ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - -
NGUYỄN THÀNH HIẾU
SỐ LŨY THỪA HOÀN HẢO
VÀ GIẢ THUYẾT PILLAI
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁ P TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS. TSKH. HÀ HUY KHOÁI
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
1
Mục lục
Mở đầu 2
1 Phương trình nghiệm nguyên 4
1.1 Phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4 Một số phương pháp gi ải phương trình nghiệm nguyên . . 17
2 Số lũy thừa hoàn hảo và giả thuyết Pillai 24
2.1 Số lũy thừa hoàn hảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2 Giả thuyết của Pillai về dãy các số lũy thừa hoà n hảo . . . 24
2.3 Các vấn đề mở suy ra từ giả thuyết Pillai. . . . . . . . . . 27
2.4 Ước lượng đẹp của giả thuyết Pillai . . . . . . . . . . . . . 36
2.5 Giả thuyết abc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.6 Giả thuyết Waring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2
Mở đầu

Số học nó i chung và Phương trình nghiệm nguyên nói riêng là những
lĩnh vực xa xưa nhất của Toán học, chúng cũng là những lĩnh vực còn
tồn tại nhiều những bài toán, giả thuyết chưa có câu trả lời. Trong suốt
quá trình phát triển của Toán học, Phương trình nghiệm nguyên luôn thu
hút được nhiều người quan tâm nghiên cứu và tìm hiểu. Chính việc đi
tìm lời giải cho các bài toán hay chứng minh các giả thuyết về phương
trình nghiệm nguyên đã làm nảy sinh các lí thuyết, phương pháp khác của
toán học. Các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên k hông có quy tắc
giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối với những dạng đơn giản. Mỗi
phương trình với dạng riêng của nó đòi hỏi phải có một cách giải đặc trưng
phù hợp. Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh
hoạt và sáng tạo cho ng ười làm toán. Chính vì thế bài toán phương trình
nghiệm nguyên có mặt trong các kì thi học sinh giỏi Toán quốc gia, quốc
tế. Việc hệ thống một cách t ương đối cá c phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên và đưa ra cá c vấn đề mở về phương trình nghiệm nguyên là
cần thiết đối với việc giảng dạy và nghiên cứu to án học, đặc biệt là trong
công tác ôn luyện học sinh giỏi.
Với lí do đó, trong luận văn này, trước tiên chúng tôi tổng hợp một
số phương pháp giải phương trình ng hiệm nguyên thông qua các ví dụ cụ
thể;. Phần tiếp theo sẽ dành để giới t hiệu một số giả thuyết về các vấ n đề
liên quan đến phương trình nghiệm nguyên đang được quan tâm gần đây.
Nội dung luận văn gồ m 2 chương.
Chương 1 : Trình bày một số dạng phương trình nghiệm nguyên cơ bản
và một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên thông qua các
ví dụ cụ thể.
Chương 2: Trình bày về số lũy thừa hoàn hảo, giả thuyết Pillai về số
lũy thừa hoàn hảo và một số vấn đề liên quan.
3
Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn nhiệt tình của GS.TSKH.
Hà Huy Khoái. Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy,

người đã dành cho tôi sự hướng dẫn chu đáo và nghiêm túc trong quá trình
học tập, nghiên cứu và thực hiện luân văn.
Tôi x in gửi lời cảm ơn sâu sắc tớ i các Thầy Cô khoa Toán trường Đại
Học Khoa Học – Đại Học Thái Nguyên cũng như các Thầy Cô tham gia
giảng dạy khóa Cao học 2012-2014 đã giúp đỡ và động viên tô i r ất nhiều
trong quá trình học tập tại tr ường.
Thái Nguyên, ngày 15 th áng 7 năm 2 014
Tác Giả
Nguyễn Thành Hiếu
4
Chương 1
Phương trình nghiệm nguyên
1.1 Phương trình tuyến tính
Định nghĩa 1.1.1. P hương trình Diophantine tuyến tính là phương
trình có dạng:
ax + by = c, (1)
trong đó a, b, c là các số nguyên, đồng thời các biến x, y cũng chỉ nhận
các giá trị nguyên.
Giải phương trì nh (1) là đi tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1 ).
Để giải phương trình (1) ta dựa vào định lí sa u đây:
Định lí 1.1.2. Giả sử a, b là các số nguyên dư ơng, d là ước chung lớn
nhất của a và b, d = (a, b). Khi đó phương t rình ax + by = c khôn g có
nghiệm nguyên nếu d không là ước của c. Nếu d |c thì phương trình có vô
số nghiệm. Hơn nữa nếu x = x
0
, y = y
0
là một nghiệm nào đó của phương
trình, thì mọi nghiệm của phương trình có dạng:
x = x

0
+

b
d

n, y = y
0
−

a
d

n.
Trong đó n là số nguyên.
Chứng minh.
5
Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình. Do d |a , d |b nên d |c. Như
vậy nếu d không là ước của c thì phương t rình không có nghiệm nguyên.
Giả sử d |c. Khi đó, tồn tại các số nguyên s, t sao cho:
d = as + bt. (2)
Do d |c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c. Nhân hai vế của (2) với e
ta được:
c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te).
Như vậy, ta có một ngiệm của phương trình cho bởi x = x
0
= se,
y = y
0
= te.

Ta sẽ chứng mi nh tồ n tại vô số nghiệm. Đặt x = x
0
+
b
d
n, y = y
0
−
a
d
n,
trong đó n nguyên. Ta thấy cặp (x, y) xác định như trên là một nghiệm,
vì ax + by = ax
0
+ a.
b
d
n + by
0
− b.
a
d
n = ax
0
+ by
0
= c.
Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của phương trình phả i có dạng nêu
trên.
Giả sử (x, y) là một nghiệm tùy ý, tức là x, y nguyên và thỏ a mãn

ax + by = c. Khi đó:
(ax + by) − (ax
0
+ by
0
) = 0.
Suy ra:
a(x − x
0
) + b(y −y
0
) = 0.
Tức là:
a(x − x
0
) = b(y
0
− y).
Chia hai vế của đẳng thức cho d, ta được:
a
d
(x − x
0
) =
b
d
(y
0
− y). (3)
6

Do d = (a, b ) nên
a
d
và
b
d
nguyên tố cùng nhau. T ừ đó suy ra y
0
− y
.
.
.
a
d
,
tức tồn tại n nguyên sa o cho
a
d
n = y
0
−y. Suy ra y = y
0
−
a
d
n. Thay giá trị
này của y vào phương trình (3) t a được x = x
0
+
b

d
n.
Ví dụ 1.1.3. G iải phương t rình nghiệm nguyên sau: 5x + 3y = 19
Lời giải.
Ta có (5, 3) = 1. Do 1 là ước của 19 nên phương trình đã cho có nghiệm.
Dễ thấy x
0
= 2, y
0
= 3 là một nghiệm của phương trình đã cho. Theo định
lí trên, các nghiệm của phương trì nh có dạng: x = 2 + 3n, y = 3 −5n, với
n là số nguyên.
1.2 Phương trình Fermat
1.2.1. Các bộ số Pitago
Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏ a mãn x
2
+ y
2
= z
2
được gọi là mộ t
bộ số Pitago. Ví dụ {3, 4, 5}, {6, 8, 10} là bộ số Pitago.
Rõ ràng rằng, nếu (x, y, z) là bộ số Pitago thì (kx, ky, kz) cũng là một
bộ số Pitago với mọi số tự nhiên k.
Bộ số Pitago (x, y, z) gọi là nguyên thủy nếu (x, y, z) = 1. Ví dụ
{3, 4, 5}, {5, 12, 13} là các bộ số Pitago nguyên thủy, bộ số {6, 8, 10} không
nguyên thủy.
Bổ đề 1.2.1. Nếu (x, y, z) là một bộ số Pitag o nguyên thủy thì (x, y) =
(x, z) = (y, z) = 1.
Chứng minh.

7
Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x, y) > 1. Khi đó
tồn tại số nguyên tố p sao cho p |(x, y). Vì p |x và p |y nên p


(x
2
+ y
2
) = z
2
.
Do p nguyên tố mà p


z
2
nên p |z , mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1.
Vậy (x , y) = 1.
Tương tự ta có (x, z) = (y, z) = 1.
Bổ đề 1.2.2. Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Kh i đó
x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn.
Chứng minh.
Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Do Bổ đề 1.2.1, (x, y) =
1, nên x và y không t hể cùng chẵn. Nếu x và y cùng lẻ thì ta có
x
2
≡ y
2
≡ 1(mod4),

nên
z
2
= x
2
+ y
2
≡ 2(mod4).
Điều này vô lí. Vậy x và y không thể cùng lẻ.
Bổ đề 1.2.3. Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và
rs = t
2
. Khi đó tồ n tạ i các số nguyên h và l sao cho r = l
2
và s = h
2
.
Chứng minh.
Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì bổ đề hi ển nhi ên đúng. Ta giả sử r > 1 và
s > 1. Giả sử cách phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố có dạng sau:
r = p
α
1
1
p
α
2
2
p
α

n
n
s = p
α
n+1
n+1
p
α
n+2
n+2
p
α
m
m
t = q
β
1
1
q
β
2
2
q
β
k
k
.
8
Vì (r, s) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong các phân tích của r và
s là khác nhau. Do rs = t

2
nên p
α
1
1
p
α
2
2
p
α
n
n
p
α
n+1
n+1
p
α
n+2
n+2
p
α
m
m
= q
2β
1
1
q

2β
2
2
q
2β
k
k
Từ Định lí cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên tố
xuất hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau. Vậy, mỗi p
i
phải bằng
một q
j
nào đó, đồng thời α
i
= 2β
j
. Do đó, mỗi số mũ α
i
đều chẵn nên
α
i
2
là số nguyên. Từ đó suy ra r = l
2
, s = h
2
, trong đó l, h là các số nguyên:
l = p
α

1
/2
1
p
α
2
/2
2
p
α
n
/2
n
h = p
α
n+1
/2
n+1
p
α
n+2
/2
n+2
p
α
m
/2
m
.
Tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy được mô t ả trong định lí sau:

Định lí 1.2.4. Các số nguyên dương x, y, z lập thà nh một bộ số Pitago
nguyên thủy, với y chẵn nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương nguyên
tố cùng nhau m, n với m>n, m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ sao cho
x = m
2
− n
2
y = 2mn
z = m
2
+ n
2
.
Chứng minh.
Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy. Từ Bổ đề 1.2.2 ta thấy x
lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại. Vì ta g iả thiết y chẵn nên x, z đều lẻ. Do x + z
và z − x đều là số chẵn, nên các số r =
x+z
2
, s =
z−x
2
đều là số nguyên.
Vì x
2
+ y
2
= z
2
nên y

2
= z
2
− x
2
= (z + x)(z − x). Vậy:

y
2

2
=

z + x
2

z − x
2

= rs.
Để ý r ằng (r, s) = 1. Thật vậy, nếu (r, s) = d thì do d |r , d |s nên
d |(r + s) = z và d |(r −s) = x. Điều đó có nghĩa là d |(z, x) = 1 nên d = 1.
9
Áp dụng Bổ đề 1.2.3 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho
r = m
2
, s = n
2
. V iết x, y, z thông qua m, n ta có:
x = r − s = m

2
− n
2
y =
√
4rs =
√
4m
2
n
2
= 2mn
z = r + s = m
2
+ n
2
.
Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau. Gi ả sử ngược lại (x, y, z) =
d > 1. Khi đó t ồn tại số nguyên tố p sao cho p |(x , y, z). Ta thấy rằng p
không là ước của 2 vì x lẻ (do x = m
2
− n
2
trong đó m
2
, n
2
không cùng
tính chẵn lẻ). Lại do p |x , p |z nên p



(z + x) = 2m
2
và p


(z − x) = 2n
2
.
Vậy p |m , p |n: mâu thuẫn với (m, n) = 1. Do đó (x, y, z) = 1 tức là (x, y, z)
là một bộ số Pitago nguyên thủy.
1.2.2. Phương trình Fermat
Ta thấy rằng phương trình x + y = z có vô hạn nghi ệm nguyên (x, y, z).
Các bộ số Pit ago cũng cho ta vô hạn nghiệm nguyên của phương trình
x
2
+ y
2
= z
2
. Vấn đề đặt ra là khi số mũ của các bi ến tăng lên, liệu rằng
phương trình x
n
+ y
n
= z
n
với n ≥ 3 có nghiệm nguyên hay không ? nếu
có thì số nghiệm là hữu hạn hay vô hạ n?
Định lí 1.2.5.(Định lí Fermat). Phương t rìn h x

n
+ y
n
= z
n
không có
nghiệm nguyên x, y, z khác 0 khi n là số nguyên dương, n ≥ 3.
Định lí Fermat được chứng minh năm 1993 bởi A. Wiles, với việc sử
dụng những kiến thức cao nhất của nhiều ngành toán học khác nhau.
Trong phần này chúng ta sẽ trình bày chứng minh định lí l ớn Fermat cho
trường hợp n = 4, mà mấu chốt của của chứng minh là phương pháp lùi
vô hạn do Fermat đề xuất.
10
Định lí 1.2.6. Phương trình x
4
+ y
4
= z
2
không có nghiệm ng uyên
x, y, z k hác 0.
Chứng minh.
Giả sử phương trì nh trên có nghiệm nguyên x, y, z khác 0. V ì ta có thể
thay biến tùy ý bởi số đối của nó nên ta có thể xem là các số nguyên dương.
Ta giả thiết (x, y) = 1. Thật vậy nếu (x, y) = d thì x = dx
1
, y = dy
1
,
với (x

1
, y
1
) = 1, tr ong đó x
1
, y
1
là các số nguyên dương. Vì x
4
+ y
4
= z
2
nên
(dx
1
)
4
+ (dy
1
)
4
= z
2
,
do đó :
d
4
(x
4

1
+ y
4
1
) = z
2
.
Vậy d
4


z
2
, suy ra d
2
|z , nghĩa là z = d
2
z
1
với z
1
là số nguyên dương. Do
đó:
d
4
(x
4
1
+ y
4

1
) = (d
2
z
1
)
2
= d
4
z
2
1
,
nên
x
4
1
+ y
4
1
= z
2
1
.
Ta nhận được nghiệm x
4
+ y
4
= z
2

với các số nguyên dương x = x
1
, y =
y
1
, z = z
1
trong đó (x
1
, y
1
) = 1.
Bây giờ ta giả sử x = x
0
, y = y
0
, z = z
0
là nghiệm của phương trình
x
4
+ y
4
= z
2
trong đó (x
0
, y
0
) = 1. Ta sẽ chỉ ra tồn tại nghiệm khác gồm

các số nguyên dương x = x
1
, y = y
1
, z = z
1
với (x
1
, y
1
) = 1 sao cho z
1
< z
0
.
Vì x
4
0
+ y
4
0
= z
2
0
nên (x
2
0
)
2
+ (y

2
0
)
2
= z
2
0
, tức là (x
2
0
, y
2
0
, z
0
) là một bộ số
Pitag o. Hơn nữa, (x
2
0
, y
2
0
) = 1, vì nếu p là số nguyên tố, p


x
2
0
, p



y
2
0
thì
p |x
0
, p |y
0
, mâu thuẫn với (x
0
, y
0
) = 1. Như vậy (x
2
0
, y
2
0
, z
0
) là một bộ số
11
Pitag o nguyên thủy, theo định lí 1.2.4 tồn tại các số nguyên dương m, n
sao cho:
x
2
0
= m
2

− n
2
y
2
0
= 2mn
z
0
= m
2
+ n
2
,
trong đó có thể xem y
2
0
là số chẵn. (nếu cần thì đổi kí hiệu x
2
0
và y
2
0
).
Từ đẳng thức của x
2
0
ta được:
x
2
0

+ n
2
= m
2
.
Do (m, n) = 1 nên (x
0
, n, m) là một bộ số Pita go nguyên thủy. Theo
định lí 1.2.4 tồn tại các số nguyên dương r, s sao cho
x
2
0
= r
2
− s
2
n = 2rs
m = r
2
+ s
2
.
Vì m lẻ và (m, n) = 1, ta có (m, 2n) = 1. Do y
2
0
= (2n)m nên tồn tại
các số nguyên dương z
1
và w với m = z
2

1
, 2n = w
2
. Vì w chẵn, w = 2u,
trong đó u là số nguyên dương, nên
u
2
=
n
2
= rs.
Do (r, s) = 1, tồn tại các số nguyên dương x
1
, y
1
sao cho r = x
2
1
, s = y
2
1
.
Chú ý rằng vì (r, s) = 1 nên dễ suy ra (x
1
, y
1
) = 1. Như vậy x
4
1
+ y

4
1
= z
2
1
,
trong đó x
1
, y
1
, z
1
là các số ng uyên dương với (x
1
, y
1
) = 1. Hơn nữa ta có
z
1
< z
0
, vì
z
1
≤ z
4
1
= m
2
< m

2
+ n
2
= z
0
.
Để kết thúc chứng minh định lí, giả sử x
4
+ y
4
= z
4
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên. Do nguyên lí sắp thứ tự tốt, trong số các nghiệm nguyên dương,
tồn tạ i nghiệm nguyên với giá trị z
0
bé nhất. Tuy nhiên ta đã chỉ ra rằ ng,
12
từ nghiệm này ta có thể tìm ra nghiệm khác với giá trị bé hơn của biến z.
Từ đó dẫn đến mâu thuẫn. Như vậy ta đã được điều phải chứng minh.
1.3 Phương trình Pell
Phương trình Pell l à phương trình điôphăng có dạng: x
2
− dy
2
= 1
(phương t rình Pell loại I).
Ngoài ra còn có dạng phương trình Pell âm: x
2
− dy

2
= −1 (phương
trình Pell loại II) .
Trong đó d là số nguyên dương không chính phương.
Định lí 1.3.1. Giả sử d và n là các số nguyên sao cho d > 0 và d không
là số chín h phương, |n| <
√
d. Khi đó, nếu x
2
−dy
2
= n, thì
x
y
là một tổng
hội tụ riêng của phân số liên tục đơn của
√
d.
Định lí 1.3.2. Giả sử d là một số nguyên dương không chính phương.
Đặt:
α
k
=
P
k
+
√
d
Q
k

a
k
= [α
k
]
P
k+1
= a
k
Q
k
− P
k
Q
k+1
=
(d−P
2
k+1
)
Q
k
,
với k = 0, 1, 2, trong đó α
0
=
√
d. Hơn nữa, giả sử
p
k

q
k
là tổng riêng hội
tụ thứ k của phân số liên tục đơn củ a
√
d. Khi đó:
p
2
k
− dq
2
k
= (−1)
k−1
Q
k+1
.
Để tìm nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại I và II ta dựa
13
vào định lí sau:
Định lí 1.3.3. Giả sử d là số nguyên dươn g không chính phương. Ký
hiệu qua p
k
/q
k
tổng riêng hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của
√
d,
k = 1, 2, 3, và giả sử n là độ dài chu kì của phân số liên tụ c này. Khi đó,
nếu n chẵn th ì các nghi ệ m nguyên dương của phương trình x

2
− dy
2
= 1
là x = p
jn−1
, y = q
jn−1
, j = 1, 2, 3, ; còn phương trình x
2
− dy
2
= −1
vô nghiệm. Khi n lẻ, các nghiệm nguyên c ủa phương trình x
2
− dy
2
= 1
là x = p
2nj−1
, y = q
2nj−1
, j = 1, 2, 3, ; các nghiệm nguyên dương của
phương trình x
2
−dy
2
= −1 là x = p
(2j−1)n− 1
, y = q

(2j−1)n− 1
, j = 1, 2, 3,
Chứng minh.
Theo định lí 1.3.1 nếu x
0
, y
0
là nghiệm nguyên dương của phương trình
x
2
− dy
2
= ±1 thì x
0
= p
k
, y
0
= q
k
, trong đó p
k
/q
k
tổng riêng hội tụ thứ k
của phâ n số liên tục đơn của
√
d. Mặt khác, từ định lí 1.3.2 ta có:
p
2

k
− dq
2
k
= (−1)
k−1
Q
k+1
,
trong đó Q
k+1
như trong phát biểu của định lí 1.3.2
Vì chu kì của khai triển liên tục của
√
d là n, ta biết rằng Q
jn
= Q
0
= 1,
với j = 1, 2, 3, (do
√
d =
P
0
+
√
d
Q
0
). Vì vậy

p
2
jn−1
− dq
2
jn−1
= (−1)
jn
Q
jn
= (−1)
jn
.
Đẳng t hức trên chỉ ra rằng, k hi n chẵn, p
jn−1
, q
jn−1
là một nghiệm của
phương trình x
2
− dy
2
= 1 với j = 1, 2, ; khi n lẻ x = p
2nj−1
, y = q
2nj−1
với j = 1, 2, 3, . là một nghiệm của phương trình x
2
− dy
2

= 1 và x =
p
(2j−1)n− 1
, y = q
(2j−1)n− 1
với j = 1, 2, 3, là mộ t nghiệm của phương t rình
x
2
− dy
2
= −1.
14
Để chỉ ra rằng các phương trình x
2
− dy
2
= 1 và x
2
− dy
2
= −1 không
có nghiệm khác các nghiệm đã tìm được, ta chứng tỏ rằng Q
k+1
= 1 suy
ra n |k và Q
j
= −1 với j = 1, 2, 3,
Trước tiên ta nhận x ét r ằng, nếu Q
k+1
= 1 t hì

α
k+1
= P
k+1
+
√
d.
Vì α
k+1
= [a
k+1
, a
k+2
, a
k+3
, ], khai triển phân số liên tục của α
k+1
là
tuần hoàn đơn. Do đó ta có −1 < α
k+1
= P
k+1
−
√
d < 0. Từ đó suy ra
P
k+1
=




√
d



, nên ta có α
k
= α
0
, n |k .
Để chứng tỏ Q
j
= −1 với j = 1, 2, 3, ta chú ý rằng từ Q
j
= −1 suy
ra α
j
= −P
j
−
√
d. Do α
j
có khai triển phân số liên tục đơn giản chu kì
đơn nên
−1 < α
j
= −P
j

−
√
d < 0,
và
α
j
= −P
j
−
√
d.
Từ hai bất đẳng thức trên ta đễ thấy sự mâu thuẫn. Vậy Q
j
= −1.
Vì ta đã tìm được tất cả các nghiệm của phương trình x
2
− dy
2
= 1
và x
2
− dy
2
= −1 trong đó x, y nguyên dương, nên định lí đã được chứng
minh đầy đủ.
Ví dụ 1.3.4. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x
2
− 13y
2
= 1.

Lời giải.
Ta có phân số liên tục đơn của
√
13 là

3; 1, 1, 1, 1, 6

. Các nghiệm
nguyên dương của phương trình là p
10j−1
, q
10j−1
, j = 1, 2, 3, t rong đó
p
10j−1
/q
10j−1
là tổ ng riêng hội tụ thứ (10j −1) của khai triển phân số li ên
15
tục
√
13. Nghiệm dương bé nhất l à p
9
= 649, q
9
= 180.
Định lí sau đây cho phép ta tìm các nghiệm ng uyên dương của phương
trình Pell xuất phát từ một nghiệm nguyên dương bé nhất mà không phải
tìm các tổng hội tụ riêng của khai triển phân số liên tục của
√

d.
Định lí 1.3.5. Giả sử x
1
, y
1
là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương
trình Pell x
2
− dy
2
= 1, trong đó d là một số nguyên dương không chính
phương. Khi đó mọi ngh i ệm x
k
, y
k
được cho bởi
x
k
+ y
k
√
d = (x
1
+ y
1
√
d)
k
,
với k = 1, 2, 3, .

Chứng minh.
Ta chỉ ra x
k
, y
k
với k = 1, 2, 3, là nghiệm của phương trình, đồng thời
mỗi ng hiệm của phươ ng trình đều có dạng trên.
Dễ thấy rằng nếu x
k
+y
k
√
d = (x
1
+ y
1
√
d)
k
thì x
k
−y
k
√
d = (x
1
− y
1
√
d)

k
(vì
√
d chỉ xuất hiện ở các lũy thừa lẻ của −y
1
√
d trong kha i triển nhị thức).
Mặt khác,
x
2
k
− dy
2
k
= (x
k
+ y
k
√
d)(x
k
− y
k
√
d)
= (x
1
+ y
1
√

d)
k
(x
1
− y
1
√
d)
k
= (x
2
1
− dy
2
1
)
k
= 1.
Vậy x
k
, y
k
là nghiệm với k = 1, 2, 3,
Ngược lại, giả sử X, Y là một nghiệm nguyên dương khác với x
k
, y
k
,
k = 1, 2, 3, khi đó tồn tại số n sao cho
(x

1
+ y
1
√
d)
n
< X + Y
√
d < (x
1
+ y
1
√
d)
n+1
.
Nhân bất đẳng thức với (x
1
+ y
1
√
d)
−n
ta được :
1 < (x
1
− y
1
√
d)

n
(X + Y
√
d) < x
1
+ y
1
√
d,
16
(vì x
2
1
− dy
2
1
= 1 nên x
1
− y
1
√
d = (x
1
+ y
1
√
d)
−1
).
Bây giờ giả sử

s + t
√
d = (x
1
− y
1
√
d)
n
(X + Y
√
d).
Và chú ý rằng
s
2
− dt
2
= (s − t
√
d)(s + t
√
d)
= (x
1
+ y
1
√
d)
n
(X − Y

√
d)(x
1
− y
1
√
d)
n
(X + Y
√
d)
= (x
2
1
− dy
2
1
)
n
(X
2
− dY
2
) = 1.
Ta thấy s, t là nghiệm của phương trình x
2
− dy
2
= 1. Hơn nữa, 1 <
s + t

√
d < x
1
+ y
1
√
d. Mặt khác, vì s + t
√
d > 1 nên 0 < (s + t
√
d)
−1
< 1.
Do đó
s =
1
2

(s + t
√
d) + (s − t
√
d)

> 0,
t =
1
2
√
d


(s + t
√
d) − (s − t
√
d)

> 0.
Điều đó có nghĩa là s, t là nghiệm dương s ≥ x
1
, t ≥ y
1
do x
1
, y
1
là nghiệm bé nhất. Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức s + t
√
d <
x
1
+ y
1
√
d. Vậy X, Y là x
k
, y
k
với k nào đó.
Ví dụ 1.3.6. G iải phương t rình nghiệm nguyên sau: x

2
− 2y
2
= 1.
Lời giải.
Ta thấy (x, y) = (3, 2) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương
trình đã cho. Do đó mọi nghiệm nguyên dương của phương trình là x
k
, y
k
được cho bở i công t hức:
x
k
+ y
k
√
2 = (3 + 2
√
2)
k
với k = 1, 2, 3, .
17
1.4 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên
1.4.1. Phân tích ra thừa số
Ta sử dụng phương pháp này khi phương trình có các biểu thức chứa
ẩn phâ n tích được thành nhân tử:
f(x
1
, x

2
, , x
n
) = f
1
(x
1
, x
2
, , x
n
) f
k
(x
1
, x
2
, , x
n
) = a.
Khi đó ta chỉ việc đi giải các hệ phương t rình sau :







f
1

(x
1
, x
2
, , x
n
) = d
1

f
k
(x
1
, x
2
, , x
n
) = d
k
trong đó a = d
1
d
k
và d
1
, , d
k
là số nguyên tố.
Ví dụ 1.4.1. Tìm x, y nguyên thỏa mãn:
x

2
+ 6xy + 8y
2
+ 3x + 6y = 2 (1)
Lời giải.
Ta có: (1) ⇔ (x + 4y + 3)(x + 2y) = 2 Nghiệm nguyên của (1) là nghiệm
nguyên của các hệ phương trình sau:

x + 4y + 3 = 2
x + 2y = 1
;

x + 4y + 3 = 1
x + 2y = 2
;

x + 4y + 3 = −2
x + 2y = −1
;

x + 4y + 3 = −1
x + 2y = −2
Giải các hệ trên ta thu được các nghiệm của phương trình (1) là: (3; −1),
(6; −2), (3; −2), (0; −1).
Ví dụ 1.4.2. Tìm ng hiệm nguyên của phươ ng trình: x
2
+ y
2
−x −y = 8
18

Lời giải.
Ta có:
x
2
+ y
2
− x − y = 8
⇔ 4x
2
+ 4y
2
− 4x − 4y = 32
⇔ (4x
2
− 4x + 1) + (4y
2
− 4y + 1) = 30
⇔ |2x −1|
2
+ |2y − 1|
2
= 3
2
+ 5
2
.
Nghiệm của phương trình đã cho là nghi ệm của các hệ phương trình
sau:

|2x − 1| = 3

|2y − 1| = 5
;

|2x − 1| = 5
|2y −1| = 3
Giải các hệ trên ta thu được nghiệm của phương trình đã cho là:
(x, y) ∈ {(2; 3), (3; 2), (−1; −2), (−2; −1)}.
1.4.2. Sử dụng bất đẳng thức
Trong phương pháp này chúng ta sử dụng bất đẳng thức để ước lượng,
thu hẹp phạm vi của nghiệm sau đó thay thử lại vào phương trình.
Ví dụ 1.4.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
−xy + y
2
= 3.
Lời giải.
Ta có: x
2
− xy + y
2
= 3 ⇔

x −
y
2

2
= 3 −
3y
2

4
.
Vì

x −
y
2

2
≥ 0 nên 3 −
3y
2
4
≥ 0 ⇒ −2 ≤ y ≤ 2 ⇒ y ∈
{−2, −1, 0, 1, 2}.
Thay lần lượt các giá trị của y vào phương trình để tìm x. Ta có các
nghiệm của phương trình đã cho là:
(x, y) ∈ {(−1; −2), (1; 2), (−2; −1), (2; 1), (−1; 1), (1; −1)}.
Ví dụ 1.4.4. Tìm x, y, z ng uyên dương thỏa mã n phương trình :
3(xy + yz + zx ) = 4xyz (1)
19
Lời giải.
Nhận xét
: Vế trái của phương trình là bậc 2, vế phải là bậc 3 nên các
nghiệm của phương trình này nếu có sẽ bị chặn trên. Từ đó ta nghĩ đến
việc sử dụng bất đẳng thức vào giải quyết bài toán.
Ta nhận thấy vai trò của các ẩn x , y, z là như nhau nên ta có thể giả
sử x ≤ y ≤ z.
Chia cả hai vế của phương trình cho xyz ta được:
1

x
+
1
y
+
1
z
=
4
3
.
Mặt khác do x ≤ y ≤ z nên:
1
x
+
1
y
+
1
z
≤
1
x
+
1
x
+
1
x
=

3
x
.
Suy ra:
3
x
≥
4
3
⇒ x ≤
9
4
.
Do đó x ∈ {1, 2}.
Xét x = 1. Ta có:
1
y
+
1
z
=
1
3
1
y
+
1
z
≤
2

y
⇒
2
y
≤
1
3
⇒ 4 ≤ y ≤ 6 ⇒ y ∈ {4, 5, 6}.
Với y = 4, y = 5 ta thấy phương trình vô nghiệm.
Với y = 6 ta tìm được z = 6. Vậy trường hợ p này phương trình ( 1) có
nghiệm l à (x, y, z) = (1, 6, 6).
Xét x = 2. Ta có:
1
y
+
1
z
=
5
6
20
1
y
+
1
z
≤
2
y
⇒

2
y
≤
5
6
⇒ y ≤
12
5
⇒ y = 2 ⇒ z = 3.
Vậy trường hợp này phương trì nh (1) có nghiệm là (x, y, z) = (2, 2, 3).
Kết luận
: Phương trình (1) có các nghiệm nguyên là: (1, 6, 6), (2, 2, 3).
1.4.3. Dùng đồng dư
Ví dụ 1.4.5. Chứng minh rằng phương trình:
y
2
= (x + 1)
2
+ (x + 2)
2
+ . + (x + 99)
2
Không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Ta có:
y
2
= 99x
2
+ 2x(1 + 2 + + 99) + (1

2
+ 2
2
+ . + 99
2
)
= 99x
2
+ 2x
(1+99)99
2
+
99(99+1)(2.99+1)
6
= 99x
2
+ 100. 99x + 33.50.199
= 33(3x
2
+ 100. 3x + 50.199).
Ta thấy y
2
.
.
.3 ⇒ y
.
.
.3 ⇒ y
2
.

.
.9 ⇒ (3x
2
+ 100.3x + 50.199)
.
.
.3 (vô lí)
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Ví dụ 1.4.6. Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất: n bằng
tổng các bình phươ ng của bốn ước nhỏ nhất của n (n có bốn ước nhỏ nhất
là 1 = d
1
< d
2
< d
3
< d
4
, n = d
2
1
+ d
2
2
+ d
2
3
+ d
2
4

).
Lời giải.
Ta thấy n phải là số chẵn vì nếu n là số l ẻ thì d
1
, d
2
, d
3
, d
4
cũng là các
số l ẻ (vô lí).
Ta xét xem n chia hết cho 4 hay không?
21
Nếu n chia hết cho 4 thì trong các ước d
1
, d
2
, d
3
, d
4
phải có 1, 2, 4.
Suy ra n ≡ (1 + d
2
)(mod4)
Điều này vô lí vì d
2
≡ 0(mod4) hoặc d
2

≡ 1(mod4)
Vậy n là số chẵn và k hông chia hết cho 4.
Suy ra n có các ước là 1, 2, d
3
, d
4
tức n = 1 + 4 + d
2
3
+ d
2
4
Giả sử d
3
chẵn, tức d
3
= 2k. Vì d
3
|n ⇒ k |n (suy ra k lẻ vì nếu k chẵn
thì n chia hết cho 4).
Với k = 1 ⇒ d
3
= 2 (loại), suy ra k ≥ 3, các ước của n sẽ là
1, 2, k, , d
3
điều này vô l í nên d
3
lẻ.
d
3

lẻ nên d
4
chẵn, d
4
= 2k và k lẻ nên k = d
3
Suy ra n = 1 + 4 + d
2
3
+ 4d
2
3
= 5(1 + d
2
3
) ⇒ 5 |n
d
3
là ước l ẻ khác 1 đầu tiên của n nên d
3
≤ 5 ⇒ d
3
∈ {3, 5}
d
3
= 3 ⇒ n = 50 (không thỏa mãn vì 3 không l à ước của 50).
d
3
= 5 ⇒ n = 130 = 1
2

+ 2
2
+ 5
2
+ 10
2
(thỏa mãn).
Kết luận
: n = 50.
1.4.4. Phương pháp quy nạp
Thường dùng trong những bài toán tìm vô hạn nghiệm có dạng nào đó.
Ví dụ 1.4.7. Chứng minh rằng ∀n ≥ 2 ∃x, y lẻ thỏ a mãn:


x
2
− 17y
2


= 4
n
.
Lời giải.
Với n = 2 ta có: x = 1, y = 1 thỏa m ãn


1
2
− 17.1

2


= 16 (đúng).
Giả sử


x
2
n
− 17y
2
n


= 4
n
với x
n
, y
n
lẻ.
Ta cần tìm x
n+1
, y
n+1
lẻ sao cho


x

2
n+1
− 17y
2
n+1


= 4
n+1
= 4


x
2
n
− 17y
2
n


Ta có:
22
x
n+1
=
x
n
±17y
n
2

y
n+1
=
x
n
±y
n
2
x
n+1
, y
n+1
∈ Z vì x
n
, y
n
lẻ
x
n
+y
n
2
+
x
n
−y
n
2
= x
n

lẻ
Một trong hai số
x
n
+y
n
2
và
x
n
−y
n
2
lẻ
Nếu
x
n
+y
n
2
lẻ, ta lấy:
x
n+1
=
x
n
+17y
n
2
=

x
n
+y
n
2
+ 8x
n
(lẻ)
y
n+1
=
x
n
+y
n
2
(lẻ).
Nếu
x
n
−y
n
2
lẻ, ta lấy:
x
n+1
=
x
n
−17y

n
2
=
x
n
−y
n
2
− 8x
n
(lẻ)
y
n+1
=
x
n
−y
n
2
(lẻ).
1.4.5. Phương pháp lùi vô hạn (phương pháp xuống thang)
Ví dụ 1.4.8. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
− 5y
2
= 0.
Lời giải.
Giả sử (x
0
, y

0
) là nghiệm của phương trình đã cho thì: x
2
0
= 5y
2
0
⇒ x
0
.
.
.5
Đặt x
0
= 5x
1
, x
1
∈ Z. Ta có: 25x
2
1
= 5y
2
0
⇒ 5x
2
1
= y
2
0

⇒ y
0
.
.
.5
Đặt y
0
= 5y
1
, y
1
∈ Z. Ta có: x
2
1
− 5y
2
1
= 0. Vậy (x
1
, y
1
) cùng là nghiệm
của phương trình đã cho. Cứ tiếp tục như vậy ta có: nếu (x
0
, y
0
) là nghiệm
thì

x

0
5
k
,
y
0
5
k

( k nguyên dương bất kì) cũng là nghiệm, hay x
0
, y
0
đều chia
hết cho 5
k
. Điều này xảy ra khi x
0
= y
0
= 0.
Kết luận : Phương tr ình đã cho có nghiệm là (x, y) = (0, 0).
Ví dụ 1.4.9. Tìm tất cả các bộ x, y, z nguyên không âm thỏa mãn
phương trình: x
3
+ 3y
3
+ 9z
3
− 3x yz = 0.

23
Lời giải.
Ta nhận thấy ngay (x, y, z) = (0, 0, 0) là nghiệm của phương trình đã
cho.
Giả sử một trong 3 số x, y, z bằng 0 :
x = 0 ⇒ 3y
3
+ 9z
3
= 0 ⇒ y =
3
√
−3z ⇒ z = 0, y = 0,
y = 0 ⇒ x
3
+ 9z
3
= 0 ⇒ x =
3
√
−9z ⇒ x = 0, y = 0,
z = 0 ⇒ x
3
+ 3y
3
= 0 ⇒ x =
3
√
−3y ⇒ y = 0, x = 0.
Vậy nếu phương trình có nghiệm (x

1
, y
1
, z
1
) = (0, 0, 0) thì x
1
, y
1
, z
1
> 0.
Dễ nhận thấy x
1
.
.
.3, đặt x
1
= 3x
2
Khi đó ta có:
27x
3
2
+ 3y
3
1
+ 9z
3
1

− 9x
2
y
1
z
1
= 0 ⇒ y
1
.
.
.3, đặt y
1
= 3y
2
ta có:
27x
3
2
+ 81y
3
2
+ 9z
3
1
− 27x
2
y
2
z
1

= 0 ⇒ z
1
.
.
.3, đặt z
1
= 3z
2
Suy ra: x
3
2
+3y
3
2
+9z
3
2
−3x
2
y
2
z
2
= 0 tức (x
2
, y
2
, z
2
) cũng là nghiệm. Điều

này vô lí vì trong số các nghiệm tìm đượ c sẽ có nghiệm bé nhất, nhưng
như bên trên thì từ nghiệm bé nhất đó ta lạ i tìm được nghiệm khác nữa
của phương t rình.
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: (x, y, z) = (0, 0, 0).
24
Chương 2
Số lũy thừa hoàn hảo và giả thuyết
Pillai
2.1 Số lũy thừa hoàn hảo
2.1.1. Định nghĩa: Số lũy thừa hoàn hảo l à số nguyên dương có dạng
a
x
trong đó a ≥ 1, x ≥ 2.
2.1.2. Ví dụ:
1 = 1
2
4 = 2
2
8 = 2
3
9 = 3
2
125 = 5
3
.
2.2 Giả thuyết của Pillai về dãy các số lũy thừa hoàn
hảo
2.2.1. Kết quả của Pillai về phương trình Diophantine
S.S Pill ai chứng minh được rằng với bất kì các số nguyên dương a, b (a, b ≥
2) thì số nghiệm của bất phương tr ình Diophantine 0 < a

x
−b
y
≤ c là gần
bằng:
(log c)
2
2(log a)(log b)
(2.1)