4 Phương trình Diophantus tuyến tính

20 2. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT.SỰ PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.

Vì d | c nên có số nguyên e sao cho c = de. Suy ra

c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te).



Vậy phương trình ax + by = c có nghiệm.

Dễ dàng thấy rằng

x = x0 + (b/d)m, y = y0 − (a/d)m , m ∈ Z



thoả phương trình ax + by = c.

Giả sử ax + by = c và ax0 + by0 = c. Khi đó ta có

a(x − x0 ) + b(y − y0 ) = 0,



suy ra



a(x − x0 ) = b(y0 − y),



hay



(a/d)(x − x0 ) = (b/d)(y0 − y).



Theo đònh lý 2.1 thì (a/d, b/d) = 1. Sử dụng bổ đề 2.6.1 ta suy ra (a/d) |

(y0 − y).Vậy có số nguyên m để y0 − y = (a/d)m, hay y = y0 − (a/d)m.

Thay vào hệ thức a(x − x0 ) = b(y0 − y), ta được x = x0 + (b/d)m.



Ví dụ 2.4.1. Phương trình



(15, −6) = 3 20.



15x − 6y = 20



không có nghiệm nguyên vì



Phương trình 15x − 6y = −9 có nghiệm nguyên vì (15, −6) = 3 −9; hơn

nữa, vì x0 = −1, y0 = −1 là một nghiệm riêng nên phương trình 15x − 6y =

−9 có nghiệm là x = −1 − 2m, y = −1 − 5m, m ∈ Z.



Đònh lý 2.9. Giả sử a1 ,



d = (a1 , a2 , · · · , an ).



a2 , · · · , an



Khi đó:



là các số nguyên khác không, n ≥ 2 và



1. Nếu d c thì phương trình a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = c không có nghiệm

nguyên.



21



2.4. PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS TUYẾN TÍNH



2. nếu d | c thì phương trình a1 x1 +a2 x2 +· · ·+an xn = c có nghiệm nguyên;

hơn thế nữa, phương trình có vô số nghiệm nguyên phân biệt.

Chứng minh.



1. Giả sử có các số nguyên x1 , x2 , · · · , xn sao cho

a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = c.



Do d | aj với mọi j, 1 ≤ j ≤ n, ta suy ra d | a1 x1 +a2 x2 +· · ·+an xn = c;

điều này vô lý vơiù giả thiết d c

2. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp.

Với n = 2 thì đây chính là đònh lý 2.8.

Xét phương trình

a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn + an+1 xn+1 = c.



Theo đònh lý 2.4, ta có

d = (a1 , a2 , · · · , an−1 , an , an+1 ) = (a1 , a2 , · · · , an−1 , (an , an+1 )).



Do



d|c



nên theo giả thiết qui nạp: phương trình

a1 x1 + a2 x2 + · · · + an−1 xn−1 + (an , an+1 )y = c



có nghiệm.

Mặt khác, từ đònh lý 2.8 ta thấy: với mỗi số nguyên

an xn + an+1 xn+1 = (an , an+1 )y đều có vô số nghiệm.



y,



phương trình



BÀI TẬP CHƯƠNG II

1. Giả sử a là số nguyên dương. Hãy tìm (a, a + 1),



(a, a + 2), (a, a + 3).



22 2. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT.SỰ PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.

2. Chứng tỏ rằng nếu (a, b) = 1 thì (a + b, a − b) bằng 1 hoặc 2.

3. Chứng tỏ rằng các số 6k − 1, 6k + 1, 6k + 2,

nguyên tố cùng nhau, với mọi số nguyên k.



6k + 3, 6k + 5 là



đôi một



4. Chứng tỏ rằng nếu (a, b) = 1 và c | a + b thì (c, a) = (c, b) = 1.

5. Chứng tỏ rằng nếu (a, b) = (a, c) = 1 thì (a, bc) = 1. Tổng quát hơn,

nếu (a1 , b) = (a2 , b) = · · · = (an , b) = 1 thì (a1 a2 · · · an , b) = 1.

6. Chứng tỏ rằng nếu a1 , a2 , ..., an là các số nguyên không đồng thời

bằng không và c là số nguyên khác không, thì (ca1 , ca2 , · · · , can ) =

|c| · (a1 , a2 , · · · , an ).



7. Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là các số nguyên b > 0, d > 0, (a, b) =

(c, d) = 1 và a/b + c/d là số nguyên thì b = d.

8. Giả sử a, b là các số nguyên dương. Chứng minh rằng



nếu a = b

 a





2(a/2, b/2) nếu a, b cùng chẵn

(a, b) =

nếu a chẵn và b lẻ

 (a/2, b)





(a − b, b)

nếu a, b cùng lẻ và a > b.

Áp dụng để tìm (2106, 8318).

9. Giả sử



a, m, n là các số nguyên

(a − 1, an − 1) = a(m,n) − 1.

m



dương và



a > 1.



Chứng minh rằng



10. Chứng tỏ rằng nếu m, n là các số nguyên dương thì (fm , fn ) = f(m,n) ,

trong đó fk là số Fibonacci thứ k.

11. Phân tích các số 111111,



4849845



ra thừa số nguyên tố.



Giả sử p là số nguyên tố và n là số nguyên dương. Nếu pα | n, nhưng

pα+1 n, ta nói pα chia hết đúng n, ký hiệu pα n.

12. Chứng minh rằng nếu pa



m



và pb



n



thì pa+b



13. Chứng minh rằng nếu pa



m



và pb



n,



với a = b thì pmin{a,b}



mn.

m + n.



14. Giả sử a, b, c là các số nguyên. Chứng tỏ rằng [a, b] | c khi và chỉ khi

a | c và b | c.



23



2.4. PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS TUYẾN TÍNH



15. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố, a, n là số nguyên và p |

an , n > 0, thì p | a.

16. a) Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương với (a, b) = 1 thì

(an , bn ) = 1 với mọi số tự nhiên n.

b) Chứng minh rằng nếu an | bn với số nguyên dương n thì a | b.

17. a) Giả sử a | c, b | c. Chứng minh rằng [a, b] | c.

b) Giả sử aj | c, 1 ≤ j ≤ k. Chứng minh rằng [a1 , a2 , ..., ak ] | c.

18. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên dương thì [a, b, a] =

[a, [b, c]], ([a, b], c) = [(a, c), (b, c)], [(a, b), c] = ([a, c], [b, c]).



19. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên dương thì

[a, b, c] =



abc(a, b, c)

.

(a, b)(a, c)(b, c)



20. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên dương thì (a, b, c)[ab, ac, bc] =

abc, [a, b, c](ab, ac, bc) = abc.



21. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên dương thì ([a, b], [a, c], [b, c]) =

[(a, b), (a, c), (b, c)].



22. Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng 4k − 1,

23. Giải phương trình Diophantus:

a) 12x + 15y = 50

c) 30x + 47y = −11



k ∈ Z.



b) 3x + 4y = 7

d) 102x + 1001y = 1



24. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:

a) 2x + 3y + 4z = 5; b) 7x + 21y + 35z = 8; c) 101x + 102y + 103z = 1

25. Giải hệ phương trình Diophantus:

a)



x + y + z = 100

x + 8y + 50z = 156



b)



x + y + z = 100

x + 6y + 21z = 121



26. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình Diophantus



1 1

1

+ = .

x y

14



24 2. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT.SỰ PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.



3

ĐỒNG DƯ

3.1 Khái niệm đồng dư

Giả sử m là số nguyên dương và a, b là các số nguyên. Chúng ta sẽ nói a

đồng dư với b modulo m nếuu m | (a − b).

Nếu a đồng dư với b modulo m, ta viết a ≡ b (mod m). Ngược lại, ta nói

a không đồng dư với b modulo m, ký hiệu a ≡ b (mod m).



Ví dụ 3.1.1.



22 ≡ 4 (mod 9) vì 9 | (22 − 4) = 18; −24 ≡ 3 (mod 9) vì

9 | (−24 − 3) = −27; 13 ≡ 5 (mod 9) vì 9 (13 − 5) = 8; 24 ≡ −5 (mod 9)

vì 9 24 − (−5) = 29.



Dễ dàng thấy rằng,



cho a = b + km.



a ≡ b (mod m)



khi và chỉ khi có số nguyên



k



sao



Đònh lý 3.1. Đồng dư modulo m là quan hệ tương dương trên Z, tức là có các



tính chất:



1. Phản xạ: a ≡ a (mod m);

2. Đối xứng: a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m);

3. Bắc cầu: a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m).

Chứng minh. Đây là bài tập dễ, dành cho đọc giả.



25



26



3. ĐỒNG DƯ



Quan hệ đồng dư modulo m chia Z thành các lớp tương đương. Tập các lớp

tương đương modulo m, thường được ký hiệu là Z/mZ, gồm các lớp tương

đương đôi một không giao nhau.

Hiển nhiên là các số nguyên 0, 1, ..., m − 1 thuộc về các lớp đồng dư

khác nhau modulo m. Vì rằng mỗi số nguyên n đều viết được n = mq+r, 0 ≤

r ≤ m − 1, nên số n này đồng dư với một trong các số 0, 1, ..., m − 1. Vậy

có đúng m lớp tương đương modulo m.



Ví dụ 3.1.2.



Z/4Z



gồm bốn lớp tương đương đôi một không giao nhau:



· · · ≡ −8 ≡ −4 ≡ 0 ≡ 4 ≡ 8 ≡ · · · (mod 4)

· · · ≡ −7 ≡ −3 ≡ 1 ≡ 5 ≡ 9 ≡ · · · (mod 4)

· · · ≡ −6 ≡ −2 ≡ 2 ≡ 6 ≡ 10 ≡ · · · (mod 4)

· · · ≡ −5 ≡ −1 ≡ 3 ≡ 7 ≡ 11 ≡ · · · (mod 4).



Đònh lý 3.2. Giả sử a, b, c, m là các số nguyên,



Khi đó:

1.



a − c ≡ b − c (mod m)



3.



và a ≡ b (mod m).



a + c ≡ b + c (mod m)



2.



m>0



ac ≡ bc (mod m)



Chứng minh. Dễ, đọc giả tự chứng minh, xem như bài tập.



Chú ý là: Từ hệ thức ac ≡ bc (mod m), nói chung không thể suy ra a ≡ b

(mod m); chẳng hạn 6·2 ≡ 1·2 (mod 10), nhưng 6 ≡ 1 (mod 10). Tuy nhiên

ta cũng có đònh lý sau.



Đònh lý 3.3. Nếu ac ≡ bc



(mod m), d = (c, m) thì a ≡ b (mod m/d). Đặc

biệt, nếu ac ≡ bc (mod m), (c, m) = 1 thì a ≡ b (mod m).



Chứng minh. Từ ac ≡ bc (mod m), ta suy ra m | (ac − bc) = c(a − b). Vậy



có số nguyên



k để c(a − b) = km. Suy ra (c/d)(a − b) = k(m/d), hay

(m/d) | (c/d)(a − b). Vì (m/d, c/d) = 1 nên (m/d) | (a − b), hay a ≡ b

(mod m/d).