Luận văn thạc sĩ toán học - Một số lớp phương trình diophantine.doc

Viết thuê đề tài giá rẻ trọn gói - KB Zalo/Tele : 0973.287.149
Luanvanmaster.com – Cần Kham Thảo - Kết bạn Zalo/Tele : 0973.287.149
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BÙI HỮU MÊN
MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BÙI HỮU MÊN
MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành:Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. ĐẶNG HÙNG THẮNG
Thái Nguyên

3
Mục lục
Danh sách kí hiệu 4
Mở đầu 5
Chương 1. Phương trình Diophantine tuyến tính 7
1.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Phương trình bậc nhất nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Chương 2. Một số phương trình Diophantine phi tuyến 23
2.1 Phương trình Pell loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2 Phương trình Pell loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3 Phương trình Pythagoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Chương 3. Liên phân số và ứng dụng trong phương trình Diophantine 45
3.1 Liên phân số hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2 Liên phân số vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.3 Liên phân số vô hạn tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.4 Áp dụng vào phương trình Diophante . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.4.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn Ax + By = C . . . . . . . . . . . . 56
3.4.2 Phương trình x
2
dy
2
= 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Kết luận 62
Tài liệu tham khảo 63

4
Danh sách kí hiệu
N
Z
Q
R
C
Fp
K[X]
dxe
deg P(X)
mod p
gcd(P(X); Q(X))
tập hợp các số tự nhiên
vành các số nguyên
trường các số hữu tỷ
trường các số thực
trường các số phức
trường có p phần tử
vành đa thức với hệ số trên trường K
trần của số x
bậc của đa thức P(X)
modulo p
ước chung lớn nhất của hai đa thức P(X) và Q(X)

5
Mở đầu
Phương trình Diophantine là một chủ đề lớn của Lý thuyết số, chứa đựng nhiều lý
thuyết toán học sâu sắc, gắn liền với nhiều tên tuổi của nhiều nhà toán học xuất sắc.
Mục tiêu của đề tài luận văn là: Tìm hiểu một số lớp phương trình Diophantine như:
phương trình Diophantine tuyến tính; một số phương trình Diophantine phi tuyến
(phương trình Pell, phương trình Pell mở rộng, phương trình Pythagoras Fermat).
Liên phân số và ứng dụng trong phương trình Diophantine. Về mặt ứng dụng, luận
văn sẽ áp dụng lý thuyết để soi sáng những bài toán số học ở phổ thông, hệ thống
hóa, tổng quát hóa và sáng tác ra những bài toán số học mới.
Luận văn sẽ cố gắng trở thành một tài liệu tham khảo tốt, thiết thực phục
vụ cho việc giảng dạy, nhất là việc giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi.
Ngoài ra thông qua việc viết luận văn, tác giả luận văn có cơ hội mở rộng
nâng cao hiểu biết về toán sơ cấp nói chung và số học nói riêng, hình thành
các kỹ năng chứng minh các định lí số học và giải các bài toán số học, phục
vụ tốt cho việc giảng dạy môn Toán ở trường phổ thông.
Nội dung của luận văn được trình bày trong ba chương như sau:
Chương 1. Phương trình Diophantine tuyến tính. Trong chương này
chúng tôi trình bày về phương trình bậc nhất hai ẩn, nhiều ẩn, và
một số bài toán chọn lọc.
Chương 2. Một số phương trình Diophantine phi tuyến. Trong chương
này chúng tôi trình bày nội dung chính về các phương trình Pell loại 1,
phương trình Pell loại , và phương trình Pythagoras.
Chương 3. Liên phân số và ứng dụng trong phương trình Diophantine. Trong

6
chương này chúng tôi trình bày một cách ngắn gọn các sự kiện về liên
phân số, đặc biệt là các ứng dụng của chúng để giải phương trình Pell.
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của GS.TSKH. Đặng Hùng
Thắng (Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội). Tác giả xin được bày tỏ lòng
biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình,
người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận
tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã tham
gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp nhất tới tập thể lớp Cao
học Toán khóa 9 (2015-2017) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều
trong suốt quá trình học tập.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo
Hải Phòng, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Thái Phiên đã tạo
điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình.
Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến đại gia đình vì
những động viên và chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành luận văn này.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 11 năm 2017
Tác giả
Bùi Hữu Mên

7
Chương 1
Phương trình Diophantine tuyến tính
Phương trình Diophantine là một trong những chủ đề sâu sắc và rất rộng
của Lý thuyết số. Mục đích của chương này là nghiên cứu về phương
trình Diophantine bậc nhất hai và nhiều ẩn. Như một minh họa cho lý
thuyết, các ví dụ là các bài toán trích từ các đề thi sẽ được trình bày.
Đặc tính của các phương trình Diophantine là chúng có một hay
nhiều ẩn số mà mọi hệ số đều là số nguyên và chỉ yêu cầu tìm các
nghiệm nguyên (hoặc nguyên dương). Nhà toán học nổi tiếng thời cổ đại
Diophantine đã có công lớn vì những nghiên cứu tiên phong về chúng.
Với một phương trình Diophantine cho trước ta có thể đặt ra các câu
hỏi sau đây (xếp theo thứ tự từ dễ đến khó):
Câu hỏi 1. Nó có nghiệm nguyên hay không ?
Câu hỏi 2. Nó có một số hữu hạn nghiệm hay có vô số nghiệm?
Câu hỏi 3. Hãy tìm tất cả các nghiệm của nó.
Chẳng hạn, ta hãy xét phương trình Diophantine
x
n
+ y
n
= z
n
trong đó n là số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2. Với n = 2 phương trình trên
có vô số nghiệm và ta có thể tìm được tường minh tất cả các nghiệm của nó. Với
n > 2, nhà toán học thiên tài của thế kỷ 17 Pierre de Fermat khẳng định rằng

8
phương trình trên không có nghiệm nguyên dương. Kết luận này ngày
nay được mang tên là Định lí lớn Fermat hay Định lí cuối cùng của
Fermat. Người ta đã không tìm thấy dấu vết của chứng minh khẳng định
trên của Fermat mà chỉ thấy một ghi chú của Fermat bên lề cuốn sách
“Số học” của Diophantine: “Tôi đã tìm được một chứng minh thật là tuyệt
vời nhưng vì lề sách ở đây quá hẹp nên không thể viết ra”.
Năm 1983, nhà toán học 29 tuổi người Đức là Faltings đã chứng minh
thành công một giả thuyết của Mordell trong lĩnh vực Hình học đại số rồi từ đó
suy ra rằng phương trình x
n
+ y
n
= z
n
với n > 2 chỉ có một số hữu hạn nghiệm
nguyên. Với thành tựu này Faltings đã nhận được Giải thưởng Fields (giải
thưởng quốc tế cao nhất dành cho các nhà toán học không quá 40 tuổi).
Năm 1993 nhà toán học người Anh là Andrew Wiles đã công bố phép
chứng minh của Định lí lớn Fermat. Đây là một câu chuyện lớn của Toán
học, có thể tham khảo trong Amir D. Aczel [1].
Với sự ra đời của máy tính, người ta cũng đặt câu hỏi: Có tồn tại chăng
một thuật toán để với mọi phương trình Diophantine cho trước nhờ đó có thể
khẳng định được rằng phương trình này có nghiệm nguyên hay không. Tiếc
thay câu trả lời lại là: không có một thuật toán như vậy (Định lí Machiakevich).
1.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn
Phương trình Diophantine đơn giản nhất là phương trình bậc nhất hai ẩn
ax + by = c (1.1)
trong đó a, b, c là những số nguyên cho trước khác 0. Vấn đề đặt ra là
với điều kiện nào của a, b, c thì phương trình (1.1) có nghiệm và nếu có
thì cách tìm nghiệm thế nào.
Định lí 1.1.1. Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.1) có nghiệm nguyên là

9
(a; b) là ước của c.
Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử (x0; y0) là một nghiệm nguyên của
(1.1). Khi đó ax0 + by0 = c. Nếu d = (a; b) thì rõ ràng d j c.
Điều kiện đủ. Giả sử d = (a; b) và d j c. Ta có a = da1, b = db1, c = dc1
trong đó (a1; b1) = 1. Phương trình (1.1) tương đương với a1x + b1y = c1.
Xét a1 số fb1kg với k = 0; 1; 2; : : : ; a1 1. Vì (a1; b1) = 1 nên các số
này khi chia cho a1 sẽ cho ta các số dư khác nhau. Vậy tại k0, 0 k0 a1 1
sao cho b1k0 = c1 (mod a1). Điều này có nghĩa là:
c1 b1k0 = a1l0 với l0 2 Z hay c1 = a1l0 + b1k0:
Vậy (l0; k0) là một nghiệm của phương trình (1.1). Phép chứng minh
định lí được hoàn thành.
Tiếp theo ta hãy đi tìm tất cả các nghiệm của phương trình (1.1)
Định lí 1.1.2. Nếu (x0; y0) là một nghiệm nguyên của (1.1) thì nó có vô số
nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x; y) của nó được cho bởi công thức
8
x= x0 +
b
t;
d (1.2)
>
y= y 0
a t;
<
d
>
:
trong đó t 2 Z và d = (a; b):
Chứng minh. Trước hết ta kiểm tra mọi cặp số (x; y) cho bởi công thức
(1.2) là nghiệm. Thật vậy
ax + by = ax0 + by0 = c:
Đảo lại, giả sử (x1; y1) là một nghiệm của (1.1) tức là ax1 + by1 = c. Trừ
đẳng thức này vào đẳng thức ax0 + by0 = c ta thu được
a(x1 x0) = b(y0 y1): (1.3)

10
Vì d = (a; b) nên a = a1d, b = b1d với (a1; b1) = 1. Thay vào (1.3) ta được a1(x1
x0) = b1(y0 y1). Vì (a1; b1) = 1 nên y0 y1 = ta1 và x1 x0 = tb1. Vậy
y1 = y0 ta1 = y0 at và x1 = x0 +tb1 = x0 +bt :
d d
Phép chứng minh được kết thúc.
Thuật toán tìm nghiệm của phương trình Diophantine bậc nhất. Từ Định lí
1.1.2 ta thấy rằng để tìm tất cả các nghiệm của (1.1) ta chỉ cần tìm một nghiệm
(x0; y0) nào đó của nó. Ta gọi một nghiệm cụ thể như thế là một nghiệm riêng
còn công thức (1.2) được gọi là nghiệm tổng quát. Sau đây ta sẽ trình bày một
thuật toán cho phép xác định khá nhanh một nghiệm riêng của (1.1).
Giả sử q0; q1; : : : là một dãy các số nguyên dương. Với mỗi i 0
ta kí hiệu
[q0; q1; : : : ; qi] là phân số sau đây
1
[q0; q1; : : : ; qi] = q0 + :
1
q1 +
1
q2 + +
1
q
i 1 +q
i
Bằng phương pháp quy nạp có thể dễ dàng chứng minh được bổ đề sau:
Bổ đề 1.1.3. Giả sử fhng, fkng là hai dãy số nguyên được xác định như sau:
h 2 = 0; h 1 = 1; h1 = qihi 1 + hi 2; i 0;
k0 = 1; k1 = q1; ki = qihki 1 + ki 2; i 2:
Khi đó với mọi i 1 ta có:
(a) hiki 1 hi 1ki = ( 1)
i 1
;
(b) [q0; q1 ; : : : ; qi] =
h
i
.
k
i

11
Bây giờ cho hai số dương a, b với a > b. Ta hãy viết thuật toán Euclid
tìm ước chung lớn nhất của a và b.
a = bq0 + r1
b = r1q1 + r2
: : : (1.4)
r
n 1
= r
n
q
n 1
+ r
n+1
r
n
= r
n+1
q
n
:
Từ hệ (1.4) ta suy ra
a
= [q0; q1; : : : ; qn]
b
a
=
h
n :
b kn
Từ (a) ta suy ra (hn; kn) = 1. Do đó nếu (a; b) = 1 thì a = hn và b = kn. Vậy thì
akn 1 bhn 1 = ( 1)
n 1
:
Thành thử tồn tại x0 2 fkn 1g và y0 2 fhn 1g sao cho
ax0 + by0 = 1:
Ta thử từng trường hợp (nhiều nhất là bốn phép thử) để xác định x0, y0.
Như vậy để giải phương trình (1.1) ta sẽ tiến hành lần lượt các bước sau đây.
Bước 1. Tìm d = (a; b) sau đó chia hai vế cho d để được một phương
trình tương đương a1x + b1y = c1 , ở đó
a = da1; b = db1; c = dc1; (a1; b1) = 1:
Bước 2. Viết thuật toán Euclid cho hai số ja1j và jb1j. Giả sử ja1j > jb1j.
ja1j = jb1jq0 + r1

12
jb1j = r1q1 + r2
: : :
r
n 1
= r
n
q
n 1
+ r
n+1
r
n
= r
n+1
q
n
:
Bước 3. Tính [q0; q1; : : : ; qn 1] =
h
.
k
Bước 4. Lấy nghiệm riêng (x0
0
; y0
0
) của phương trình a1x + b1y = 1 thoả mãn điều
kiện jx0
0
j = k, jy0
0
j = h.
Ta xác định dấu của x0
0
và y0
0
bằng cách thử.
Bước 5. Ta có x0 = c1x0
0
, y0 = c1y0
0
là nghiệm riêng của phương trình (1.1). Khi
đó nghiệm tổng quát là
x = x0 + b1t; y = y0 + a1t; với t 2 Z:
Ví dụ 1.1.4. Giải phương trình Diophantine 342x 123y = 15:
Lời giải. Ta sẽ làm lần lượt theo các bước như trên.
Bước 1. Ứớc chung lớn nhất của 342 và 123 là 3. phương trình đã cho tương đương
với 114x 41y = 5.
Bước 2. Ta viết thuật toán Euclid cho 114 và 41.
114= 41 2+32
41= 32 1+9
32=9 3+5
9=5 1+4
5=4 1+1
4=1 4:

Bước 3. Ta biểu diễn theo liên phân số
h
= 2 +
Như vậy h = 25, k = 9.
13
1
= 25:
19
1+
1
3 +
1
1 +
1
Bước 4. Lấy nghiệm riêng x0
0
, y0
0
của phương trình 114x 41y = 1 thoả mãn điều
j 0j j 0j 0 0
kiện x
0
= 9 và y
0
= 25: Bằng cách thử ta tìm được x
0
= 9, y
0
= 25.
Bước 5. Nghiệm riêng x0, y0 của phương trình đã cho là x0 = 9 5 = 45, y0 =
25 5 = 125 và nghiệm tổng quát là
x = 45 + 41t; y = 125 + 114t; với t 2 Z:
Nhận xét 1.1.5.
1. Nếu a j c ta có thể lấy nghiệm riêng
x
0 =c ; y0 = 0:
a
2. Xét trường hợp (a; b) = 1. Theo Định lí Euler ta có
a
j(b)
1 = kb với k 2 Z:
Vậy ca
j(b)
bkc = c. Do đó
x0 = ca
j(b)
1; y0 = kc
là một nghiệm riêng của phương trình đang xét.

14
Một số bài toán chọn lọc
Bài toán 1.1.6. Cho hai số nguyên dương a, b. Chứng minh rằng (a; b) =
1 khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho au bv = 1:
Lời giải. Điều kiện đủ là hiển nhiên.
Đảo lại, giả sử (a; b) = 1. Theo Định lí 1.1.1, tồn tại các số nguyên x0,
y0 để cho ax0 + by0 = 1. Đặt
8
>u = x0 + bt;
trong đó t
<
v= at y0;
2
Z >
:
x0 y0
t > ; t > :
b b
Khi đó u và v là các số nguyên dương và au bv = ax0 + by0 = 1.
Bài toán 1.1.7. Giả sử (l; m) = 1 và a
l
= b
m
, trong đó a; b; l; m 2 N . Khi
đó tồn tại n để a = nm
, b = nl
:
Lời giải. Theo Bài toán 1.1.6 tồn tại các số r; s 2 N để lr ms = 1. Ta có
alr bmr br m
a = alr ms
= :
= =
ams ams a
s
p b
r p b
r
2 N .
m m
Suy ra a = a
s
. Vì a là một số hữu tỉ nên nó phải là số nguyên. Vậy n = as
Suy ra a = n
m
. Từ đó b
m
= n
l
= n
ml
, nên b = n
l
. Bài toán được chứng minh xong.
Bài toán 1.1.8. Cho a 2 N . Hãy tìm g = (am
1; an
1):
Lời giải. Trước hết xét trường hợp (m; n) = 1: Vì
(a 1) j am
1; (a 1)an
1
nên a 1 là ước của g.
Đảo lại, ta sẽ chứng minh g cũng là ước của a 1. Theo Bài toán 1.1.6
tồn tại các số u; v 2 N sao cho mu nv = 1:

15
Vì g j a
m
1, g j a
n
1 nên cũng có g j a
mu
1, g j a
nv
1. Suy ra
g j amu
anv = anv(amu nv 1) = anv
(a 1):
Mặt khác, dễ thấy (g; a) = 1. Vậy g j (a 1):
Như vậy nếu (m; n) = 1 thì (a
m
1; a
n
1) = a 1.
Với m, n bất kì, giả sử d = (m; n): Khi ấy m = dm1, n = dn1 và (m1; n1) = 1:
Ta có
(am
1; an
1) = ((ad
)m
1 1; (ad
)n
1 1) = ad
1:
Tóm lại ta có công thức
(a
m
1; a
n
1) = a(m; n) 1:
Bài toán 1.1.9. Cho (a; b) = 1 trong đó a; b 2 N . Tìm giá trị c 2 N lớn
nhất để phương trình ax + by = c không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải. Ta chứng minh rằng c = ab là giá trị cần tìm. Giả sử c > ab. Xét
b số a; 2a; : : : ; ba. Vì (a; b) = 1 nên các số này khi chia cho b sẽ cho
các số dư khác nhau. Vậy tồn tại số k, 1 k b, sao cho ka c (mod b). Suy
ra c ka = lb trong đó l 2 Z. Nếu c > ab thì c > ka, do đó lb > 0 hay l 2 N .
Như vậy (k; l) là nghiệm nguyên dương của phương trình ax + by = c:
Mặt khác, giả sử (x0; y0) là nghiệm nguyên dương của phương trình
ax + by = ab. Khi đó ax0 = ab by0 = b(a y0).
Vì (a; b) = 1 nên từ đó suy ra x0
..
. b. Tương tự, y0
..
. a. Như vậy x0 b,
y0 a, do đó ab = ax0 + by0 2ab. Vô lý. Phép chứng minh được kết thúc.
1.2 Phương trình bậc nhất nhiều ẩn
Trong mục này ta mở rộng kết quả của mục trước bằng cách xét
phương trình Diophantine bậc nhất n ẩn
a1x1 + a2x2 + : : : + anxn = c: (1.5)

16
trong đó a1; a2; : : : ; an và c là các số nguyên cho trước, n 2.
Đối với bất kỳ một phương trình nào, câu hỏi đầu tiên là, trong những tình huống
nào của hệ số, ta có thể khẳng định về tính tồn tại nghiệm của nó. Về sự tồn tại
nghiệm của phương trình Diophantine bậc nhất n ẩn này ta có định lí sau đây.
Định lí 1.2.1. Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.5) có nghiệm là
(a1; a2; : : : ; an) j c:
Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên. Ta sẽ chứng minh điều kiện đủ
bằng phương pháp quy nạp, với n = 1 điều khẳng định là đúng do Định lí
1.1.1. Giả sử định lí đúng với n = 1, ta chứng minh nó đúng với n. Kí hiệu
ai c
bi = ; c1 = ; ở đó d = (a1 ; a2; : : : ; an):
d d
Phương trình (1.5) tương đương với
b1x1+ b2x2 + : : : + bnxn = c1: (1.6)
trong đó (b1; b2; : : : ; bn) = 1. Đặt b = (b1; b2; : : : ; bn 1). Ta có (b; bn) =
1. Theo Định lí 1.1.1 tồn tại số nguyên ln và k sao cho:
bnln + bk = c1: (1.7)
Kí hiệu b
0
=bi với i = 1; 2; : : : ; n 1. Ta có (b
0
; b
0
; : : : s; b
0
1
)=1:
b
i 1 2 n
Theo giả thiết quy nạp tồn tại các số nguyên l1; l2; : : : ; ln 1 sao cho
b1
0
l1 + b2
0
l2 + : : : + bn
0 1
l
n 1
= k
hay
b1l1 + b2l2 + : : : + bn 1
l
n 1 = bk: (1.8)
Từ (1.7) và (1.8) ta suy ra
b1l1 + b2l2 + : : : + bn 1ln 1 + bnln = c1
tức là (l1; l2; : : : ; ln) là nghiệm của phương trình (1.6). Định lí được chứng minh.

17
Chúng ta không đi sâu vào việc tìm biểu thức cho nghiệm tổng quát của nó
như đã làm đối với trường hợp n = 2. Tuy nhiên có thể thấy rằng nếu phương
trình (1.5) có nghiệm nguyên a1; a2; : : : ; an thì nó sẽ có vô số nghiệm nguyên
phụ thuộc vào n 1 tham số. Thật vậy, dễ dàng kiểm tra được tất cả các bộ n số
nguyên x1; x2; : : : ; xn xác định như sau là nghiệm của (1.5),
8
x1 = a1 + ant1
>x2 + a2 + ant2
>
>
>
>
>
>
: : :
>
>
>
>
<
>
xn 1 = an 1 + antn 1
>
>
>
x= a
n
at
1
a t : : : a
n 1
t
n 1
> n 1 2 2
>
>
>
>
>
,
> được chọn tuỳ ý.
t 2 Z i =
1
; 2; : : : n 1
trong đó i :
Bây giờ, ta sẽ thảo luận về cách giải phương trình (1.5). Về mặt thực
hành ta có thể tiến hành theo hai cách sau đây.
Cách 1. Đưa (1.5) về trường hợp có một hệ số bằng 1.
Cách 2. Nếu phương trình (1.5) có hai hệ số nguyên tố cùng nhau,
chẳng hạn (a1; a2) = 1 thì ta viết dưới dạng
a1x1 + a2x2 = c a3x3 : : : anxn
rồi giải phương trình theo hai ẩn x1, x2.
Ta xét hai ví dụ sau đây, nó sẽ lần lượt minh họa cho hai cách trên.
Ví dụ 1.2.2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
6x + 45y + 6z 10t = 13:

Lời giải. Phương trình đã cho được viết dưới dạng
6(x + z) + 10(4y t) + 5y = 13:

18
Đặt
x + z = x1; 4y t = x2
ta được 6x1 + 10x2 + 5y = 13. Suy ra
x1 + 10x2 + 5(y + x1) = 13:
Đặt x1 + y = x3 ta được x1 + 10x2 + 5x3 = 13: Vậy
x1 = 13 10x2 5x3:
Từ đây, bằng tính toán trực tiếp ta có
y = x3 x1 = x3 (13 10x2 5x3) = 10x2 + 6x3 13;
t = 4y x2 = 39x2 + 24x3 52;
x = x1 z = 13 10x2 5x3 z:
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
x = 13 10x2 5x3 x4;
y = 10x2 + 6x3 13;
z = x4;
t = 39x2 + 24x3 52:
trong đó x2, x3, x4 là các số nguyên tuỳ ý.
Ví dụ 1.2.3. Giải phương trình
6x + 15y + 10z = 3: (1.9)
Lời giải. Ta có thể viết (1.9) dưới dạng
6(x + z) + 15y = 3 4z:
Đặt u = x + z ta có 15y + 4z = 3 6u. Ta thấy ( 1; 4) là nghiệm riêng của
15y + 4z = 1. Do đó ( 3 + 6u; 12 24u) là nghiệm riêng của 15y + 4z = 3
6u. Suy ra nghiệm tổng quát của nó là
y = 3 + 6u + 4t; z = 12 24u 15t:

19
Từ u = x + z suy ra
x = u z = u (12 24u 15t) = 12 + 25u + 15t:
Vậy nghiệm tổng quát của (1.9) là
8
>x = 12 + 25u + 15t;
>
>
>
<
y = 3 + 6u + 4t;
>
>
>
>z = 12 24u 15;
:
với u; t 2 Z.
Bài toán 1.2.4 (Đề thi Vô định Toán Quốc tế 1983). Cho a, b, c là các số
nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng 2abc ab bc ca là
số nguyên lớn nhất không viết được dưới dạng xbc + yca + zab với x, y,
z là những số không âm.
Lời giải. Bài toán tương đương với việc chứng minh rằng
Khẳng định 1. phương trình xbc + yca + zab = 2abcab bc ca không có
nghiệm nguyên không âm;
Khẳng định 2. Nếu n > 2b ab bc ca thì phương trình có nghiệm nguyên
không âm.
Chứng minh Khẳng định 1. Giả sử tồn tại x0; y0; z0 2 N sao cho
x0bc + y0ca + z0ab = 2abc ab bc ca:
Điều này tương đương với
bc(x0 + 1) + ca(y0 + 1) + ab(z0 + 1) = 2abc:

20
Suy ra ab(z0 + 1)
..
. c. Vì (ab; c) = 1 nên z0 + 1
..
. c. Mặt khác z0 + 1 2
N nên z0 + 1 c: Tương tự y0 + 1 b, x0 + 1 a. Vậy
bc(x0 + 1) + ca(y0 + 1) + ab(z0 + 1) 3abc:
Điều này vô lí.
Chứng minh Khẳng định 2. Xét ab có dạng kbc + lac, với 0k a 1, 0 l
b 1:.
Các số này khi chia cho ab sẽ cho ta các số dư khác nhau. Thật vậy, giả sử
k1bc + l1ac k2bc + l2ac (mod ab):
. .
Vì (ab; c) = 1 nên suy ra b(k1 k2) a(l1
.
k2)
.
l2) . ab: Từ đó b(k1 . a và a(l1
. . .
.
k
2
.
l
2
.
k2j < a, jl1 l2j < b
l2) . b. Vì (a; b) = 1 nên k1 . a và l1 . b. Mặt khác jk1
nên l1 l2 = 0, k1 k2 = 0. Do đó tồn tại x0; y0 2 Z
+
, 0 x0 a 1, 0y0 b 1
để cho
bcx0 + acy0 n (mod ab):
Vậy tồn tại z0 2 Z để bcx0 + acy0 + abz0 = n: Ta có
ab(z0 + 1) = n bcx0 acy0 + ab
> 2abc bcx0 acy0 =
bc(a 1 x0) + ac(b
Do đó z0 + 1 > 0. Suy ra z0 0.
bc ca
1 y0) 0:
Bài toán 1.2.5. Cho các số nguyên không âm a, b thoả mãn điều kiện 5a
7b:
Chứng minh rằng hệ
8
<x + 2y + 3z + 7u = a;
:y + 2z + 5u = b
luôn có nghiệm nguyên không âm.

21
Chứng minh. Giả sử b = 5u + v với 0 u, 0 v 4. Từ điều kiện a
7
5
b
suy ra
a
7(5u+v)
. Từ đây ta có
5
a 7u
7v
:
5
Như vậy hệ phương trình có thể viết là
n
x + 2y + 3z = a yu y + 2z = b 5u = v:
Với mỗi 0 v 4 ta sẽ chọn y, z thích hợp để có x = z 7u 2y
3z 0.
(1.10)
(1.11)
Nếu v = 0, ta lấy y = z = 0. Khi đó x = a 7u 7
5
v
= 0 (theo (1.10))).
Nếu v = 1, ta thấy y = 1, z = 0. Khi đó
x = a yu 2
7v
2 =
7
2> 1:
5 5
Vậy x 0:
Nếu v = 2, ta lấy y = 0, z = 1. Khi đó
x = a 7u 3
7v
3 =
14
3> 1:
5 5
Vậy x 0:
Nếu v = 3, ta lấy y = z = 1. Khi đó
x = a 7u 5
7v
5 =
21
5> 1:
5 5
Vậy x 0:
Nếu v = 4, ta lấy y = 0, z = 2. Khi đó
x = a 7u 6
7v
6 =
28
6> 1:
5 5
Vậy x 0:
Tóm lại với mọi v = 0; 1; 2; 3; 4 ta đều chọn được y, z, x không âm để
(1.11) được nghiệm đúng. Bài toán được giải xong.

22
Bài toán 1.2.6 (Đề thi vô địch Mỹ 1982). Chứng minh rằng tồn tại số tự
nhiên k sao cho tất cả các số k
n
+ 1 với n = 1; 2; : : : đều là hợp số.
Lời giải. Xét các số Fermat Fm = 22m
+ 1:
Ta đã biết Fm là số nguyên tố với m = 0; 1; 2; 3; 4, trong khi Euler phát hiệu
rằng F5 là một hợp số, F5 là tích của hai số nguyên tố 641 và 6700417.
Ký hiệu
ai = Fi với i = 0; 1; 2; 3;
4;
a5 = 641a6 = 6700417:
Theo Định lí Trung Hoa về thặng dư, tồn tại số tự nhiên k > max(a0; : : : ; a6) để
k 1 (mod am) với m = 0; 1; 2; : : : ; 5 và k 1 (mod a6).
Ta sẽ chứng minh k chính là số cần tìm. Xét n bất kỳ, n có thể viết
dưới dạng n = 2
m
p với 0 m và p lẻ.
(a) Nếu m 4, ta có k 2
n
+ 1 2n + 1 (mod am).
Mặt khác 2n + 1 = 2
2m
p + 1 = (2
2m
)p + 1
..
. 2
2m
+ 1 = a
m
: Do đó k
2
n
+ 1
..
. a
m
. Vì k 2
n
+ 1 > k > a
m
nên k 2
n
+ 1 là hợp số.
(b) Nếu m = 5 thì k 2
n
+ 1 2n + 1 (mod a5).
Mặt khác 2n
+1 = 225 p
+1
..
. 225
+1 = F5
..
. 641 = a5. Vậy k 2n
+1
..
. a5. Mặt khác k 2n
+ 1 > a5, suy ra k 2n
+ 1 là hợp số.
(c) Nếu m 6, khi đó n = 26
b với b 2 Z. Ta có
k 2
n
+ 1 2
n
+ 1 (mod a6);
2n = 22
5 2b
= (F5 1)2b ( 1)2b
1 (mod a6) vì F5 .
..
a6:
Do đó k 2
n
+ 1 1 + 1 = 0 (mod a6). Vì k 2
n
+ 1 > a6 nên k 2
n
+ 1 là hợp
số.
Vậy với mọi n, số k 2n
+ 1 luôn là hợp số.

23
Chương 2
Một số phương trình
Diophantine phi tuyến
2.1 Phương trình Pell loại 1
Phương trình Pell loại 1 là phương trình có dạng
x
2
Dy
2
= 1; (2.1)
trong đó D 2 N và ta yêu cầu tìm nghiệm x; y 2 N . Trong tiết này khi nói
đến nghiệm của (2.1) ta hiểu là nghiệm nguyên dương.
Định lí 2.1.1 (Điều kiện tồn tại nghiệm). Phương trình (2.1) có nghiệm
nguyên dương khi và chỉ khi D là số không chính phương.
Chứng minh. Giả sử D = m
2
. Khi đó
x
2
Dy
2
= x
2
m
2
y
2
= 1 ! (x my)(x + my) = 1
! x my = x + my = 1 ! x = 1; y = 0:
Vậy (2.1) không có nghiệm nguyên dương.
Ngược lại giả sử D là số không chính phương. Ta có các bổ đề sau
Bổ đề 2.1.2. Cho a 2= Q. Khi đó tồn tại vô số cặp nguyên (h; k) với k > 0 sao cho
a k < k
1
2 :
h

24
Chứng minh. Ta sử dụng nhận xét đã biết sau: Với mỗi q 2 N tồn tại cặp
số nguyên (h; k) với 1 k q sao cho
a
Ký hiệu
h < 1 :
k kq
A = (h; k) : a k < k
1
2 :
h
Ta phải chứng minh
j
A
j j j
< ¥. Khi đó tồn tại e sao cho
= ¥. Giả sử trái lại A
a k > e với mọi (h; k) 2 A. Chọn q 2 N sao cho
h
1
< e: (2.2)
q
Theo nhận xét trên tồn tại cặp số nguyên (h0; k0) với 1 q sao cho
a k0 < k0q k0 : (2.3)
h0 1 12
Từ (2.3) ta có (h0; k0) 2 A ! h0 1 1 a h0 > e. Mâu
a k0 > e. Nhưng q k0q > k0
thuẫn với (2.2).
Bổ đề 2.1.3. Tồn tại vô số cặp số nguyên dương (x; y) sao cho
jx
2 Dy
2
j < 1 + 2
p
:
D
Chứng minh. Theo Bổ đề 2.1.2 tồn tại vô số cặp số nguyên (x; y) sao cho
0 < pD y < y
1
2 :
x
Suy ra y + pD = y p
D + 2p
D < y
1
2 + 2p
D:
x x
Vậy
y y + p D
jx2 Dy2j =jx ypDjjx + ypDj = y2 pD
x x
2 1 1 p 1 p p
< y ( +2 D)= + 2 D 1
+
2 D
y2 y2 y2
< :

25
Chứng minh định lý Từ bổ đề 2.1.3 (x; y) tồn tại vô số cặp số nguyên
dương (x; y) sao cho
jx
2 Dy
2
j < 1 + 2
p
:
D
p p
Đặt I = [ 1 2 d; 1 + 2 d]. Với mỗi k 2 I ký hiệu
Ak = f(x; y) 2 N : x
2
Dy
2
= kg
Do đó tồn tại k 2 I để jAkj = ¥. Suy ra tồn tại (x1; y1) 6= (x1; y1) 2 Ak để
x1 x2 (mod jkj) y1 y2 (mod jkj);
x1
2
Dy1
2
= x2
2
Dy2
2
= k;
Xét tích
(x1 y1 p )(x2 + y2 p )x1x2 Dy1y2 +
p
(x1y2 x2y1) (2.4)
D D D
Vì
x1x2 Dy1y2 x1
2
Dy1
2
0 (mod jkj)
x1y2 x2y1 x1y1 x1y1 0 (mod jkj):
Vậy tồn tại u; v 2 Z sao cho
x1x2 Dy1y2 = ku (2.5)
x1y2 Dy1x2 = kv (2.6)
Từ (2.4), (2.5), (2.6) suy ra
(x1 y1
p
)(x2 + y2) = k(u + v
p
);
D D
(x1 + y1)(x2 y2
p
) = k(u v
p
):
D D
Nhân hai đẳng thức trên với nhau và chú ý rằng (x1; y1; (x2; y2) 2 Ak ! x1
2
dy1
2
=
x2
2
dy2
2
= k ta được
k2 = k2(u2 Dv2) ! u2 Dv2 = 1:

26
Ta chứng minh u; v > 0. Rõ ràng u > 0. Nếu trái lại v = 0 thì u = 1 ! (x1
y1
p
)(x2 + y2
p
) = k = (x1
2
Dy1
2
) = (x1 y1
p
)(x1 + y1
p
) ! x2 +
D D D D
p p
y
2 D = x1 + y1 D ! x1 = x2; y1 = y2. Ta có mâu thuẫn. Vậy (u; v) là nghiệm
nguyên dương của phương trình (2.1).
Định lí 2.1.4 (Công thức nghiệm). Ký hiệu (a; b) là nghiệm nhỏ nhất của
phương trình
x2
Dy2
= 1:
Khi đó dãy (xn; yn) cho bởi
(a + b
p
)n
+ (a b
p
)
n
D D
xn = ;
2
(a + b
p
)
n
(a b
p
)
n
D D
yn = 2p :
D
cho tất cả các nghiệm của (2.2)
Dãy nghiệm (xn; yn) cũng có thể xác định theo công thức truy hồi sau
x0 = 1; x1 = a; xn+2 = 2axn+1 xn; (2.7)
y0 = 0; y1 = b; yn+2 = 2ayn+1 yn: (2.8)
Chứng minh. Ta có
xn + yn
p
= (a + b
p
)
n
; xn yn = (a bp )
n
: (2.9)
D d d
Suy ra (xn
2
Dy
2
n) = (a2 Db2)
n
= 1.
Đảo lại giả sử (x; y) là nghiệm bất kỳ của (2.1). Ta chứng minh tồn tại
n 2 N để x = xn; y = yn. Vì D không chính phương nên điều này tương
đương Tồn tại n 2 N để
x + y
p
D = xn + yn
p
D = (a + b
p
D)
n
:
Chứng minh bằng phản ứng. Giả sử trái lại
x + y
p
D 6= (a + b
p
D)
n
8n 2 N :

27
Khi đó tồn tại m 2 N sao cho
(a + b
p
D)
m
< x + y
p
D < (a + b
p
D)
m+1
:
Nhân hai vế với (a bp )
m
ta được
D
1 < (x + y
p
)(a b
p
)
m
< a + b
p
:
D D D
Do (2.9) ta có
(x + y
p
)(a b
p
)m
= (x + y
p
)(xm ym
p
)
D D D D
= (xxm Dyym) + (xmy ymx)
p
D
= u + v
p
;
D
ở đó u = xxm Dyym; v = xmy ymx. Vậy
1 < u + v
p
< a + b
p
: (2.10)
d d
Ta có
u2 Dv2 = (xxm Dyym)
2
D(xmy ymx)2
;
= (x
2
Dy
2
)(xm
2
Dy
2
m) = 1:
p p p p
Lại có x > y d; xm > ym d nên u > 0. Lại có (u v D)(u + v D) = 1 và 1 <
p p p
u + v d nên 0 < u v d < 1 < u + v d ! v > 0. Vậy (u; v) là nghiệm của (2.1)
p p
do đó a u; b u ! a + b d u + v d trái với (2.10). Định lý được chứng
minh.
Từ định lý trên ta thấy việc tìm nghiệm của phương trình Pell (2.1) quy về tìm
nghiệm nhỏ nhất (a; b) của nó. Cách đơn giản nhất là thử bằng tay: Thay lần lượt y =
1; 2; : : : vào biểu thức 1 + Dy
2
cho tới khi nào được số chính phương thì dừng lại. Vì
phương trình (2.1) có nghiệm nên chắc chắn quá trình này sẽ dừng lại sau
p
b phép thử. Khi đó nghiệm nhỏ nhất là (a; b) với a = 1 + Db
2
. Nếu
nghiệm nhỏ

28
nhất b này lớn thì cách thử này không khả thi. Thí dụ với phương trình
x
2
61y
2
thì cặp nghiệm nhỏ nhất là
a = 1766319049; b = 226153980:
Sau đây ta sẽ trình bày một thuật toán sử dụng liên phân số để tìm một
nghiệm nhỏ nhất (a; b) của (2.1).
Định nghĩa 2.1.5. Cho a0; a1; a2; : : : là dãy số nguyên trong đó ai > 0; i 1. Đặt
Ck = [a0; a1; : : : ; ak]:
Khi đó tồn tại giới hạn
limCk = a:
Ta gọi a là giá trị của liên phân số vô hạn [a0; a1; a2; : : :]và viết
a = [a0; a1; a2; : : :]:
Định lí 2.1.6. a = [a1; a1; a2; : : :] là một số vô tỷ. Ngược lại mỗi số vô tỷ
đều biểu diễn duy nhất dưới dạng một liên phân số vô hạn.
Định nghĩa 2.1.7. Ta gọi liên phân số vô hạn a = [a1; a1; a2; : : :] là tuần hoàn nếu
dãy (an) tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó tức là: Tồn tại các số nguyên
dương m và k sao cho mọi n m ta có an = am+k. Số nguyên dương k
được gọi là chu kỳ của liên phân số a = [a0; a1; a2; : : :]. Khi đó ta viết
a = [a0; a1; a2; : : : ; am 1; am; am+1; : : : ; am+k 1]:
p
Nếu D là số không chính phương, biểu diễn liên phân số của D được
cho bởi
p
Định lí 2.1.8. Biểu diễn liên phân số của D là tuần hoàn và có
dạng p
D = [a; a1; a2; : : : ; an; 2a]:
p
với a = [ D]. Hơn nữa có công thức tường minh để xác định dãy (a1; : : : ; an). Chú
ý rằng dãy (a1; : : : ; an) là đối xứng tức là

a1 = an; a2 = an 1; : : :

29
Ví dụ 2.1.9.
p
23 = [4;1;3;1;8]
p
29 = [5;2;1;1;2;10]
p
31 = [5;1;1;3;5;3;1;1;10]
p
46 = [6;1;2;1;1;2;6;2;1;1;2;1;12]
p
76 = [8;1;2;1;1;5;4;5;1;1;2;1;16]
p
97 = [9;1;5;1;1;1;1;1;1;5;1;18]:
Định lí 2.1.10. Cho phương trình Pell
x
2
Dy
2
= 1: (I)
1. Biểu diễn
p
thành liên phân số
D
p
D = [a; a1; a2; : : : ; an; 2a]:
2. Nếu chu kỳ n là số chẵn ta tính giản phân thứ n1
pn 1
Cn 1 = :
3. Khi đó (pn 1; qn 1) là nghiệm nhỏ nhất của (2.1)
4. Nếu chu kỳ n là số lẻ ta tính giản phân thứ 2n 1
C
1
=
p
2n 1
:
2n
q
2n 1
5. Khi đó (p2n 1; q2n 1) là nghiệm nhỏ nhất của (2.1)
Ví dụ 2.1.11. Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình x
2
14y
2
= 1. Ta có
p
=
14
]. Chu kỳ n = 4 là số chẵn. Vậy ta tính giản phân
[3;1;2;1;6
1
C3 = [3;1;2;1] = 3+
1
1 +
1
2 +
1

30
= 15:
4
Vậy nghiệm nhỏ nhất là (15; 4).
p
Ví dụ 2.1.12. Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình x2
13y2
= 1. Ta có
13 = [3;1; 1; 1; 1; 6] = [3; 1; 1; 1; 1; 6; 1; 1; 1; 1; 6; : : : Chu kỳ n = 5 là số
lẻ. Vậy ta tính giải phân
C9 = [3;1;1;1;1;6;1;1;1] = 3+ 1 =649 :
1
1 +
180
1+
..
. + 1
1
1 +
1
Vậy nghiệm nhỏ nhất là (649; 180) Trở lại phương trình x
2
61y
2
= 1. Ta có
p ]
76 = [7;1;4;3;1;2;2;1;3;4;1;14
Chu kỳ n = 11 là số lẻ. Ta tính giản phân
C21 = [7;1;4;3;1;2;2;1;3;4;1;14;1;4;3;1;2;2;1;3;4;1]
= 7 +
1
1
1 + 1
4 +
1
3+
..
. + 4 + 1
1
= 1766319049
226153980
Vậy nghiệm nhỏ nhất là (1766319049; 226153980)
2.2 Phương trình Pell loại 2
Phương trình Pell loại 2 là phương trình
x
2
Dy
2
= 1 (2.11)
ở đó D 2 N . Nghiệm của (2.11) luôn được hiểu là nghiệm nguyên dương.

31
Định lí 2.2.1. Điều kiện cần để (2.11) có nghiệm là D không là số chính
phương và D không có ước nguyên tố dạng 4k + 3.
Chứng minh. i) nếu D = m
2
thì (2.11) trở thành (my x)(my +x) = 1 ! my
x = my + x = 1 ! x = 0 vậy (2.11) vô nghiệm.
ii) Nếu D có ước nguyên tố p = 4k +3 : Giả sử (x; y) là nghiệm. Khi đó
x
2
+1 = Dy
2
! pjx
2
+ 1. Vì p = 4k + 3 nên pj1. Mâu thuẫn.
Tuy nhiên, đây không là điều kiện đủ.
Định lí 2.2.2. Nếu D = p là số nguyên tố thì (2.11) có nghiệm khi và chỉ
khi p = 2 hoặc p 6= 4k + 3.
Chứng minh. Nếu (2.11) có nghiệm thì từ Định lý 1 suy ra p = 2 hoặc p
6= 4k + 3. Đảo lại nếu p = 2 thì phương trình x2
= 2y2
= 1 có nghiệm (x;
y) = (1; 1). Xét p 1( mod 4). Xét phương trình Pell loại I
x2 Dy2 = 1 (2.12)
Gọi (a; b) là nghiệm nhỏ nhất của (2.12). Ta có a2 1 = pb2. Nếu a chẵn thì
b lẻ
do đó b
2
1( mod 4) ! a
2
1 + p 2( mod 4). Mâu thuẫn. Vậy a lẻ, b chẵn.
Đặt a = 2a1 + 1; b = 2b1. Ta có (a 1)(a + 1) = pb2
, a1(a1 + 1) = pb2
1.
Do p
nguyên tố và (a1; a1 +1) = 1 nên a1 = u
2
; a1 +1 = pv
2
hoặc a1 = pu
2
; a1
+1 = v
2
. Nếu a1 = u
2
; a1 + 1 = pv
2
! u
2
pv
2
= 1. Vậy (2.11) có nghiệm (u;
v). Nếu a1 = pu
2
; a1 + 1 = v
2
! v
2
pu
2
= 1. Vậy (v; u) là nghiệm của
(2.12). Suy ra u a ! a1 + 1 = v
2
v a = 2a1 + 1. Mâu thuẫn.
Định lí 2.2.3. Gọi (a; b) là nghiệm nhỏ nhất của (2.12). Khi đó (2.11) có nghiệm
khi và chỉ khi
8
> a = x2
+ Dy2
<
(2.13)
> b = 2xy
:

32
có nghiệm nguyên dương.
Hơn nữa nếu (2.13) hệ có nghiệm nó sẽ có nghiệm duy nhất. Nghiệm
duy nhất (x1; y1) này chính là nghiệm nhỏ nhất của (2.11).
Chứng minh. 1) Giả sử (2.11) có nghiệm. Gọi (x1; y1) là nghiệm nhỏ nhất
của (2.11). Đặt u = x1
2
+Dy2
1; v = 2x1; y1. Ta chứng minh u = a; v = b
do đó (x1; y1) chính là nghiệm của (2.13). Ta có u2
Dv2
= (x1
2
Dy2
1)2
= 1. Vậy (u; v) là nghiệm của (2.12). Suy ra u a; v b. Ta có
(a
2
Db
2
)(x1 Dy1
2
) = 1( 1) = 1
,(ax1 Dby1)
2
D(ay1 bx1)
2
= 1:
Dễ thấy (ax1 Dby1)2 > 0; (ay1 bx1)2 > 0. Do (x1; y1) là nghiệm của
(2.11) nên
(ax1 Dby1)
2
x1
2
, a
2
x1
2
+ D
2
b
2
y1
2
x1
2
2abDx1y1
! x1
2
(a2
1) + D2
b2
y1
2
2abDx1y1
! x1
2
Db
2
+ D
2
b
2
y
2
1 2abDx1y1
! b(x1
2
+ dy
2
1) 2ax1y1 ! bu av
! b
2
u
2
a
2
v
2
! b
2
(Dv
2
+ 1) v
2
(Db
2
+ 1)
! b v ! b = v ! u = a:
2) Đảo lại giả sử (u; v) là nghiệm của (2.13). Ta có a2
Db2
= 1 , (u2
+Dv2
)2
D(2uv)
2
= (u
2
Dv
2
)
2
= 1. Vậy u
2
Dv
2
= 1 hoặc u
2
Dv
2
= 1. Nếu
u
2
Dv
2
= 1 thì (u; v) là nghiệm của (2.12) do đó u a = u
2
+ Dv
2
. Mâu
thuẫn. Vậy u2
Dv2
= 1 do đó (2.11) có nghiệm (u; v).
Tiếp theo ta chứng minh (u; v) là nghiệm nhỏ nhất của (2.11). Giả sử (x1; y1) là
nghiệm nhỏ nhất của (2.11). Theo chứng minh ở 1) ta có a = u
2
+ Dv
2
= x1
2
+
p
Dy
2
1; b = 2uv = 2x1y1 ! u
2
+ Dv
2
+ 2uv = x1
2
+ Dy
2
1 + 2x1y1 ! (u +
v D)
2
= (x1 + y1)
2
! u = x1; v = y1. Định lý được chứng minh.

33
Ví dụ là một áp dụng của định lý 2. Nó cũng chỉ ra rằng điều kiện của
định lý 1 chỉ là điều kiện cần.
Ví dụ 2.2.4. Chứng minh rằng phương trình x
2
34y
2
= 1 vô nghiệm (Ở đây 34
= 2:17 không số chính phương và cũng không có ước nguyên tố dạng 4k + 3).
Giải Phương trình x
2
34y
2
= 1 có nghiệm nhỏ nhất là (a; b) = (35; 6). Xét
hệ
8
<35 = x
2
+ 34y
2
:6 = 2xy
Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra (x; y) = (1; 1). Tuy nhiên (1; 1) không thoả
mãn phương trình thứ hai. Vậy hệ vô nghiệm do đó theo định lý 2 phương trình
x
2
34y
2
= 1 vô nghiệm.
Ta thừa nhận định lý
Định lí 2.2.5. Phương trình Pell loại 2
x
2
Dy
2
= 1
p
có nghiệm khi và chỉ khi trong biểu diễn D thành liên
phân số p
D = [a; a1; a2; : : : ; an; 2a]
chu kỳ n là số lẻ. Trong trường hợp đó (pn 1; qn 1) là nghiệm nhỏ nhất
của phương trình ở đó.
pn 1
Cn 1 =
là giải phân thứ n 1.
p
Ví dụ 2.2.6. i) Xét phương trình x
2
13y
2
= 1. Ta có D = [3;1; 1; 1; 1; 6].
Chu kỳ n = 5 là số lẻ. Vậy phương trình có nghiệm. Ta tính giản phân

C4 = [3;1;1;1;1]

34
= 3 +
1
1
1 +
1
1 +
1
1 +
3 18
1
= 3 + =
5 5
Vậy nghiệm nhỏ nhất là (18; 5)
ii) Xét phương trình x
2
34y
2
= 1. Ta có
p
]. Chu kỳ n = 4
34 = [5;1;4;1;10
là số chẵn. Vậy phương trình vô nghiệm.
Định lí 2.2.7 (Công thức nghiệm). Giả sử phương trình Pell loại 2
x
2
Dy
2
= 1 (II)
có nghiệm. Gọi (a; b ) là nghiệm nhỏ nhất của nó. Khi đó dãy (xn; yn)¥
cho bởi
n=1
(a + b
p
)2n 1 + (a b
p
)2n 1
xn =
D D
(a + b
p 2
p
yn =
D)2n 1 + (a b D)2n 1
2pD
cho ta tất cả các nghiệm của (II).
Chứng minh. Giả sử (xn; yn) cho bởi công thức trên. Khi
đó xn + yn
p
D = (a + b
p
D)
2n 1
xn yn
p
= (a b
p
)2n 1
D D
! xn
2
Dyn
2
= (a2 Db
2
)
2n 1
= 1
Ngược lại giả sử (x; y) là một nghiệm của (2.11). Ta có
p p p
p
= s +t D
ởđó s = xa + Dyb ;t = ya + xb
! s2
Dt2
= (xa + Dyb )2
D(ya + xb )
2

35
= (x
2
Dy
2
)(a
2
Db
2
) = ( 1)( 1) = 1
Vậy (s;t) là nghiệm của phương trình Pell loại 1 s
2
Dt
2
= 1. Gọi (a; b) là
nghiệm nhỏ nhất của nó. Theo công thức nghiệm của phương trình Pell
loại 1 và định lý 3 tồn tại n 2 N sao cho
(x + y
p
D)(a + b
p
D) = s +t
p
D = (a + b
p
D)
n
= (a
2
+ Db
2
+ 2ab
p
D)
n
= (a + b
p
D)
2
)
n
= (a + b
p
D)
2n
! x + y
p
D = (a + b
p
D)2n 1
= xn + yn
p
D
! x = xn; y = yn
Bài toán 2.2.8. Số nguyên dương S được gọi là số Heron nếu nó là diện tích
của một tam giác có ba cạnh là ba số nguyên liên tiếp. Chứng minh rằng S là
số Heron khi và chỉ khi S khi là số hạng của dãy (Sn); n 1 xác định bởi
S0 = 0; S1 = 6; S2 = 84; Sn+2 = 14Sn+1 Sn
Lời giải. Gọi S là diện tích của tam giác có ba cạnh là x 1; x; x + 1 với x > 2; x 2
N . Theo công thức Heron.
1
x
q
3(x
2
4) ! 16S
2
= 3x
2
(x
2
(2.14)
S = 1)
4
Vậy S là số Heron khi và chỉ khi phương trình (2.14) có nghiệm nguyên
dương(S; x). Dễ thấy x phải chẵn. Đặt x = 2y ta có
16S
2
= 3x
2
(x
2
1) , S
2
= 3y
2
(y
2
1)
! S = y
q
3(y
2
1) ! 3(y
2
= 1) = h
2

36
! h = 3z ! 3(y
2
1) = 9z
2
! y
2
3z
2
= 1; S = 3yz
Ngược lại nếu (y; z) là nghiệm của phương trình Pell
y2
3z2
= 1 (2.15)
thì x = 2y; y > 1; S = 3yz là nghiệm của (2.14) Nghiệm nhỏ nhất của
(2.15) là (2; 1) Vậy tất cả nghiệm của (2.15) (yn; zn) cho bởi
(2 +
p
)
n
+ (2 p )n
yn =
3 3
(2 +
p
)
n
2
p )
n
zn =
3
p
(2 3
2 3
Do đó
p
p )n (7 4
p
Sn = 3ynzn = 3 ((7 + )
n
)
3 3
4
! Sn+2 = 14Sn+1 Sn; S0 = 0; S1 = 6; S2 = 84
Bài toán 2.2.9. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n + 1 và 3n
+ 1 đều là số chính phương.
Lời giải. Vì (2n + 1; 3n + 1) = 1 nên 2n + 1 và 3n + 1 đều là số chính
phương khi và chỉ khi (2n + 1)(3n + 1) = y2
; y 2 N . Suy ra (12n + 5)2
24y2
=
1. Đặt x = 12n + 5 ta có x2
24y2
= 1. Gọi (xk; yk) là nghiệm của nó. Nghiệm
nhỏ nhất của phương trình Pell này là (5; 1). Do đó (xk) cho bởi hệ thức.
x0 = 1; x1 = 5; xk+2 = 10xk+1 xk:
Dễ chứng minh xk 5 (mod 12) khi vào chỉ khi k lẻ. Vậy n = nk; k 1 ở đó
nk =
x
2k+1
5
12
Ta xác định hệ thức truy hồi của dãy (nk)

37
Đặt uk = x2k+1 = 12nk + 5. Ta có
x
2k+3
= 10x
2k+2
x
2k+1
= 10(10x
2k+1
x
2k
) x
2k+1
=
100x
2k+1
10x
2k
x
2k+1
= 99x
2k+1
= x
2k+1
x
2k 1
= 98x
2k+1
x
2k 1
! uk+2 = 98uk+1 uk
, 12nk+2 + 5 = 98(12nk+1 + 5) = 12nk 5
nk+2 = 98nk+1 nk + 40
với n1 = 40; n2 = 3960
Bài toán 2.2.10. Cho dãy (xn; yn) xác định như sau (x0; y0) = (0; 1); (x1;
y1) = (3; 5) và
8
>
xn+1 = 3xn + 2yn + 1
<
(2.16)
> y = 4x + 3y + 2
:
n+1 n n
Chứng minh rằng (xn; yn) là tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình
x2
+ (x + 1)2 = y2
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với
(2x + 1)2
2y2
= 1 (2.17)
Đặt u = 2x +1; ! u
2
2y
2
= 1. Nghiệm nhỏ nhất của phương trình này là
(1:1). Do vậy dãy nghiệm (un; yn) cho bởi
(1 +
p
)
2n+1
+ (1 p )2n+1
un =
2 2
(1 +
p
)2n+1
2
p )2n+1
yn =
2
p
(1 2
2 2
Từ đó
u0 = 1; u1 = 7; uk+2 = 6uk+1 uk

38
y0 = 1; y1 = 5; yk+2 = 6yk+1 yk
Ta có un = 2xk+2 +1 ! 2xk+2 +1 = 6(2nk+1 +1) 2nk 1 ! x0 = 0; x1 = 3; xk+2
= 6xk+1 xk + 2. Thành thử dãy nghiệm (xn; yn) của (2.17) cho bởi
x0 = 0; x1 = 3; xn+2 = 6xn+1 xn + 2
y0 = 1; y1 = 5; yn+2 = 6yn+1 = yk
Thành thử ta chỉ cần chứng minh dãy (2.16) thoả mãn quan hệ
x
n+2
= 6x
n+1
x
n
+ 2
y
n+2
= 6y
n+1
y
k
Thật vậy đặt zn = 2xn + 1. Khi đó dễ kiểm tra
zn+1 = 3zn + 4yn
yn+1 = 2zn + 3yn
! zn+2 = 3zn + 1 + 4yn+1 = 3zn+1 + 8zn + 12yn
= 3zn+1 + 8zn + 3zn+1 9zn = 6zn+1 zn
! 2xn+2 + 1 = 6(2xn+1 + 1) 2xn 1
! xn+2 = 6xn+1 xn + 2
Tương tự yn+2 = 6yn+1 yk
2.3 Phương trình Pythagoras
Trong mục này chúng ta sẽ đi tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của
phương trình
x
2
+ y
2
= z
2
(2.18)
và xét một số ứng dụng của nó. Những phương trình Diophantine này
được gọi là các phương trình Pythagoras.

39
Định nghĩa 2.3.1. Một bộ ba số nguyên dương (x; y; z) thoả mãn
phương trình (2.18) gọi là một bộ ba số Pythagoras.
Các bộ ba số Pythagora biểu thị độ dài các cạnh của một tam giác vuông.
Từ một bộ ba số Pythagoras (x; y; z) nào đó ta suy ra dễ dàng một tập hợp vô
hạn các bộ ba số Pythagoras khác (tx;ty;tz) với t là số nguyên dương.
Ngược lại, cho (x; y; z) là một bộ ba số Pythagoras bất kỳ và giả sử d
= (x; y; z). Khi đó (x1; y1; z1) cũng là một bộ ba số Pythagoras, ở đó
x
1 =x ;
y
1 = y ;
z
1 =z ; và (x1; y1; z1) = 1:
d d d
Định nghĩa 2.3.2. Một bộ ba số Pythagoras (x; y; z) là nguyên thuỷ nếu (x; y; z) = 1:
Rõ ràng từ lý luận trên ta chỉ cần đi tìm các bộ ba số Pythagoras nguyên thuỷ.
Dễ dàng nhận thấy nếu (x; y; z) là một bộ ba số Pythagoras nguyên thuỷ thì
chúng đôi một nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, giả sử d = (x; y). Khi đó d
2
là
ước của z
2
nên d là ước của z do đó d là ước chung của x, y, z. Vậy d = 1.
Định lí sau đây cho công thức mô tả tất cả các bộ ba số Pythagoras
nguyên thuỷ.
Định lí 2.3.3. Giả sử (x; y; z) là một bộ ba số Pythagoras nguyên thuỷ. Khi đó x
và y có tính chẵn lẻ khác nhau. Nếu x chẵn, y lẻ chẳng hạn (x; y; z) có dạng
x = 2mn; y = m
2
n
2
; n = m
2
+ n
2
trong đó m, n là hai số nguyên đương nguyên tố cùng nhau, có tính chẵn
lẻ khác nhau.
Đảo lại, nếu m, n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, một chẵn, một
lẻ thì ba bộ (x; y; z) xác định như trên là một bộ ba số Pythagoras nguyên thuỷ.
Chứng minh. Trước hết vì (x; y) = 1 nên x và y không cùng chẵn. Hai số x và y
cũng không thể cùng lẻ vì nếu như vậy thì z2
= x2
+ y2
2 (mod 4), điều này
không thể có vì một số chính phương chỉ đồng dư 0 hoặc 1 theo modulo 4.

40
Giả sử x chẵn, y lẻ. Khi đó z lẻ và x
2
= z
2
y
2
(z + y)(z y), điều này tương
đương với 2
2
= 2 2 : (2.19)
x z + y z y
z+y z y z+y
= m
2
và
Dễ thấy rằng ; = 1 vì (z; y) = 1. Suy ra tồn tại m; n 2 N để
2 2 2
z y
= n
2
. Từ đó x = 2mn, y = m
2
n
2
, z = m
2
+ n
2
. Mặt khác (m
2
; n
2
) = 1 nên
2
(m; n) = 1. Hơn nữa vì y và z lẻ nên m, n có tính chẵn lẻ khác nhau.
Bây giờ ta chứng minh phần đảo của định trong định lí trên. Dễ dàng kiểm tra
rằng x, y, z xác định theo công thức trên là bộ ba số Pythagoras.
Ta còn phải chứng minh đó là bộ ba số Pythagoras nguyên thuỷ. Giả sử d =
(y; z): Khi đó vì y, z lẻ nên d lẻ. Ta có d j y + z = 2m2
suy ra
d j m2
và d j z y = 2n2
suy ra d j n2
:
Vì (m; n) = 1 nên từ đó d = 1. Vậy (y; z) = 1 suy ra (x; y; z) = 1. Định lí
được chứng minh.
Sau đây là áp dụng quan trọng của Định lí 2.3.3.
Định lí 2.3.4. Không tồn tại hai số tự nhiên x và y để tổng các bình phương
và hiệu các bình phương của chúng đều là các số chính phương.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại các số
nguyên dương x, y, có tính chất đã nêu.
Trong các cặp số (x; y) ta chọn (x0; y0) là cặp số mà x nhỏ nhất. Giả sử
8
x0
2
+ y0
2
= z0
2
;
2 2 2 (2.20)
<
x0 y0 = t0 ;
:
với z0; t0 N .
Ta có (x0; y0) = 1. Thật vậy, giả sử d = (x0; y0). Từ (2.20) suy
ra d2
d2
j t0
2
. Từ đó d j z0 , d j t0 . Đặt
x0
y1
y0
z1 = y
z0
t1
t0
; = ; ; = :
d d d d
j z
2
0 và

41
Ta có
x1
2
+ y
2
1 = z
2
1; x1
2
y
2
1 = t1
2
:
Suy ra (x1; y1) là một cặp thoả mãn tính chất đã nêu. Do đó
x1
2
+ y2
1 x0
2
+ y2
0 = d(x1
2
+ y2
1):
Vậy d = 1:
Từ (2.20) suy ra z2
0 +t0
2
= 2x0
2
. Do đó z0 và t0 có cùng tính chẵn lẻ.
Đặt
z0 +t0 z0 t0
u = ; v =
2 2
với u, v là các số nguyên dương.
Khi đó
u + v = z0; u v = t0vu2
+ v2
= x0
2
: (2.21)
Ta có (u; v) = 1, vì nếu d = (u; v) thì d
2
j x0
2
. Mặt khác d j u + v = z0, suy
ra d
2
j z
2
0 x0
2
= y
2
0 suy ra d j y0. Vậy d = 1:
Theo (2.21) thì (u; v; x0) là một bộ ba số Pythagoras nguyên thuỷ.
Theo Định lí 2.3.3 tồn tại các số nguyên dương m, n chẵn lẻ khác nhau
với (m; n) = 1, m > n sao cho
hoặc
u = 2mn;
u = 2m2
v = m2 n2;
n2; v = 2mn:
Trong mọi trường hợp, uv = 2mn(m2 n2). Ta lại có
2y = (u + v)2 (u v)2 = 4uv = 8mn(m2 n2)
suy ra y = 4mn(m2 n2), tức là y0 = 2k. Vậy
mn(m2 n2) = k2: (2.22)
Ta có (m; n) = 1 nên (m + n; m) = 1 và (m n; m) = 1. Vậy
(m2
n2; m) = 1:

42
Tương tự, (m2
n2
; n) = 1. Do điều này nên từ (2.3) suy ra tồn tại a; b; c 2 N
để
m = a2; n = b2;
m
2 n2 = c2: (2.23)
Gọi d = (m + n; m n). Do m, n chẵn lẻ khác nhau nên m + n, m n lẻ, từ đó d lẻ.
Vì d j m + n, d j m n nên d j 2m, d j 2n suy ra d j m, d j n (do d lẻ). Suy ra d = 1.
Do điều này nên từ (2.23) suy ra tồn tại r; s 2 N để
m n = r
2
; m + n = s
2
:
Vậy
a2 + b2 = s
2
;
a
2 b2 = r
2
;
tức là cặp (a; b) thoả mãn tính chất đã nêu trong định lí.
Mặt khác
z0 +t0
a
2
+ b
2
= m + n 2m 2mn u = < z0 z0
2
= x0
2
= y0
2
:
2
Điều này trái với cách chọn cặp (x0; y0). Định lí được chứng minh xong.
Bài toán 2.3.5 (Đề dự tuyển thi Toán quốc tế năm 1979). Chứng minh
rằng không tồn tại hình chóp tứ giác đều mà các cạnh, diện tích toàn
phần và thể tích của nó đều là các số nguyên.
Chứng minh. Giả sử g, f , h, S và V theo thứ tự là cạnh đáy, cạnh bên,
chiều cao, diện tích toàn phần và thể tích của một hình chóp tứ giác đều
và chúng là những số nguyên. Ta có
f = r V = g
3
h; S = g2 + 2g r
h2 + 2 ; h2 + 4 :
g
2
2 g
2
Vì g, S là số nguyên nên 2g
q
h
2
+
g
2
là số nguyên. Kí hiệu
4
x = 2g2
r
h2 + 4 ; y = g3:
g
2

43
Dễ thấy x; y 2 N . Ta có
x
2
y2 = 4g4 22 +
g
2
g
6
= 4h
2
g
4
= (2g
2
h)
2
4
là số chính phương, vì V =
g
3
2h
2 N . Do đó g
2
2 N . Mặt khác,
g2
x2 + y2 = 4g4h2 + 2g6 = 4g4 h2 + = 4g4 f 2 = (2g2 f )2:
Vì 2g
2
f 2 N nên x
2
+ y
2
là số chính phương. Song điều này mâu thuẫn
với Định lí 2.3.4. Ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 2.3.6. Chứng minh rằng phương trình
x
4
y
4
= z
2
không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bài toán này bằng phương pháp phản chứng. Giả
sử (x; y; z) là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho và d = (x; y). Ta có
x = dx0; y = dy0; (x0; y0) = 1:
Thay vào phương trình cho ta
d
4
(x0
4
y0
4
) = z
2
suy ra d
2
j z:
Đặt z = d
2
z0 suy ra x0
4
y0
4
= z0
2
, tức là (x0
2
y0
2
)(x0
2
+ y0
2
) = z0
2
: Nếu x0 và y0 chẵn
lẻ khác nhau thì (x0
2
y0
2
; x0
2
+ y0
2
) = 1 bởi vì nếu d1 j (x0
2
y0
2
) và d1 j (x0
2
+ y0
2
) thì
d1 j 2y0
2
và d1 j 2x0
2
. Vậy d1 = 1 (do d1 lẻ).
Do đó x0
2
y
2
0 = a
2
; x0
2
y
2
0 = b
2
, trái với Định lí 2.3.4.
Nếu x và y cùng lẻ thì x2
+y2
= 2a; x2
+y2
= 2b Suy ra x2
= a+b, y2
= ab.
0 0 0 0 0 0 0 0
Ta có 4ab = z
2
suy ra ab = z
2
. Vì (x ; y ) = 1 nên (a; b) = 1. Do đó a = a
2
, b = b
2
.
0 1 0 0 1 1

Vậy a
2
+ b
2
= x
2
, a
2
b2
= y2
, và điều này mâu thuẫn với Định lí
2.3.4. 110110

44
Bài toán 2.3.7. Chứng minh rằng phương trình
x
4
+ y
4
= z
2
không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Giả sử trái lại, phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương.
Gọi (x0; y0) là nghiệm nguyên dương sao cho tổng x là nhỏ nhất. Lập luận
tương tự như trong chứng minh Định lí 2.3.4 ta thấy (x0; y0) = 1. Như vậy (x0
2
;
y
2
0; z0) là một bộ ba số Pythagoras nguyên thuỷ. Không làm giảm tổng quát ta
giả sử x0 lẻ. Theo Định lí 2.3.3 tồn tại m, n với (m; n) = 1 sao cho
n
x = m
2
n
2
; y = 2mn;z0 = m
2
+ n
2
:
(2.24)
Vì (m; n) = 1 nên từ (2.24) ta có (x0; n; m) là một bộ ba số Pythagoras
nguyên thuỷ. Vậy lại theo Định lí 2.3.3 tồn tại a, b với (a; b) = 1 sao cho
n
x0 = a
2
b
2
; n = 2ab;m = a
2
+ b
2
:
(2.25)
Ta có y
2
0s = 2mn = 4abm suy ra abm = y
2
1 (ở đây y0 = 2y1) suy ra a =
a
2
1, b = b
2
1, m = m
2
1. Thay vào (2.25) ta có m
2
1 = a
4
1 + b
4
1. Mặt khác
a
4
1 + b
4
1 = m
2
1 = m < m
2
+ n
2
= z0z
2
0 = x0
4
+ y
4
0:
Điều này trái với cách chọn (x0; y0). Vậy bài toán được chứng minh.
Nhận xét 2.3.8. Qua chứng minh 2.3.4. và lời giải của các Bài toán 2.3.5, 2.3.6,
2.3.7, ta có thể nhận thấy một phương pháp chung sau đây trong lí thuyết phương
trình Diophantine: Để chứng minh một phương trình Diophantine đã cho không có
nghiệm nguyên dương, ta hãy giả sử nó có và khi đó sẽ có một nghiệm nhỏ nhất
(theo một nghĩa nào đó). Sau đó ta sẽ cố gắng kiến thiết một nghiệm nhỏ hơn
nghiệm nhỏ nhất và như vậy ta dẫn đến mâu thuẫn.

45
Chương 3
Liên phân số và ứng dụng
trong phương trình Diophantine

Luận văn thạc sĩ toán học - Một số lớp phương trình diophantine.doc

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Luận văn thạc sĩ toán học - Một số lớp phương trình diophantine.doc

Similar to Luận văn thạc sĩ toán học - Một số lớp phương trình diophantine.doc (20)

More from Dịch vụ viết thuê đề tài trọn gói ☎☎☎ Liên hệ ZALO/TELE: 0973.287.149 👍👍

More from Dịch vụ viết thuê đề tài trọn gói ☎☎☎ Liên hệ ZALO/TELE: 0973.287.149 👍👍 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (19)

Luận văn thạc sĩ toán học - Một số lớp phương trình diophantine.doc