác có các cạnh 3, 4 và 5 thỏa mãn phương trình trên, nhưng tam giác này có tính chất là một cạnh góc vuông hơn cạnh 56 Chương 3. Phương trình Pell của góc vuông kia 1 đơn vị. Có nhiều tam giác vuông có tính chất này không? Nghĩa là đi giải phương trình đã cho trong tập số tự nhiên. Ta có biến đổi tương đương thành 2x2 + 2x + 1 = y2. nhân hai vế với 2 và đưa về dạng bình phương thành (2x + 1)2 + 1 = 2y2. Đặt z = 2x + 1, ta nhận được phương trình z2 − 2y2 = −1. Số z thỏa mãn phương trình sau cùng phải là số lẻ. Như vậy ta đưa phương trình ban đầu về phương trình z2 − 2y2 = −1, ở đây y, z là những số tự nhiên, hơn nữa z > 1. Nhưng ta biết rằng nếu z2 − 2y2 = −1, thì có thể đưa về (z + 2y)2 − 2(z + y)2 = 1. Vế phải của phương trình trên là 1 chứ không phải là −1. Nhưng ta cũng biết biến đổi phương trình có vế phải là 1 sang phương trình có vế phải là −1: Với nghiệm bất kì (a, b) thỏa mãn a2 − 2b2 = 1 thì đẳng thức sau đúng (a + 2b)2 − 2(a + b)2 = −1. Điều này nói lên phương trình của chúng ta đang xét có biến z là dạng phương trình ở mục trước. Suy ra từ mọi cặp số tự nhiên (x, y) thỏa mãn đẳng thức z2 − 2y2 = −1 ta có thể nhận cặp mới ( ζ = (z + 2y) + 2(z + y) = 3z + 4y, η = (z + 2y) + (z + y) = 2z + 3y, thỏa mãn đẳng thức ζ2 − 2η2 = −1. Ta có thể kiểm tra trực tiếp (3z + 4y)2 − 2(2z + 3y) = 9z2 + 24zy + 16y2 − 2(4z2 + 12zy + 9z2) = z2 − 2y2. 3.1. Ví dụ và định lý tồn tại nghiệm 57 Chú ý: Thực chất đưa phương trình đã cho thành phương trình x2 − 2y2 = 1 (chứ vế phải không là ±1). Với việc áp dụng lặp lại nhiều lần quy tắc biến đổi (ξ, η) = (3x + 4y, 2x + 3y) từ nghiệm (1, 0) nhận được các nghiệm (3, 2) (17, 12), (99, 70), . . .. Như vậy phương trình x − 2y2 = 1 (cũng như phương trình x − 2y2 = −1, do cách biến đổi tương đương) có vô hạn nghiệm trong số tự nhiên. Theo Mệnh đề 3.2 những phương trình này chỉ có nghiệm trong tập số nguyên không âm dưới dạng bắt đầu từ (x, y) = (1, 0) hoặc (1, 1) với quy tắc biến đổi (x, y) → (3x + 4y, 2x + 3y). 3. Phương trình x2 − 2y2 = 7. Nguyên tắc biến đổi biến (x, y) → (3x + 4y, 2x + 3y) phần trên vẫn là công cụ tìm những nghiệm tiếp theo của phương trình x2 − 2y2 = 7. Từ một nghiệm (x, y) = (3, 1) ta nhận được (3.3 + 4.1, 2.3 + 3.1) = (13, 9), từ đây lại nhận được nghiệm (3.13 + 4.9, 2.13 + 3.9) = (75, 53) và tiếp tục nhận được dãy cặp nghiệm. Còn những cặp số bắt đầu nào nữa không, ta dễ thấy (x, y) = (5, 3) là cặp nghiệm khác, sinh ra dãy nghiệm khác với dãy cặp nghiệm ở trên. Để chính xác ta chứng minh mệnh đề Mệnh đề 3.3. Phương trình x2 − 2y2 = 7 không có nghiệm khác trong tập số nguyên không âm ngoài những nghiệm nhận được từ nghiệm riêng (3, 1) và (5, 3) thông qua nguyên tắc biến đổi (x, y) → (3x + 4y, 2x + 3y). Chứng minh. Chứng minh mệnh đề này hoàn toàn giống nhưn Mệnh đề 3.2. Cho ξ, η là những số tự nhiên thỏa mãn phương trình ξ2 − 2η2 = 7. Ta xét hệ phương trình ( 3x + 4y = ξ, 2x + 3y = ηvà giải nó ( x = 3η − 4ξ, y = 3ξ − 2η. 58 Chương 3. Phương trình Pell Thấy ngay x2 − 2y2 = (3ξ − 4η)2 − 2(3η − 2ξ)2 = ξ2 − 2η2. Bổ đề 3.2. Nếu ξ, η là những số tự nhiên và ξ2 − 2η2 = 7 và thỏa mãn bất đẳng thức η ≥ 6, thì 3η − 2ξ và 3ξ − 4η là những số nguyên không âm, hơn nữa 3ξ − 4η < η. Chứng minh bổ đề. Chứng minh bằng phản chứng: Nếu 3ξ − 4η ≤ 0, thì ξ >34η và 7 = ξ2 − 2η2 ≤169η2 − 2η2 < 0, điều này vô lý. Nếu 3η − 2ξ ≤ 0, thì ξ ≥32η và ξ2 − 2η ≥94η2 − 2η2 =14η2 > 7, điều này cũng vô lý. Cuối cùng nếu 3ξ − 4η ≥ ξ, thì ξ ≥ 2η và ξ2 − 2η2 ≥ 4η2 − 2η2 = 2η2 > 7, điều này cũng vô lý. Phần còn lại hoàn toàn chứng minh như Mệnh đề 3.2. Nhưng chỉ chú ý khi xét với η = 1, 2, 3, 4, 5. Cuối cùng chỉ tìm ra nghiệm khởi đầu là (3, 1) và (5, 3). J 4. Phương trình x2 − 3y2 = 1. Trước tiên ta xét phương trình tương tự x2 − 3y2 = −1. Rất tiếc phương trình này không có nghiệm. Thật vậy, ta xét số dư của phép chia cho 3 của bên trái phương trình x2 − 3y2 = −1. Vì 3y2... 3, vậy thì số dư của vế này trùng với số dư x2chia cho 3. Số x có thể biểu diễn một trong dạng sau đây: x = 3k (số chia hết cho 3); x = 3k + 1 (số chia cho 3 dư 1); x = 3k + 2 (số chia cho 3 dư 2). Vì thế x2 = 9k2; 9k2 + 6k + 1; 9k2 + 12k + 4. Phép chia cho 3 trường hợp thứ nhất dư 0, trường hợp thứ hai, ba đều dư 1. Như vậy vế trái của phương trình chia cho 3 dư 0 hoặc 1, trong khi đó vế phải lại dư 2 (vì −1 = (−1).3 + 2). Điều này vô lý, do đó phương trình x2 − 3y2 = −1 vô nghiệm. Ngược lại phương trình x2 − 3y2 = 1 lại có vô hạn nghiệm, theo 3.1. Ví dụ và định lý tồn tại nghiệm 59 cách tìm nghiệm của hai phần trước thì nghiệm đầu tiên bao giờ cũng là cặp (1, 0) sau đó là căp (2, 1), (26, 15), (97, 56), . . . ta cũng tìm ra quy luật (x, y) → (2x +3y, x +2y), phần sau ta tìm ra nguyên tắc chung cho sự biến đổi nghiệm này. Bạn đọc có thể thử lại dãy số trên đúng với công thức. Để chứng minh chính xác ta xét Mệnh đề 3.4. Nếu x2 − 3y2 = 1, thì cặp số (ξ, η) = (2x + 3y, x + 2y) thỏa mãn đẳng thức ξ2 − 3η2 = 1. Chứng minh. Ta thay giá trị ξ và η vào vị trí của x và y là đủ. Thật vậy, (2x + 3y)2 − 3(x + 2y) = 4x2 + 12xy + 9y2 − 3(x2 + 4xy + 4y2) = x2 − 3y2) = 1. J Mệnh đề 3.5. Phương trình x2 − 3y2 = 1 không có nghiệm trong tập số nguyên không âm ngoài những nghiệm nhận được từ nghiệm riêng (1, 0) thông qua nguyên tắc biến đổi (x, y) → (2x + 3y, x + 2y). Chứng minh. Cho ξ, η là những số tự nhiên thỏa mãn phương trình ξ2 − 3η2 = 1. Ta xét hệ phương trình ( 2x + 3y = ξ, x + 2y = ηvà giải nó ( x = 2ξ + 3η, y = 2η − ξ. Ta dễ dàng kiểm tra được x2 − 3y2 = (2ξ − 3η)2 − 3(2η − ξ)2 = ξ2 − 3η2, Như vậy mỗi cặp số (ξ, η) là nghiệm của phương trình ξ2 − 3η2 = 1, ta có thể tạo ra "nghiệm trước đó" bằng cặp số (x, y) = (2ξ + 3η, ξ + 2η) mà nó thỏa mãn phương trình x2 − 3y2 = 1. Tương tự như các mênh đề trước ta chứng minh bổ đề: 60 Chương 3. Phương trình Pell Bổ đề 3.3. Nếu ξ, η là những số tự nhiên và ξ2 − 3η2 = 1, thì 2ξ − 3η và 2η − ξ là những số nguyên không âm, hơn nữa 2η − ξ < η. Bạn đọc có thể tự chứng minh bổ đề này dễ dàng. J 5. Phương trình x2 − Dy2 = 1, ở đây D là một số không chính phương. Trước khi đi vào chứng minh định lý tổng quát các mênh đề đã xét ta xét công thức sau: Bổ đề 3.4. Với mọi số thực x, y, z, t, D ta có đẳng thức (x2 − Dy2)(z2 − Dt2) = (xz + Dyt)2 − D(xt + yz)2. Chứng minh. Bằng tính toán trực tiếp ta có (x2 − Dy2)(z2 − Dt2) = x2z2 − Dy2z2 − Dx2t2 + D2y2t2 = x2z2 + 2xzDyt + D2y2t2 − Dy2z2 − 2Dyzxt − Dx2t2 = (xz + Dyt)2 − D(xt + yz)2. J Định lý 3.1. Nếu x2 − Dy2 = a và z2 − Dt2 = b, thì cặp số (ξ, η) = (xz + dyt, xt + yz) thỏa mãn đẳng thức ξ2 − Dη2 = ab. Chứng minh. Dùng công thức bổ đề trên thay vào thì ta có đẳng thức. Bạn đọc tự tính toán lấy. J Định lý 3.2. Nếu a là một số tự nhiên nhỏ nhất, với nó tồn tại một số tự nhiên b sao cho a2 − Db2 = 1, thì phương trình x2 − Dy2 = 1 không có nghiệm nào khác trong tập số nguyên không âm ngoài những những nghiệm nhận được từ (1, 0) với sự biến đổi theo quy tắc (x, y) → (ax + Dby, bx + ay). Chứng minh. Cho ξ, η là những số tự nhiên thỏa mãn phương trình ξ2 − Dη2 = 1. Ta xét hệ phương trình ( xa + Dyb = ξ, xb + ya = η. 3.1. Ví dụ và định lý tồn tại nghiệm 61 Để tính x ta nhận phương trình thứ nhất với a, thứ hai với Db và lấy phương trình thứ hai trừ đi phương trình thứ nhất cho kết quả aξ − Dbη = xa2 − Dxb2 = x, vì a2 − Db2 = 1. Tương tự ta có thể tính được y, cũng nhân phương trình thứ nhất với b, phương trình thứ hai với a, lấy phương trình thứ hai trừ đi phương trình thứ nhấtcho kết quả ξb − ηa = Dyb2 − ya2, từ đó suy ra y = ηa − ξb. Bổ đề 3.5. Nếu ξ, η là những số tự nhiên thỏa mãn phương trình ξ2 − Dη = 1, còn a là số tự nhiên nhỏ nhất, với nó tồn tại một số tự nhiên b sao xho a2 − Db2 = 1, thì aξ − Dbη ≥ 0 và ηa − ξb ≥ 0, hơn nữa ηa − ξb < η. Chứng minh bổ đề. Ta chứng minh bằng phản chứng. Nếu aξ − Dbη < 0, thì ξ η2a2 b2 =η2 b2 ≥ 1. (ta đã sử dụng số nhỏ nhất a tương ứng với số nhỏ nhất b). Sự vô lý này suy ra điều cần chứng minh. Cuối cùng nếu ηa0ξb ≥ η thì ξ ≤ηa − η bvà ξ2 − Dη2 ≤η2(a − 1) b2 − Dη2 = = η2a2 − 2a + 1 − Db2 b2 = η22 − 2a b2 ≤ 0. 62 Chương 3. Phương trình Pell Như vậy bổ đề được chứng minh. Tiếp tục lý luận giống như trong Mệnh đề 3.2 . J 3.2. CÔNG THỨC TÍNH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH PELL Ta có một số kết quả sau (chứng minh trong cuốn [10]): Định lý 3.3. Nếu √D là số vô tỷ, thì phương trình Pell có nhiều vô hạn nghiệm. Dễ thấy rằng nếu x, y là một nghiệm, thì những cặp sau cũng là nghiệm −x, y; −x, −y; x, −y. Dễ thấy nếu ta biết được tất cả những nghiệm dương, thì ta sẽ biết được tất cả những nghiệm nguyên. Cho x0, y0là một nghiệm nguyên dương của phương trình Pell. Khi đó ta có x02 − Dy02 = 1. Vì D > 1, dễ thấy x0 > y0 hoặc là x0 y0 > 1. Ta có x02 − Dy02 = (x0 −√Dy0)(x0 +√Dy0) = 1 hoặc là từ đây suy ra (x0y0 −√D)( x0y0 +√D)y02 = 1 y0 −√D =1 x0 (x0y0 +√D)y02. Nhưng x0y0 > 1, cũng vậy √D > 1. Suy ra y0 −√D <1 x0 2y02. 3.2. Công thức tính nghiệm phương trình Pell 63 Từ bất đẳng thức trên x0y0 −√D =1 (x0y0 +√D)y02suy ra y0 −√D = |x0y0 −√D| = |√D −x0y0|. x0 Suy ra bất đẳng thức x0y0 −√D <1 2y02có thể viết như sau |√D −x0y0| <1 2y02. Ta xem lại phần Phụ lục về liên phân số, thì công thức trên chỉ ra rằng số x0y0là một phân số xấp xỉ của số √D. Mệnh đề 3.6. Nếu hai số nguyên dương là nghiệm của phương trình Pell, điều kiện cần là những số này là tử số và mẫu số của một phân số xấp xỉ cho số √D. Cho dãy phân số xấp xỉ liên tiếp của √D là P1 Q1,P2 Q2, . . . Dễ thấy rằng những nghiệm của phương trình Pell trong số nguyên dương là những số nào đó của những cặp (P1, Q1),(P2, Q2), . . . Cặp số đầu tiên mà nó là nghiệm của phương trình Pell ta gọi là nghiệm dương nhỏ nhất và ký hiệu chúng là x1, y1. Giả sử a và b là những số bất kỳ, còn n là một số tự nhiên, theo nhị thức Niutơn ta có: (a + b)n = an + nan−1b +n(n − 1) 1.2 an−2b2 + · · · + +n(n − 1). . .(n − k + 1) 1.2 . . . kan−kbk + · · · + bn, 64 Chương 3. Phương trình Pell hệ số trong nhị thức Niutơn luôn luôn là những số nguyên. Trong công thức trên ta thay a bằng x1 và b bằng y1√D. Khi đó vế phải của đẳng thức trên chứa thừa số √D với số mũ chẵn, nghĩa là thừa số có dạng √D2k( k là một số không âm). Nhưng √D2k= Dksuy ra tất cả số hạng này đều là số nguyên. Ta ký hiệu tổng của chúng bằng tn. Những thừa số còn lại dạng √D2k+1= Dk√D. Rõ ràng tổng của những số còn lại có dạng yn√D, ở đây yn là tổng những số nguyên nên nó là số nguyên. Suy ra ta có đẳng thức (x1 + y1√D)n = xn + yn√D, n = 1, 2, . . . (3.1) Ví dụ với n = 2 từ (3.1) ta nhận được x2 và y2 theo cách sau: Ta có (x1 + y1√D)2 = x21 + 2x1y1√D + y21D, từ đây suy ra x2 = x21 + y21D, y2 = 2x1y1. Định lý 3.4. Nếu x1, y1 là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình Pell x2 − Dy2 = 1, thì tất cả các nghiệm dương của phương trình này là những cặp số (xn, yn), n = 1, 2, . . ., mà chúng được xác định theo công thức (3.1). Chứng minh. Cho xn và yn xác định theo công thức (3.1). Ta sẽ chứng minh rằng những số này là nghiệm của phương trình Pell. Thật vậy, theo công thức Niutơn ta có 1y1√D +n(n − 1) 1y21√D2 + · · · + (x1 − y1√D)n = xn1 − nxn−1 +(−1)k n(n − 1). . .(n − k + 1) 2xn−2 1yk1√Dk + ... + (−1)nyn1√Dn. 1.2 . . . kxn−k Dễ thấy rằng dùng những ký hiệu đã đưa vào ở trên xn và yn ta nhận được đẳng thức (x1 − y1√D)n = xn − yn√D, n = 1, 2, . . . (3.2) 3.2. Công thức tính nghiệm phương trình Pell 65 Áp dụng đồng thời (3.1) và (3.2) ta nhận được x2n − y2nD = (xn + yn√D)(xn − yn√D) = (x1 + y1√D)n(x1 − y1√D)n = (x21 − Dy21)n = 1n = 1, như vậy ta đã chứng minh rằng mọi cặp (xn, yn) xác định theo (3.1) là nghiệm của phương trình vô định Pell. Bây giờ ta chứng minh rằng mọi nghiệm của phương trình Pell trong số nguyên dương đều xác định theo công thức (3.1). Thật vậy, giả sử x0, y0là một nghiệm nguyên dương, mà nó không có đẳng thức sau x0 + y0√D = (x1 + y1√D)n. Biểu thức x + y√D nhận giá trị nhỏ nhất với nghiệm dương nhỏ nhất x1, y1. Suy ra ta có bất đẳng thức x0 + y0√D > x1 + y1√D. Mặt khác, vì x1 + y1√D > 1 ( x1 và y1 là những số nguyên dương, còn √D > 1), thì dãy số x1 + y1√D,(x1 + y1√D)2, . . . ,(x1 + y1√D)n, . . . không bị chặn trên và sẽ có một chỉ số n0, với nó ta sẽ có bất đẳng thức (x1 + y1√D)n0 < x0 + y0√D < (x1 + y1√D)n0+1. Chia tất cả các vế của bất đẳng thức cho (x1 + y1√D)n0, ta nhận được 1 0. Từ bất đẳng thức T − U√D < 1 suy ra U > 0. Nhưng ta nhận được bất đẳng thức T + U√D < x1 + y1√D 3.2. Công thức tính nghiệm phương trình Pell 67 trái với điều kiện x1, y1 là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình Pell, với nó biểu thức x + y√D có giá trị nhỏ nhất. Suy ra bất đẳng thức sau không thể xẩy ra (x1 + y1√D)n0 < x0 + y0√D < (x1 + y1√D)n0+1, ở đây x0, y0là nghiệm của phương trình Pell. Như vậy ta có kết luận, mọi nghiệm của phương trình Pell trong số nguyên dương đều xác định theo công thức (3.1). J Chú ý: Bằng cách cộng các vế tương ứng (3.1) và (3.2) nhận được công thức về nghiệm cho phương trình Pell trong số nguyên dương: xn =(x1 + y1√D)n + (x1 − y1√D)n 2, yn =(x1 + y1√D)n − (x1 − y1√D)n 2√D. ở đây n là số tự nhiên. Tất nhiên như trong (3.1) và (3.2) ở đây ta có thể cho n = 0, từ công thức trên ta nhận được nghiệm x0 = 1, y0 = 0. Những nghiệm khác của phương trình Pell trong những số nguyên âm không có. Từ đây suy ra tất cả các nghiệm của phương trình x2 − Dy2 = 1, √D là số vô tỷ, trong tập hợp số nguyên được thể hiện theo công thức xn = ±(x1 + y1√D)n + (x1 − y1√D)n 2, yn = ±(x1 + y1√D)n − (x1 − y1√D)n 2√D, n = 0, 1, 2, . . . Ví dụ 3.1. Hãy giải phương trình sau trong tập hợp số nguyên x2 − 7y2 = 1. 68 Chương 3. Phương trình Pell Lời giải. Khai triển liên phân số của số √7. Ta có √7 = 2 +11 √7 − 2 = 2 +1 √7 + 2 7 − 4 = 2 +1 √7 + 2 3 = 2 +1 √7 − 1 = 2 +1 1 +7 − 1 = 2 +1 1 +2 1 + = 2 +1 3 3(√7 + 1) = 2 +1 1 +√7 1 +1 1 +1 √7 + 1 2 1 + √7 − 1 2 = 2 +1 1 +1 1 +7 − 1 2(√7 + 1) = 2 +1 1 +1 1 +1 = 2 +1 1 +1 1 +1 √7 + 1 3 = . . . . . . . . . 1 + √7 − 2 3 = (2, 1, 1, 14, 1, 1, 1, 4, . . .). Phân số xấp xỉ thứ nhất là P1 Q1= 2 =21. Những số 2, 1 không là nghiệm của phương trình x2 − 7y2 = 1. Phân số P2 Q2= 2 +11=31. Những số 3, 1 không là nghiệm. Q3= 2 +1 Phân số P3 1 +11=52. Những số 5, 2 không là nghiệm. 3.2. Công thức tính nghiệm phương trình Pell 69 Phân số P4 Q4= 2 +1 1 +1 1 + 1 =83. ở đây ta có 82 − 732 = 1 suy ra 8, 3 là nghiệm dương nhỏ nhất. Tất cả các nghiệm của phương trình x2 − 7y2 = 1 trong số nguyên theo công thức là xn = ±(8 + 3√7)n + (8 − 3√7)n 2, yn = ±(8 + 3√7)n − (8 − 3√7)n 2√7, n = 0, 1, 2, . . . J Ta xét phương trình x2 − Dy2 = M, (3.3) ở đây D là số nguyên dương và √D là số vô tỷ, còn M là một số nguyên bất kỳ. Hiển nhiên những phương trình Pell ở phần trước là trường hợp riêng của (3.3) với M = 1. Nhưng phương trình (3.3) không phải lúc nào cũng có nghiệm nguyên. Ta lấy một ví dụ x2 + 3y2 = 5 không có nghiệm nguyên. Thật vậy, từ phương trình ta thấy rằng điều kiện cần là x2 < 5 và như vậy x chỉ có thể là −2, −1, 0, 1, 2. Ta cũng thấy cần phải có 3y2 < 5 và vậy thì y chỉ có thể là −1, 0, 1. Nhưng không một x và y nào trong các số đã chỉ ra ở trên là nghiệm của phương trình x2 + 3y2 = 5; hay nói cách khác phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Nếu phương trình (3.3) có một nghiệm x, y, thì nghiệm của chúng sẽ là những cặp (−x, y);(−x, −y);(x, −y). Hiển nhiên điều kiện đủ là giới hạn tìm nghiệm dương của phương trình (3.3), để tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình đó. 70 Chương 3. Phương trình Pell Ta xét trường hợp khi phương trình (3.3) có ít nhất một nghiệm nguyên. Dễ kiểm tra thấy đẳng thức (T2 − DU2)(x2 − Dy2) = (Tx + DU)2 − D(Ux + Ty)2. Cho x0, y0 là một nghiệm của (3.3), nghĩa là x20 − Dy20 = M, còn T, U là nghiệm của phương trình Pell, hoặc là T2 − DU2 = 1. Như vậy đẳng thức trên có thể viết lại M = (Tx0 + DUy0)2 − D(Ux0 + Ty0)2. Rõ ràng những số x = Tx0 + DUy0, y = Ux0 + Ty0 là nghiệm của phương trình (3.3). Nhưng những số T và U không đòi hỏi gì ngoài chuyện chúng là nghiệm của phương trình Pell. Tất cả nghiệm của phương trình Pell nhận được thông qua công thức ở phần trước. áp dụng công thức này cho phương trình của ta đang xét và tìm được tất cả các nghiệm của (3.3) x = Tx0 + DUy0 =(x1 + y1√D)n + (x1 − y1√D)n 2x0 +√D(x1 + y1√D)n − (x1 − y1√D)n 2y0 y = Ux0 + Ty0 =(x1 + y1√D)n − (x1 − y1√D)n 2√Dx0 +√D(x1 + y1√D)n + (x1 − y1√D)n 2y0 ở đây x0, y0 là một nghiệm riêng của (3.3), còn x1, y1 là một nghiệm riêng nhỏ nhất của phương trình x2 − Dy2 = 1, còn n = 0, 1, 2, . . . . Ví dụ 3.2. Tìm nghiệm nguyên phương trình vô định x2 − 7y2 = −6. Lời giải. Một nghiệm riêng của chúng là x0 = 1, y0 = 1. Với nghiệm 3.2. Công thức tính nghiệm phương trình Pell 71 này ta tìm được những nghiệm ( x = T + 7U, y = U + T, T2 − 7U2 = 1. mà T, U tìm được theo ví dụ trước. Từ đó ta tìm được tất cả các nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Bây giờ ta xét trường hợp đặc biệt của (3.3) khi M = µ2, nghĩa là đi giải phương trình x2 − Dy2 = µ2, ở đây D > 0 và là nguyên, với √D là số vô tỷ, còn µ là số nguyên bất kỳ. Nếu x1, y1 là nghiệm nhỏ nhất trong số nguyên dương, không khó khăn gì chứng minh rằng tất cả các nghiệm của phương trình trên trong số nguyên được tính bằng công thức  x = ±µ2[( x1µ+y1µ√D)n + ( x1µ−y1µ√D)n], 2√D[( x1µ+y1µ√D)n − (x1µ−y1µ√D)n], n = 0, 1, 2, . . . y = ±µ  Trường hợp µ = ±1 ta có trường hợp phương trình Pell đã xét. J Ví dụ 3.3. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 − 5y2 = 22. Lời giải. Ta kiểm tra rằng những số 3, 1 là một nghiệm và hơn nữa nó là nghiệm dương nhỏ nhất. ( với µ2 6= 1 việc tìm một nghiệm nhỏ nhất là rất khó và vì vậy trong từng trường hợp cụ thể ta tìm nghiệm này phải xem xét đến tính chất của từng phương trình cụ thể, ta có thể dùng các phương pháp ở chương 4). Tất cả những nghiệm nguyên của phương trình đang xét nhận 72 Chương 3. Phương trình Pell được theo công thức trên là  x = ±(32+12√5)n ± (32−12√5)n, y = ±1√5(32+12√5)n ±1√5(32−12√5)n, n = 0, 1, 2 . . .  Với n = 0 ta có những nghiệm (2, 0);(−2, 0). Với n = 1 ta có (3, 1);(−3, 1);(−3, −1);(3, −1). Ở đây xuất hiện nghiệm dương nhỏ nhất. Với n = 2 ta có nghiệm (7, 3);(−7, 3);(−7, −3);(7, −3). . . . J 3.3. Sử dụng phương trình Pell Cho D là số nguyên dương sao cho không phải là số chính phương. Phương trình Pell có dạng x2 − Dy2 = 1 với x, y là những biến nguyên. Chương 2 ta đã chứng minh: Phương trình Pell có vô hạn nghiệm. Nếu (x1, y1) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình Pell, thì với n = 1, 2, . . . xác định xn + yn√D = (x1 + y1√D)n, những cặp (xn, yn) là tất cả những nghiệm dương của phương trình Pell. xn và yn là tăng ngặt đến vô cùng và thỏa mãn quan hệ truy hồi xn+2 = 2x1xn+1 − xn và yn+2 = 2x1yn+1 − yn. Ta sử dụng kết luận trên để giải một số bài toán sau: Ví dụ 3.4. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những bộ ba số nguyên liên tiếp mà mỗi số trong đó đều là tổng của hai số chính phương. Lời giải. Bộ ba đầu tiên là 8 = 22 + 22, 9 = 32 + 02, 10 = 32 + 12, điều này gợi ý cho ta xét bộ ba x2 − 1, x2, x2 + 1. Vì x2 − 2y2 = 1 có vô hạn nghiệm dương (x, y). Ta xét x2 − 1 = y2 + y2, x2 = x2 + 02 và x2 + 1. J 3.3. Sử dụng phương trình Pell 73 Ví dụ 3.5. Tìm tất cả những tam giác có cạnh là những số nguyên liên tiếp và diện tích của nó cũng là số nguyên. Lời giải. Cho các cạnh của tam giác là z − 1, z, z + 1. Khi đó nửa chu vi của tam giác là s =3z2và diện tích của nó là A =zp3(z2 − 4) 4. Nếu A là một số nguyên, khi đó z không thể là lẻ, cho đó là z = 2x và z2 − 4 = 3w2. Vậy 4x2 − 4 = 3w2, điều này kéo theo w chẵn, cho đó là w = 2y. Khi đó x2 − 3y2 = 1 có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất (x1, y1) = (2, 1). Như vậy tất cả nghiệm nguyên dương là (xn, yn), ở đây xn + yn√3 = (2 +√3)n. Do đó xn =(2 +√3)n + (2 −√3)n 2, yn =(2 +√3)n − (2 −√3)n 2√3. Những cạnh của tam giác là 2xn − 1, 2xn, 2xn + 1 và diện tích của nó là A = 3xnyn. J Ví dụ 3.6. Tìm tất cả những số nguyên dương k, m sao cho k < m và 1 + 2 + · · · + k = (k + 1) + (k + 2) + · · · + m. Lời giải. Cộng thêm vào hai vế 1 + 2 + · · · + k của đẳng thức trên, ta nhận được 2k(k + 1) = m(m + 1). Ta viết lại (2m + 1)2 − 2(2k + 1)2 = −1. Phương trình x2 − 2y2 = −1 có nghiệm (1, 1) là nguyên dương nhỏ nhất. Như vậy những nghiệm dương (xn, yn), ở đây xn + yn√2 = (1 +√2)2n−1. Khi đó xn =(2 +√2)2n−1 + (2 −√2)2n−1 2, yn =(2 +√2)2n−1 − (2 −√2)2n−1 2√3. 74 Chương 3. Phương trình Pell Vì x2 − 2y2 = −1 kéo theo x là lẻ, vậy x có dạng 2m + 1. Khi đó y2 = 2m2 + 2m + 1 kéo theo y là lẻ, vậy y có dạng 2k + 1. Khi đó (k, m) = yn − 1 2,xn − 1 2 với n = 2, 3, 4, . . . là tất cả nghiệm phải tìm. J Ví dụ 3.7. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những số nguyên dương n sao cho n! chia hết cho n2 + 1. Lời giải. Phương trình x2 − 5y2 = −1 có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất (2, 1). Như vậy nó có vô hạn nghiệm nguyên dương. Ta xét tất cả những nghiệm y > 5. Khi đó 5 < y < 2y ≤ x vì 4y2 ≤ 5y2 − 1 = x2. Như vậy số x! chia hết cho 2(x2 + 1) = 5.y.2y, đó là điều ta phải chứng minh. J Ví dụ 3.8. Cho dãy số an = [pn2 + (n + 1)2], chứng minh rằng tồn tại vô hạn những n sao cho an − an−1 > 1 và an+1 − an = 1. Lời giải. Ta đặt n2 + (n + 1)2 = y2, mà ta có thể viết lại thành (2n + 1)2 − 2y2 = −1. Như Ví dụ 3.6 ở trên, x2 − 2y2 = −1 có vô hạn những nghiệm nguyên dương và mỗi x là lẻ, đó là x = 2n + 1 với n nào đó. Với đúng n này an = y và an−1 = [p(n − 1)2 + n2] = [py2 − 4n]. Phương trình y2 = n2 + (n + 1)2 kéo theo n > 2 và an−1 ≤py2 − 4n < y − 1 = an − 1. Như vậy an − an−1 > 1 với chính n này. Cũng với chính n này an+1 = [ q (n + 1)2 + (n + 2)2] = [ q y2 + 4n + 4]. Vì n < y < 2n + 1, ta dễ thấy y + 1 1. Như vậy ta cần phải chứng minh tồn tại vô hạn những số nguyên dương n sao cho n(n + 1) 2= k2 với số nguyên dương k nào đó. Khi đó (a, b, c) = ((n − 1)n 2, n, k) là lời giải của bài toán. Từ n(n + 1) 2= k2ta có thể viết lại (2n + 1)2 − 2(2k)2 = 1. Ta biết rằng x2 − 2y2 = 1 có vô hạn nghiệm. Cho bất kỳ (x, y) như vậy, rõ ràng x là lẻ, cho đó là x = 2m + 1. Khi đó y2 = 2m2 + 2m kéo theo y chẵn. Như vậy bất kỳ (x, y) như vậy là có dạng (2n + 1, 2k). Do đó tồn tại vô hạn những n như vậy. J Với một số nguyên khác không cố định N (như trường hợp 76 Chương 3. Phương trình Pell N = −1 ở trên), phương trình tổng quát x2 − dy2 = N có thể không có nghiệm. Nếu nó có ít nhất một nghiệm (x1, y1), thì x2 − Dy2 = N có vô hạn nghiệm nguyên dương được cho bởi công thức (xn, yn), ở đây xn + yn√D = (x1 + y1√D)(a + b√D)n−1 và (a, b) là nghiệm dương nhỏ nhất của x2 − Dy2 = 1 (công thức từ Định lý 3.4). Tuy nhiên, trong trường hợp tổng quát công thức trên không vét cạn tất cả những nghiệm nguyên dương của x2 − Dy2 = N như ví dụ sau đây: Ví dụ 3.11. Giải phương trình x2 − 23y2 = −7. Lời giải. Ta có (x1, y1) = (4, 1) là nghiệm nguyên nhỏ nhất. Hai nghiệm sau đó của nó là (19, 4) và (211, 44). Nhưng nghiệm nhỏ nhất nguyên dương của x2 − 23y2 = 1 là (a, b) = (24, 5). Vì (4 +√23)(24 + 5√23) = 211 + 44√23, thì nghiệm (19, 4) đã bị bỏ qua trong công thức này. J Vậy thì trong trường hợp x2 − Dy2 = N có nghiệm nguyên dương thì làm thế nào vét hết được nghiệm? Định nghĩa 3.1. Nghiệm (x, y) của x2 − Dy2 = N được gọi là nghiệm nguyên thủy nếu x và y (và cả N) là nguyên tố cùng nhau. Định nghĩa 3.2. Với 0 ≤ s < |N|, ta nói rằng nghiệm nằm trong lớp Cs nếu x ≡ sy (mod |N|). Bởi vì x, y là nguyên tố cùng nhau với N, nên s cũng có tính chất này. Do đó, tồn tại nhiều nhất φ(|N|) lớp những nghiệm nguyên thủy, ở đây φ(k) là hàm Euler: Số những số nguyên dương m ≤ k mà nó nguyên tố cùng nhau với k. Cũng như vậy, với s này, (s2 − d)y2 ≡ x2 − dy2 ≡ 0 (mod |N|) 3.3. Sử dụng phương trình Pell 77 và y, N nguyên tố cùng nhau đồng thời kéo theo s2 ≡ (mod |N|). Định lý 3.5. Cho (a1, b1) là Cs nghiệm nguyên thủy của phương trình x2 − Dy2 = N. Một cặp (a2, b2) cũng là một nghiệm Cs nguyên thủy của x2 − Dy2 = N khi và chỉ khi a2 + b2√D = (a1 + b1√D)(u + v√D) với một nghiệm nào đó (u, v) của x2 − Dy2 = 1. Chứng minh. Nếu (a2, b2) là Cs nguyên thủy, chúng ta định nghĩa u + v√D =a2 + b2√D a1 + b1√D. Khi đó u =a1a2 − db1b2 Nvà v =a1b2 − b1a2 Cũng như vậy ta có u − v√d =a2 − b2√D N. a1 − b1√D. Ta nhân hai đẳng thức trên cho ta u2 − Dv2 =NN= 1. Để chỉ ra u, v là những số nguyên, ta chú ý a1a2 − Db1b2 ≡ (s2 − d)b1b2 ≡ 0 (mod |N|), điều này kéo theo u là số nguyên. Từ a1b2 − b1a2 ≡ sb1b2 − b1sb2 ≡ 0 (mod |N|), điều này kéo theo v là số nguyên. Ngược lại, Nhân đẳng thức đã cho với liên hợp của nó thấy rằng (a2, b2) là lời giải của x2 − Dy2 = N. Từ a2 = ua1 + Dvb1 và b2 = ub1 + va1, ta nhận được a1 = ua2 − Dvb2 và b1 = ub2 − va2. Do đó, ước số chung của a2, b2 là ước số chung của a1, b1. Như vậy a2, b2 là nguyên tố cùng nhau. Cuối cùng a2 − sb2 ≡ (usb1 + Dvb1) − s(ub1 + vsb1) = (d − s2)vb1 ≡ 0 (mod |N|). J Như vậy mỗi nghiệm nguyên thủy của x2 − Dy2 = N có thể nhận được bằng cách tìm nghiệm của mỗi lớp, sau đó nhân chúng với 78 Chương 3. Phương trình Pell nghiệm của x2 − Dy2 = 1. Còn những nghiệm không phải nguyên thủy ta có thể phân tích ước số chung của a và b để giảm N. Ví dụ 3.12. Hãy tìm số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho 19n + 1 và 95n + 1 cả hai là số nguyên chính phương. Lời giải. Ký hiệu 95n + 1 = x2 và 19n + 1 = y2, khi đó x2 − 5y2 = −4. Ta biết rằng φ(4) = 2 và (1, 1),(11, 5) là những C1, C5 nghiệm nuyên thủy tương ứng. Vì (9, 4) là nghiệm dương nhỏ nhất của x2 − 5y2 = 1 và 9 + 4√5 = (2 +√5)2, như vậy nghiệm dương nguyên thủy là những cặp (x, y), ở đây x + y√5 = (1 +√5)(2 +√5)2n−2 hoặc là (11 + 5√5)(2 +√5)2n−1. Vì ước số chung của x, y chia hết cho 4, những nghiệm dương không nguyên thủy là những trường hợp x và y là chẵn. Làm giảm bớt ta xét u2 − 5v2 = −1, ở đây u =x2và v =y2. Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất cho u2 − 5v2 = −1 là (2, 1). Như vậy, x + y√5 = 2(u + v√5)2n−1. Ta cố gắng kết hợp những nghiệm này, ta tìm lũy thừa của 1 +√5 đến từ những nghiệm nguyên nhỏ nhất (1, 1). Những lũy thừa đó là 1 +√5, 6 + 2√5, 16 + 8√5 = 8(2 +√5), 56 + 24√5, 176 + 80√5 = 16(11 + 5√5), . . .. Như vậy, nghiệm nguyên dương nguyên thủy là (x, y) với x + y√5 = 2 1 +√5 2 !6n−5 hoặc 2 1 +√5 2 !6n−1 . Nghiệm nguyên dương không nguyên thủy là (x, y) với x + y√5 = 2 1 +√5 2 !6n−3 . Như vậy nghiệm nguyên dương tổng 3.4. Bài tập 79 quát là (x, y) với x + y√5 = 2 1 +√5 2 !k với k lẻ. Khi đó y =1√5   1 +√5 2 !k − 1 −√5 2 !k  = Fk, ở đây Fklà số hạng thứ k của chuỗi số Fibonacci. Cuối cùng, y2 ≡ 1 (mod 19) và k phải là số lẻ. Số nhỏ nhất y = F17 = 1597 nó dẫn đến n =F217 − 1 19 = 134232. J 3.4. BÀI TẬP . 3.13. Chứng minh rằng nếu x2 − xy − y2 = ±1, thì cặp số (ξ, η) = (x + y, x) thỏa mãn phương trình ξ2 − ξη − η2 = ±1. . 3.14. Chứng minh rằng phương trình x2 − xy − y2 = ±1 không có những nghiệm nguyên không âm khác ngoài những nghiệm nhận được từ nghiệm ban đầu (1, 0) với nghiệm được biến đổi theo nguyên tắc (x, y) → (x + y, x). . 3.15. Phương trình Pell t2 − Du2 = 1 (√D là số vô tỷ) đã biết một nghiệm nguyên dương t0, u0 (không nhất thiết phải là nghiệm dương nhỏ nhất). Thông qua nghiệm này hãy tìm thêm một nghiệm khác như vậy. . 3.16. Xét hai hệ những cặp số được xác định thông qua công thức truy hồi sau xn = 3xn−1 + 4yn−1, yn = 2xn−1 + 3yn−1, n = 1, 2, 3, . . . với x0 = 3, y0 = 1. 80 Chương 3. Phương trình Pell Chứng minh rằng từ những hệ thống cặp nghiệm bao tất cả những nghiệm nguyên của phương trình vô định x2 − 2y2 = 7. . 3.17. Chứng minh rằng tất cả những nghiệm của phương trình x2 + x + 1 = 3y2 trong những số tự nhiên x, y, nhận được thông qua những công thức hồi quy sau với x0 = y0 = 1, ( xn = 7xn−1 + 12yn−1 + 3, yn = 4xn−1 + 7yn−1 + 2.