Phương trình Diophant dạng ax 2 − by 4 = ±2
Giả sử a và b là các số nguyên dương lẻ, phương trình Diophant aX² - bY² = 2 (1.1) có nghiệm nguyên dương (X, Y) Gọi (a₁, b₁) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình (1.1) Đặt α = a₁√a + b₁√b.
Khi đó, với k là số nguyên dương lẻ, ta có: α k = a k √ a+b k √
Tất cả các nghiệm nguyên dương (X, Y) của phương trình (1.1) đều có dạng (ak, bk), trong đó (ak, bk) là các số nguyên dương và k là các số tự nhiên.
Với mệnh đề dưới đây, Luca và Walsh đã cho lời giải đầy đủ của phương trình Diophant dạng: ax 2 −by 4 = 2 (1.4)
Mệnh đề 1.1.1 ([6, Định lý 2]) (i) Nếu b 1 không là số chính phương thì phương trình (1.4) không có nghiệm.
(ii) Nếu b 1 là một số chính phương và b 3 không là số chính phương thì (X, Y) = (a1,√ b1) là nghiệm duy nhất của phương trình (1.4).
(iii) Nếu b 1 và b 3 cùng là số chính phương thì (X, Y) = (a 1 ,√ b 1 ),(a 3 ,√ b 3 ) là các nghiệm của phương trình (1.4).
Sử dụng phương pháp của Luca và Walsh, Yuan và Li đã xác nhận giả thuyết của Akhtari, Togbe và Walsh liên quan đến phương trình aX² - bY⁴ - 2 Cụ thể, mệnh đề được đưa ra như sau:
Cho các số nguyên dương lẻ a và b, phương trình ax² - by⁴ = -2 chỉ có tối đa một nghiệm nguyên dương Nghiệm này được xác định từ nghiệm nhỏ nhất của phương trình bậc hai ax² - by² = -2.
Phương trình Diophant dạng ax 2 − by 4 = ±4
Giả sử A và B là các số nguyên dương lẻ sao cho phương trình Diophant:
Ax 2 −By 2 = 4 (1.5) có nghiệm nguyên dương lẻ x, y Giả sử (a1, b1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất Đặt a n √
Dựa trên giả thiết này, Ljunggren đã chứng minh phương trình Ax^4 - By^2 = 4 thông qua việc tính toán ký hiệu Jacobi của dãy Lehmer liên quan.
Mệnh đề 1.2.1 ([5, Định lý 1]) Phương trình Diophant dạng Ax 4 −By 2 = 4 có nhiều nhất là hai nghiệm nguyên dương x, y Cụ thể:
(i) Nếu a1 = h 2 và Aa 2 1 −3 = k 2 thì phương trình (1.5) chỉ có hai nghiệm x = √ a 1 = h và x = √ a 3 = hk.
(ii) Nếu a 1 = h 2 và Aa 2 1 −3 6= k 2 thì x = √ a 1 = h là nghiệm duy nhất của phương trình (1.5).
Nếu a1 = 5h² và A2a⁴ - 5Aa² + 5 = 5k², thì phương trình (1.5) có nghiệm duy nhất x = √a⁵ = 5hk Trong các trường hợp khác, phương trình (1.5) không có nghiệm Đối với phương trình có dạng Ax⁴ - By² = -4, có một mệnh đề được chứng minh bởi Luo và Yuan.
Mệnh đề 1.2.2 ([7]) (i) Nếu b 1 không là số chính phương thì phương trình:
Ax 2 −By 4 = 4 (1.7) không có ngiệm nguyên dương ngoại trừ trường hợp b 1 = 3h 2 và Bb 2 1 +3 3k 2 , trong trường hợp đó y = √ b 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1.7).
Nếu b1 là số chính phương, phương trình (1.7) sẽ có tối đa một nghiệm nguyên dương với y = √b1 Nghiệm này được xác định bởi y = √b3 hoặc y = √b2, xảy ra khi và chỉ khi a1 và b1 đều là số chính phương, với A = 1 và B khác 5.
Dãy Lehmer và một số kết quả liên quan
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày một số kết quả quan trọng sẽ được áp dụng trong chương tiếp theo của luận văn Đặc biệt, chúng tôi sẽ đề cập đến các kết quả liên quan đến dãy số Lehmer Đầu tiên, chúng tôi xin nhắc lại kết quả đáng chú ý của Walsh.
Mệnh đề 1.3.1 ([8, Định lý 2.1.1]) Giả sử D 6= 2 là một số nguyên dương không chính phương với 8- D.
(i) Nếu 2 | D thì có một và chỉ một phương trình dạng kx 2 −ly 2 = 1 có các nghiệm nguyên, trong đó (k, l) chạy trên tất cả các cặp số nguyên sao cho k > 1, kl = D.
Nếu D là một số nguyên dương, thì trong trường hợp hai chiều (2-D), tồn tại duy nhất một phương trình dạng kx² - ly² = 1 và kx² - ly² = 2 có nghiệm nguyên Trong đó, cặp số nguyên (k, l) của phương trình đầu tiên phải thỏa mãn k > 1 và kl = D, trong khi cặp số nguyên (k, l) của phương trình thứ hai cần thỏa mãn k > 0 và kl = D.
Nếu phương trình Diophant x² - Dy² = 4 có nghiệm nguyên lẻ x và y, thì tồn tại duy nhất một phương trình dạng kx² - ly² = 4 có nghiệm nguyên, với điều kiện k > 1 và kl = D, trong đó (k, l) là tất cả các cặp số nguyên.
Từ Mệnh đề 1.3.1, ta có ngay hệ quả trực tiếp sau đây:
(i) Giả sử k > 1và l là các số nguyên dương lẻ sao cho kx 2 −ly 2 = 4,2- xy có nghiệm nguyên dương Khi đó phương trình kx 2 −ly 2 = 1 có nghiệm nguyên dương.
Giả sử D là một số nguyên dương và thỏa mãn phương trình x² - Dy² = 4, với điều kiện 2 - xy có nghiệm nguyên Khi đó, tồn tại duy nhất một phương trình dạng kx² - ly² = 1 có nghiệm nguyên, trong đó (k, l) là các cặp số nguyên với k > 1 và kl = D.
Giả sử L > 0 và M là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau thỏa mãn
L−4M > 0 Gọi α và β là hai nghiệm của tam thức bậc hai x 2 −√
Lx+M. Khi đó dãy Lehmer {P n } và dãy Lehmer liên kết {Q n } được định nghĩa bởi
α n −β n α−β , nếu n là lẻ, α n −β n α 2 −β 2 , nếu n là chẵn, và
α n +β n α+β , nếu n là lẻ, α n +β n , nếu n là chẵn.
Các dãy số này sở hữu nhiều tính chất thú vị, và việc nghiên cứu chúng thường dẫn đến việc khám phá các phương trình Diophant Bài viết này sẽ trình bày một số kết quả liên quan đến các dãy số này Trong phần tiếp theo của luận văn, chúng tôi sẽ sử dụng ký hiệu cho số chính phương và ký hiệu Jacobi của A tương ứng với B.
A và B là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau.
Mệnh đề 1.3.3 ([7, Định lý R1]) Với một số nguyên tố lẻ p, phương trình nghiệm nguyên P p = px 2 không có nghiệm nếu một trong hai giả thiết sau được thỏa mãn:
Mệnh đề dưới đây cho ta kết quả tương tự đối với phương trình P p = x 2
Mệnh đề 1.3.4 ([7, Định lý R2]) Với một số nguyên tố p, phương trình nghiệm nguyên P p = x 2 không có nghiệm nếu một trong hai giả thiết sau được thỏa mãn:
Mệnh đề 1.3.5 ([7, Định lý 1.2.1]) Giả sử L và M là các số nguyên dương lẻ nguyên tố cùng nhau với L−4M > 0 Nếu Q n = ku 2 , k|n, thì n = 1,3,5. Nếu Q n = 2ku 2 , k|n, thì n = 3.
Mệnh đề 1.3.6 ([7, Định lý 1]) Cho plà một số nguyên tố lẻ Nếu (L, M) ≡
= 1 thì phương trình P p = x 2 với x là một số nguyên không có nghiệm nguyên thỏa mãn p > 3, và phương trình P p = px 2 không có nghiệm nguyên.
Mệnh đề 1.3.7 ([10, Bổ đề 3.7]) Nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 −2y 4 = −1 là (x, y) = (1,1),(239,13).
Mệnh đề 1.3.8 ([3, Định lý 2.1]) Giả sử d > 3 là một số không chính phương thỏa mãn phương trình Pell
Phương trình X² - dY² = -1 có nghiệm trong tập các số nguyên dương, với giả thiết r = v + u√d là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất Do đó, nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình này được xác định.
Giả sử a và b là các số nguyên dương, với a là số không chính phương, thỏa mãn phương trình aX² − bY² = 1 có nghiệm trong tập các số nguyên dương Nghiệm (v, ) được chọn với v là giá trị nhỏ nhất, và r được định nghĩa là r = v√a + σ√b, với σ = n²l, trong đó l lẻ và không có ước chính phương Khi đó, phương trình ax² − by⁴ = 1 có tối đa một nghiệm nguyên dương Nếu tồn tại một nghiệm (x, y) của phương trình này, thì x√a + y²√b = rl Giả sử D > 0 là một số nguyên không chính phương.
D là nghiệm cơ bản của phương trình Pell
Khi đó có nhiều nhất hai nghiệm nguyên dương (X, Y) của phương trình
(1) Nếu tồn tại hai nghiệm với Y 1 < Y 2 thì Y 1 2 = U 1 và Y 2 2 = U 2 , trừ khi
D = 1785 hoặc D = 16.1785, trong trường hợp đó Y 1 2 = U 1 và Y 2 2 = U 4
Nếu phương trình (1.10) chỉ có một nghiệm nguyên dương duy nhất (X, Y), thì ta có Y^2 = U1, trong đó U1 = l^2 với l không có ước chính phương Hơn nữa, l có thể là 1, 2 hoặc l = p, với p là số nguyên tố thỏa mãn điều kiện p ≡ 3 mod 4.
Mệnh đề 1.3.10 ([4, Định lý 1.2.2]) Giả sử nghiệm cở bản của phương trình v 2 −du 2 = 1 là a+b√ d Khi đó các nghiệm có thể có của phương trình
X 4 −dY 2 = 1 được xác định bởi X 2 = a và X 2 = 2a 2 −1 Cả hai nghiệm xảy ra trong các trường hợp d = 1785,7140,28560.
Mệnh đề 1.3.11 khẳng định rằng với các số nguyên dương s và d (với s > 1), phương trình Diophant s²X⁴ - dY² = 1 chỉ có nhiều nhất một nghiệm nguyên dương (X, Y) Nghiệm này được xác định bởi công thức X²s + √dY, trong đó as + b√d là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình s²T² - dU² = 1.
Cho A > 1 và B là các số nguyên dương với AB không chính phương, giả sử v√
B là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình
Ax 2 −By 2 = 1 Khi đó ta có mệnh đề sau đây:
Mệnh đề 1.3.12 ([1],[2]) Phương trình Diophant
Ax 4 −By 2 = 1 (1.11) có nhiều nhất hai nghiệm nguyên dương Hơn nữa, phương trình (1.11) giải được nếu và chỉ nếu v là một số chính phương; nếu x 2 √
B) k thì k = 1 hoặc k là một số nguyên tố p ≡3 mod 4.
Mệnh đề 1.3.13 ([10, Bổ đề 3.13]) Giả sử phương trình
A(ru 2 ) 2 −By 2 = 1, với A > 1, AB không chính phương và r|A, có một nghiệm Giả sử a 1 √
B là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của nó Khi đó a 1 = rv 2 với v là số nguyên dương.
Chứng minh Giả sử (a k , b k ) là các số nguyên dương thỏa mãn a k √
1 = ru 2 và gcd(a 1 , a k /a 1 )|k, r|k Do đó, ta có
Bây giờ chúng ta chỉ ra r1l = 1 Giả sử điều này là sai và giả sử p > 2 là một ước nguyên tố của r 1 l Khi đó
P k /P k/p = pv 2 , (1.13) với v là một số nguyên dương Dãy này thỏa mãn giả thiết của Mệnh đề 1.3.3, vì vậy (1.13) là không đúng nên r1l = 1 là đúng Suy ra a1 = r
Mệnh đề 1.3.14 khẳng định rằng nếu a và b là các số nguyên dương lẻ, thỏa mãn phương trình aX² - bY² = 2 có nghiệm trong tập các số nguyên dương (X, Y), thì cặp số (a1, b1) và (ak, bk) được xác định bởi α = a1√(a) + b1√(b).
2 , với k là số lẻ Khi đó
(i) Nếu a k = r , r|aa 1 k, r không có ước chính phương thì k = 1 hoặc k = 3. (ii) Nếu b k = s , s|bb 1 k, r không có ước chính phương thì k = 1 hoặc k = 3.
Chứng minh Trước tiên ta chứng minh (ii) Từ b k = b 1 (b k /b 1 ) =r , s|bb 1 k và gcd(b 1 , b k /b 1 )|k, ta có
Giả sử p là ước nguyên tố lớn nhất của k Từ:
P k/p P k/p = s 1 l , gcd(P k /P k/p , P k/p )|p, chúng ta có P k /P k/p = hoặc p Áp dụng Mệnh đề 1.3.6 với
Theo công thức P k/p = P p 0 = a k −a −k a k/p −a −k/p, với p = 3, ta có k = 3m (m không âm) Nếu m > 1, từ chứng minh và Mệnh đề 1.3.6, ta suy ra P 9 = và P 3 = Điều này dẫn đến việc phương trình ax² − b.b² 1 y⁴ = 2 có ba nghiệm nguyên dương (x, y) với y = 1.
P 9 , điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 1.1.1 Vì vậy k = 1 hoặc k = 3.
Chúng ta tiếp tục chứng minh (i) từ Mệnh đề 1.3.3, trong đó k = 3m với m là số nguyên không âm Nếu m > 1, sẽ có một chứng minh tương tự cho thấy P9 = 3P3 và P3 = 3, điều này chứng minh rằng phương trình aa1x^4 - by^2 = 2 có hai nghiệm nguyên dương (x, y), với x = 1 và √.
P 9 , mâu thuẫn với Mệnh đề
Bằng tính toán trên phần mềm MAGMA, Yuan và Luo tìm ra kết quả sau đây:
Mệnh đề 1.3.15 ([10, Bổ đề 3.15]) (i) Phương trình:
5x 4 + 5x 2 + 1 = y 2 không có nghiệm nguyên dương.
(ii) Nghiệm nguyên dương của phương trình
Mệnh đề 1.3.16 ([10, Bổ đề 3.16]) Nghiệm nguyên dương duy nhất của hệ phương trình
Chứng minh Ta có x 2 + y 2 = 2z 2 và 2 - xyz Do đó các số nguyên u, v thỏa mãn z = u 2 + v 2 ;x = u 2 −v 2 + 2uv.
Thay vào 2x 2 −z 2 = 1 ta thu được: u 4 + 8u 3 v + 2u 2 v 2 −8uv 3 +v 4 = 1.
Bằng tính toán trên MAGMA ta thu được u.v = 0 nên (x, y, z) = (1,1,1).
Trong chương này, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Luca và Walsh
[7] và một số kết quả của Yuan và Luo [10] về các phương trình Diophant dạng (x 2 ±C)(y 2 ±D) =z 4 , với C, D ∈ {±1,±2,±4} Đây là nội dung chính của luận văn.
Phương trình Diophant dạng (x 2 ± 1)(y 2 ± 1) = z 4
Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày lại một số kết quả của Luca và Walsh [7] về các phương trình
Trong phần tiếp theo của luận văn, ta ký hiệu ord p (N) với p là một số nguyên tố và N là một số nguyên chia hết cho p, biểu thị số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của N Định lý 2.1.1 ([7, Định lý 3(1)]) sẽ được trình bày qua phương trình sau đây:
(X 2 + 1)(Y 2 + 1) = Z 4 (2.1) không có nghiệm nguyên dương.
Ta kí hiệu (T1, U1) là nghiệm dương bé nhất của phương trình
T 2 −rtU 2 = −1 (2.2) và, với số nguyên dương k ≥1, gọi(T k , U k ) là các số nguyên dương thỏa mãn
Khi đó, tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình (2.2) đều có dạng (T, U) = (T k , U k ) với k là các số nguyên lẻ Với các kí hiệu trước đó, kéo theo
X = T k và Y = T l cho các số nguyên lẻ k, l và
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các số nguyên dương u1 và u2 với Uk = rsu2 và Ul = tsu2 Do k và l đều là số lẻ, rt cũng sẽ là số lẻ Giả sử p là một nhân tử nguyên tố của rt, thì p sẽ là ước của một trong hai số r hoặc t, nhưng không phải là ước chung của cả hai Điều này dẫn đến kết luận rằng ordp(k) không bằng ordp(l) Để đơn giản hóa, chúng ta giả sử ordp(k) lớn hơn ordp(l).
Bây giờ, từ (2.3) suy ra s chia hết U k p và U k p chia hết U k Hơn nữa,
= pv 2 , (2.4) với v là số nguyên dương Kí hiệu α = T k p +U k p
Số hạng thứ p của dãy Lehmer được ký hiệu là U U k k p, với các nghiệm của phương trình đặc trưng là α và β Dãy này đáp ứng giả thiết của Mệnh đề 1.3.3, dẫn đến việc đẳng thức (2.5) không thể xảy ra, và do đó, phương trình (2.1) không có nghiệm nguyên dương.
Trong nghiên cứu tổng quát về phương trình (2.1), Yuan và Luo đã đưa ra một kết quả quan trọng Định lý 2.1.2 khẳng định rằng, với A > 1 là một số nguyên dương, phương trình Diophant sẽ có những đặc điểm đáng chú ý.
(AX 2 + 1)(AY 2 + 1) = Z 4 (2.5) không có nghiệm nguyên dương (X, Y, Z) với X 6= Y.
Chứng minh Ta định nghĩa lại các số r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.1 nhưng thay thế X 2 + 1 trong định nghĩa đó bởi AX 2 + 1.
Từ phương trình (2.5), ta suy ra rts 2 (tu 2 1 ) 2 −AX 2 = 1, rts 2 (ru 2 2 ) 2 −AY 2 = 1, (2.6) với u 1 và u 2 là hai số nguyên dương Giả sử rts 2 > 1, kí hiệu ε= T 1 √ rts 2 +
√2 là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình rts 2 T 2 −AU 2 = 1 (2.7)
Khi đó, Sử dụng Mệnh đề 1.3.13 và (2.6) ta thu được
Do vậy rt= 1 vì gcd(r, t) = 1 Do đó (2.6) trở thành s 2 u 4 1 −AX 2 = 1, s 2 u 4 2 −AY 2 = 1 (2.8)
Các phương trình này không có nghiệm nguyên dương với X 6= Y theo Mệnh đề 1.3.11 Do vậy, phương trình (2.5) không có nghiệm nguyên dương
(X, Y, Z) với X 6= Y Định lý 2.1.3 ([7, Định lý 3(2)]) Nghiệm nguyên dương của phương trình
Giả sử rằng (X^2 + 1)(Y^2 - 1) = Z^4, chúng ta tiếp tục sử dụng các số r, s, t được định nghĩa trong chứng minh của Định lý 2.1.1 Từ lập luận tương tự như trước, có thể chứng minh rằng tồn tại các số nguyên k và l sao cho k là số lẻ, l là số chẵn, với T_k = X và T_l = Y.
U_k = rsu^2_1 và U_l = tsu^2_2, với u_1, u_2 là hai số nguyên dương Viết l = 2αl_1, trong đó l_1 là số lẻ Do s chia hết Uk và k là số lẻ, nên thứ bậc hiện hữu của mỗi ước nguyên tố p của s trong {U_n} n≥0 là số lẻ Thứ bậc hiện hữu của một số v trong dãy {U_n} n≥0 là số nguyên bé nhất α(v) thỏa mãn v | Uα(v) Suy ra, s là nguyên tố với Tj đối với mọi j ≥ 1.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét phương trình (2.1) với các số nguyên dương u 3 và δ thuộc {0,1} Theo Mệnh đề 1.3.3, phương trình này cho thấy rằng rt không thể chia hết cho một số nguyên tố lẻ, dẫn đến kết luận rằng rt phải bằng 2.
Do s nguyên tố với T j với mọi j ≥ 1, U l = 2U l
2 nên từ công thức (2.12) suy ra T l
2 = π 2 với π là số nguyên dương Do
Sử dụng một kết quả của Ljunggren đối với các phương trình dạngx 4 −Dy 2 ±1, suy ra π = 1 và l = 2 Suy ra, U l = 2, s = 1 và U k = u 2 1 Phương trình cuối cùng này tương đương với
Theo kết quả từ Ljunggren, ta có thể xác định u 1 = 1 hoặc u 1 = 13, từ đó tìm ra các nghiệm (X, Y, Z) = (1, 3, 2) và (239, 3, 26) cho phương trình (2.9) Điều này dẫn đến việc khẳng định Định lý 2.1.4 ([7, Định lý 3(3)]).
(X 2 −1)(Y 2 −1) = Z 4 (2.13) không có nghiệm nguyên dương.
Chúng ta sẽ định nghĩa lại các biến r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.1, với sự thay thế X^2 + 1 bằng X^2 - 1 Kí hiệu (T1, U1) là nghiệm nguyên nhỏ nhất của phương trình Pell.
Với số nguyên dương k ≥ 1, giả sử T k , U k là các số nguyên dương xác định bởi
Lập luận tương tự như trên, suy ra tồn tại số nguyên k và l thỏa mãn
√ n c , (2.17) với a, b, c, m và n là các số nguyên dương thỏa mãn mn = rt, c ∈ {1,2} và a 2 m−b 2 n= c (2.18)
Hơn nữa, do (T 1 , U 1 ) là nghiệm nhỏ nhất nên ta rút ra đượcm > 1nếuc = 1. Khi i là một số nguyên lẻ thì τ i = a i √ m +b i √
√ n c (2.19) với các số nguyên dương ai và bi Do Ti +Ui
√rt = α i = (τ i ) 2 nên Ui = aibi với mọi số nguyên lẻ i ≥ 1 Đến đây chúng tôi chia thành hai trường hợp. Trường hợp 1: c = 1.
Viết k = 2 g k1 và l = 2 h l1, với k1 và l1 là số lẻ Khi đó ta có
2 δ )s 0 v 2 2 (2.20) với các số nguyên dương v1, v2 và γ, δ ∈ {0,1}, và trong đó s 0 = Y p|s, α(p) là số lẻ p.
Sử dụng các đẳng thức từ (2.17) đến (2.19),(2.20) kéo theo a k 1 = r 1 s 1 π 1 2 , b k 1 = r 2 s 2 z 1 2 , (r 1 r 2 ∈ nr,r
, s 1 s 2 = s 0 ) (2.22) Hơn nữa, do gcd(r 1 , n) =gcd(t 1 , n) = gcd(r 2 , m) = gcd(t 2 , m) = 1, (2.23) và mn = rt, (2.24) nên từ (2.21)-(2.24) suy ra r 1 t 1 = nm, m
Bằng phương pháp tương tự như trong việc tìm nghiệm của phương trình (2.1), sử dụng Mệnh đề 1.3.3 ta suy ra r 1 và t 1 không có ước nguyên tố lẻ.
Do đó, m = 2 và vì rt là số chẵn với gcd(r, t) = 1, suy ra ord 2 (U k ) khác ord 2 (U l ) Từ các tính chất chia hết của nghiệm phương trình Pell, ta có ord 2 (k) khác ord 2 (l) Không mất tính chất tổng quát, giả sử ord 2 (k) lớn hơn ord 2 (l), dẫn đến s chia U k.
2)su 2 3 hoặc 2rsu 2 3 , (2.25) với số nguyên dương u3 nào đó Mối quan hệ Uk = 2T k
2 = v 2 3 với số nguyên dương v 3 nào đó Ta thu được phương trình v 4 3 −rtU 2 k
Áp dụng kết quả của Cohn về phương trình Diophant x^4 - Dy^2 = 1, chúng ta có thể suy ra rằng chỉ có hai khả năng xảy ra là k = 2 hoặc k = 4 Do đó, một trong hai số T1 hoặc T2 phải là số chính phương Với m = 2, ta có τ = a√.
Phương trình 4a² - 1 = v³ không có nghiệm nguyên, và tương tự, phương trình 2(4a² - 1)² - 1 = v³ cũng không có nghiệm nguyên do -1 là thặng dư bậc hai với modulo 4a² - 1 Đây là kết luận cho trường hợp c = 1 Trong trường hợp tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét c = 2.
Ta vẫn sử dụng những kí hiệu như phía trên Trong trường hợp này, bằng phương pháp tương tự ta thu được
Đầu tiên, ta chỉ ra rằng n = 1 Giả sử điều này không đúng và cho p ≥ 3 là một ước nguyên tố của n Với gcd(r 2 , t 2 ) = gcd(r 2 , s 2 ) = gcd(s 2 , t 2 ) = 1, ta suy ra ord p (k 1 ) khác ord p (l 1 ) Giả sử ord p (k 1 ) lớn hơn ord p (l 1 ), từ đó suy ra s 2 chia hết cho b k 1 p và b k 1 p.
= (r 2 p)s 2 v 3 2 hoặc pr 2 s 2 v 3 2 , (2.29) với v 3 là một số nguyên dương Do đó, b k 1 b k 1 p
Số nguyên dương π 3 được xác định trong công thức pπ 3 2, (2.30) Bằng cách áp dụng phương pháp tương tự như trước, chúng ta có thể chứng minh rằng b b k 1 k 1 p là số hạng thứ p của một dãy Lehmer, đáp ứng các giả thiết đã nêu.
Mệnh đề 1.3.6 cho thấy phương trình (2.30) không thể xảy ra, dẫn đến kết luận n = 1 Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng m = 3 Với n = 1, ta có m > 1 Giả sử p là ước nguyên tố của m, do ordp(ak 1) khác ordp(al 1) nên ordp(k 1) cũng khác ordp(l 1) Không mất tính tổng quát, giả sử ordp(k 1) lớn hơn ordp(l 1), từ đó ta suy ra b k 1 p.
Phương trình Diophant dạng (x 2 ± 4)(y 2 ± 4) = z 4
Định lý 2.2.1 ([10, Định lý 1.2(1)]) Nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình
Chúng ta tiến hành chứng minh và xét nghiệm các giá trị X, Y, Z của phương trình (2.32) với điều kiện 2 - X.Y Để thực hiện điều này, chúng ta định nghĩa lại các tham số r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.1, nhưng với sự thay thế X^2 + 1 bằng X^2 + 4.
X 2 + 4 = rts 2 (tu 2 1 ) 2 , Y 2 + 4 = rts 2 (ru 2 2 ) 2 , Z = rstu 1 u 2 (2.33)
Kí hiệu (T 1 , U 1 ) là nghiệm dương bé nhất của phương trình rts 2 T 2 −U 2 = 4 (2.34) và đặt α = T 1 √ rts 2 +U 1
Với số nguyên dươngk ≥ 1, ta xác định (T k , U k ) là các số nguyên dương thỏa mãn
Tất cả các nghiệm nguyên dương lẻ của phương trình (2.34) đều có dạng (T, U) = (T k , U k ) với k là số nguyên dương thỏa mãn 3 - k Đối với nghiệm nguyên dương bất kỳ (X, Y, Z) của phương trình (X 2 + 4)(Y 2 + 4) = Z 4 với 2 - XY, ta có thể xác định X = U k , Y = U l , trong đó k và l là hai số nguyên dương thỏa mãn 3 - kl.
T k = tu 2 1 , T l = ru 2 2 , (2.35) với u 1 , u 2 là hai số nguyên dương lẻ.
Giả sử d = gcd(k, l), k = dk 1 , l = dl 1 Khi đó 2 - kl Chú ý rằng với mọi ước nguyên tố của gcd(T k T d , rtT d ) chia hết k 1 , ta có
T k /T d = k 2 , k 2 |k 1 Áp dụng Mệnh đề 1.3.5 với
= α k 1 d +α −k 1 d α d +α −d ta suy ra k 1 ∈ {1,5} Tương tự, l 1 ∈ {1,5}.
Do k 6= l, ta có thể giả thiết k 1 = 1 và l 1 = 5 Do đó
Nếu t > 1 thì t| T T 5d d vì rt không có ước chính phương, gcd( T T 5d d;rt)|5, vậy t = 5 và T 5d = 5u 2 1 Tương tự, nếu r > 1 thì r = 5 Do đó rt = 5.
Nếu r = 1 và t = 5 thì T d = 5u 2 1 và T 5d = u 2 2 Bằng cách tính toán trực tiếp ta có 5s 4 T d 4 −5s 2 T d 2 + 1 = ( 5u u 2
1) 2 , do vậy sT d = 1 hoặc 3 theo Mệnh đề 1.3.15 Điều này không thể xảy ra vì 5|T d
Nếu r = 5 và t = 1 thì Td = u 2 1 và T5d = 5u 2 2 Tương tự, ta có 5s 4 T d 4 − 5s 2 T d 2 + 1 = ( u u 2
1) 2 , từ đó sT d = 1 hoặc 3 Nếu ST d = 3 thì s = 3, T d = 1 và
45−4 = U d 2 (mâu thuẫn) Nếu sT d = 1 thì U d = 1, u 2 = 5 và (X, Y, Z) (1,11,5).
Ta xét nghiệm (X, Y, Z) của phương trình (2.32) với 2|XY Khi đó 2|X và 2|Y Giả sử X = 2X 1 , Y = 2Y 1 , Z = 2Z 1 , ta thu được
Theo Định lý 2.1.1, phương trình trên không có nghiệm nguyên dương Do đó, nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình (2.32) là
(X, Y, Z) = (1,11,5); (11,1,5). Định lý 2.2.2 ([10, Định lý 1.2(2)]) Phương trình
(X 2 −4)(Y 2 −4) = Z 4 (2.36) không có nghiệm nguyên dương.
Để chứng minh, chúng ta bắt đầu với các nghiệm (X, Y, Z) của phương trình (2.36) với 2 - XY Chúng ta sẽ định nghĩa lại các r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.1, trong đó X 2 + 1 được thay thế bằng X 2 − 4 Kí hiệu (T 1 , U 1 ) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình.
Với một số nguyên dương k ≥ 1, ta xác định (T k , U k ) là các số nguyên dương thỏa mãn
2 = α k Lập luận tương tự như trên, ta suy ra tồn tại các số nguyên k, l sao cho
Uk = tu 2 1 và Ul = ru 2 2 , (2.38) với u 1 và u 2 là hai số nguyên dương lẻ.
Ta có thể giả sử rằng d = gcd(k, l), k = dk 1 , l = 2 u l 1 d,2 - k 1 l 1 , u ≥ 0 Khi đó ta có Ud = gcd(Uk, Ul) = c với c|rt bởi gcd(r, t) = 1 Do
Do tất cả các ước nguyên tố của gcd(Uk 1 d/Ud, rtUd) đều là ước của k1 nên
U k 1 d /U d = n , n|k 1 Áp dụng Mệnh đề 1.3.5 với
(α) d + (−α −d ) , ta có k ∈ {1,5} Tương tự, l ∈ {1,5} Vì 2 - UkUl, k 6= l, ta có thể giả sử k 1 = 1 và l 1 = 5 Do đó
1 vì rt không có ước chính phương, gcd( T T 5
1, rt)|5 nên t = 5 và U 1 = 5u 2 1 Tương tự, nếu r > 1 thì r = 5 Do đó rt = 5 khi rt > 1.
Nếu r = 1 và t = 5 thì U d = 5u 2 1 và U 5d = u 2 2 Suy ra 5s 4 U d 4 + 5s 2 U d 2 + 1 ( 5u u 2
1) 2 Từ đó ta có sUd = 0 theo Mệnh đề 1.3.15(Mâu thuẫn) Nếu r = 5 và t= 1 thì U d = u 2 1 , U 5d = 5u 2 2 và 5s 4 U d 4 + 5s 2 U d 2 + 1 = ( u u 2
1) 2 Từ đây ta lại có sU d = 0 theo Mệnh đề 1.3.15, điều này không thể xảy ra.
Tiếp theo ta xét các nghiệm (X, Y, Z) của phương trình (2.36) với X 6= Y và 2|XY Nếu 2|X và 2|Y thì Y = 2X 1 , Y = 2Y 1 , Z = 2Z 1 và ta thu được
Theo Định lý 2.1.4, phương trình trên không có nghiệm nguyên dương Nếu
2 - X và 2|Y (tương tự trong trường hợp mà 2 - Y và 2|X), giả sử Y 2Y1, Z = 2Z1, thì ta thu được
Theo Định lý 2.6.5, phương trình (2.36) không có nghiệm nguyên dương Do đó, theo Định lý 2.2.3, nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình này không tồn tại.
Chứng minh Ta xét hai trường hợp.
Trong trường hợp 1: 2 - XY, chúng ta tiếp tục sử dụng các ký hiệu r, s, t đã được định nghĩa trong chứng minh của Định lý 2.2.1 Chúng ta chỉ xem xét nghiệm (X, Y, Z) của phương trình (2.39) với 2 -XY Từ phương trình (2.39), ta có các biểu thức: rts 2 (tu 2 1 ) 2 −X 2 = 4, Y 2 −rts 2 (ru 2 2 ) 2 = 4, và Z = rstu 1 u 2 , 2 - Z.
Từ phương trình thứ hai của (2.40) suy ra có các số nguyên dươnga, b, r 1 , r 2 , u 3 , u4 thỏa mãn
Do đó ar 2 1 u 4 3 −br 2 2 u 4 4 = 4,2- abr 1 r 2 u 3 u 4 (2.41) Nếu a, b > 1 thì cả hai phương trình rts 2 x 2 −y 2 = 1 và ax 2 −by 2 = 1 với ab = rts 2 , a, b > 1 có nghiệm nguyên (mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1).
Nếu a > 1 và b = 1 thì r 1 = r, r 2 = 1 Suy ra rts 2 (ru 2 3 ) 2 −u 4 4 = 4, u 4 |u 2 (2.42)
Nếu a = 1 và b = rts 2 thì lập luận như trên đối với phương trình u 4 3 − rts 2 (ru 4 4 ) 2 = 4 ta được rts 2 (rm 2 ) 2 −n 4 = 4, n|u 2 (2.43) Kết hợp (2.43), (2.42) và phương trình thứ nhất của (2.40), ta có:
Theo Định lý 2.2.1, phương trình (2.44) không có nghiệm nguyên dương với
Trường hợp 2:2|XY Bằng cách lấy modulo 16 ta thấy phương trình (X 2 + 4)(Y 2 −4) = Z 4 không có nghiệm nguyên khi 2|X và 2 - Y.
Giả sử 2|X và 2|Y Viết X = 2X 1 , Y = 2Y 1 , Z = 2Z 1 Khi đó, từ phương trình (2.39) ta thu được
Theo Định lý 2.1.3, phương trình trên có đúng hai nghiệm nguyên dương (X 1 , Y 1 , Z 1 ) = (1,3,2),(239,3,26).
Tiếp theo ta xét trường hợp 2 -X và 2|Y Viết Y = 2Y 1 , Z = 2Z 1 Khi đó
Từ phương trình (2.46) ta có rts 2 (tu 2 1 ) 2 −X 2 = 4, Y 1 2 −4rts 2 (ru 2 2 ) 2 = 1, Z1 = rstu1u2,2- X (2.47) Tương tự, từ phương trình thứ hai của (2.47) và Mệnh đề 1.3.1, ta có rts 2 (rm 2 ) 2 −4n 4 = 1 hoặc rts 2 (sm 2 ) 2 −n 4 = 1 (2.48)
Kết hợp 2.48 và phương trình đầu tiên của (2.47), ta có
Từ chứng minh Định lý 2.2.1, phương trình đầu tiên trong (2.49) có nghiệm nguyên dương (X, n, Z 2 ) = (11,1,5) Vậy phương trình (2.39) có nghiệm nguyên dương (X, Y, Z) = (2,6,4),(478,6,52).
Phương trình Diophant dạng (x 2 ± 2)(y 2 ± 2) = z 4
Định lý 2.3.1 ([10, Định lý 1.2(3)]) Phương trình
(X 2 −2)(Y 2 −2) = Z 4 (2.50) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh rằng với mọi nghiệm (X, Y, Z) của phương trình, ta có X khác Y và 2 - XY Z Chúng ta sẽ định nghĩa lại các giá trị r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.1, trong đó X^2 + 1 được thay thế bằng X^2 - 2.
Từ phương trình (2.50), ta có
X 2 −rt(tsu 2 1 ) 2 = 2, Y 2 −rt(rsu 2 2 ) 2 = 2, Z = rstu 1 u 2 , (2.51) với các số nguyên dương u1, u2 nào đó Ta kí hiệu (T1, U1) là nghiệm dương bé nhất của phương trình
T 2 −rts 2 U 2 = 2 (2.52) và với một số nguyên dương k ≥ 1, ta xác định (Tk, Uk) là số nguyên dương sao cho
√2 ) k Lập luận như trên, ta thấy tồn tại các số nguyên k và l thỏa mãn X = T k và
Y = T l với các số nguyên lẻ k, l và
U k = tu 2 1 , U l = ru 2 2 , (2.53) với các số nguyên dương u 1 , u 2 nào đó Theo Mệnh đề 1.3.14, ta có k, l ∈ {1,3} Vì 2 - U k U l , k 6= l nên ta có thể giả thiết k = 1 và l = 3 Do đó
1 vì rt không có ước chính phương, gcd( U U 3
1, rt)|3 nên t = 3 và U 1 = 3u 2 1 Tương tự, nếu r > 1 thì r = 3 Do vậy rt = 3 vì gcd(r, t) = 1. Nếu r = 1 và t = 3 thì U1 = 3u 2 1 và U3 = u 2 2 Cho nên
3u 1 ) 2 (2.54) Điều này không thể xảy ra vì 2 - su 2 1 Nếu r = 3 và t = 1 thì U 1 = u 2 1 và
2s 2 u 4 1 + 1 = (u 2 u 1 ) 2 Điều này cũng không thể xảy ra vì 2 - su 2 1 Do đó phương trình (2.50) không có nghiệm nguyên dương Định lý 2.3.2 ([10, Định lý 1.2(4)]) Các nghiệm nguyên dương của phương trình
Chứng minh rằng với mọi nghiệm nguyên (X, Y, Z) của phương trình (2.55), ta có X khác Y và 2 - XY Z Chúng ta định nghĩa lại các giá trị r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.1, trong đó X 2 + 1 được thay thế bằng X 2 + 2.
Từ phương trình (2.55), chúng ta có hai phương trình: \( rts(tsu^2_1)^2 - X^2 = 2 \) và \( rt(rsu^2_2)^2 - Y^2 = 2 \) với các số nguyên dương \( u_1 \) và \( u_2 \) Chúng ta ký hiệu \( (T_1, U_1) \) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình \( rts^2 T^2 - U^2 = 2 \) và với một số nguyên dương \( k \geq 1 \), \( (T_k, U_k) \) được xác định là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện này.
Lập luận như trên, ta có X = U k và T = U l với các số nguyên lẻ k, l và
T k = tu 2 1 , T l = ru 2 2 , (2.58) với các số nguyên dương u1, u2 nào đó Hơn nữa, rt = 3.
Phương trình này không có nghiệm (s, u 1 , u 2 ).
Nếu r = 3 và t = 1 thì T 1 = u 2 1 và T 3 = 3u 2 2 Cho nên
Kết hợp điều này với phương trình đầu tiên của (2.56) ta thu được
Các phương trình này chỉ có nghiệm nguyên dương duy nhất là (s, u1, X, m) = (1,1,1,1) theo Mệnh đề 1.3.16 Do đó, tất cả nghiệm nguyên dương của phương trình (2.55) là (X, Y, Z) = (1,5,3) và (5,1,3) theo Định lý 2.3.3.
(X 2 + 2)(Y 2 −2) = Z 4 (2.59) không có nghiệm nguyên dương.
Phương trình (2.59) không có nghiệm (X, Y, Z) với 2|Z, vì vậy ta chỉ cần xem xét các nghiệm (X, Y, Z) với 2 - Z Điều này dẫn đến việc nghiên cứu nghiệm của phương trình (X^2 + 2)(Y^2 - 2) = Z^2, với điều kiện 2 - XY.
Theo Mệnh đề 1.3.1, không thể xảy ra trường hợp X 2 + 2 = du 2 1, Y 2 − du 2 2 = 2, và Z = du 1 u 2 nếu cả hai phương trình x 2 − dy 2 = 2 và dx 2 − y 2 = 2 đều có nghiệm Vì vậy, phương trình (2.59) không có nghiệm nguyên dương.
Phương trình Diophant dạng (x 2 ± 2)(y 2 ± 1) = z 4
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày các kết quả của Yuan và Luo liên quan đến phương trình (x² ± 2)(y² ± 1) = z⁴ Cần lưu ý rằng các tác giả vẫn chưa giải được phương trình (x² − 2)(y² − 1) = z⁴, và theo hiểu biết của chúng tôi, đây vẫn là một bài toán mở.
(X 2 + 2)(Y 2 + 1) = Z 4 (2.61) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh rằng phương trình (2.61) không có nghiệm (X, Y, Z) với điều kiện 2|Z, ta sẽ xem xét các nghiệm (X, Y, Z) với 2 - Z Do đó, cần tập trung vào các nghiệm của phương trình (X² + 2)(Y² + 1) = Z², khi 2 - X.
X 2 + 2 = du 2 1 , du 2 2 −Y 2 = 1, Z = du 1 u 2 không thể xảy ra theo Mệnh đề 1.3.1, vì nếu không thì cả hai phương trình dx 2 −y 2 = 2 và dx 2 −y 2 = 1 đều có nghiệm Do đó, điều cần chứng minh đã được xác nhận Định lý 2.4.2 ([10, Định lý 1.2(7)]) liên quan đến phương trình này.
(X 2 −2)(Y 2 + 1) = Z 4 (2.62) không có nghiệm nguyên dương.
Để chứng minh phương trình (2.62) không có nghiệm (X, Y, Z) với 2|Z, ta cần xem xét các nghiệm (X, Y, Z) với 2 - Z Do đó, chỉ cần phân tích các nghiệm của phương trình (X² - 2)(Y² + 1) = Z² với 2 - X.
X 2 − 2 = du 2 1 và du 2 2 − Y 2 = 1, với Z = du 1 u 2, không thể xảy ra theo Mệnh đề 1.3.1 Nếu không, cả hai phương trình x 2 − dy 2 = 2 và dx 2 − y 2 = 1 sẽ có nghiệm Do đó, điều này cần được chứng minh Định lý 2.4.3 khẳng định rằng có nghiệm nguyên dương duy nhất cho phương trình này.
Chứng minh Ta xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: 2 - X Ta xác định r, s, t như trong Định lý 2.3.2.
Từ phương trình (2.63), ta có các biểu thức: \( rts 2 (tu 2 1 ) 2 - X 2 = 2 \) và \( Y 2 - rts 2 (ru 2 2 ) 2 = 1 \) với các số nguyên dương \( u 1 \) và \( u 2 \) Rõ ràng \( rts 2 \neq 1 \) Từ phương trình thứ hai của (2.64), ta có thể phân tích thành hai trường hợp phụ.
Trường hợp phụ 1: 2|u 2 Khi đó
Y + 1 = 2ar1^2u4^3 và Y − 1 = 2br2^2u4^4 cho thấy rằng r1r2 = 2r, 2u3u4 = u2 Từ đó, ta có ar1^2u4^3 − br2^2u4^4 = 1 Nếu a > 1, cả hai phương trình rts 2x^2 − y^2 = 2 và ax^2 − by^2 = 1 sẽ có nghiệm, điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1 Do đó, a = 1 và r | r2 Áp dụng phương pháp tương tự cho phương trình r2r1^2u4^3 − rts2r2^2u4^4 = 1, ta có rts2(rm2)^2 − n^4 = 2.
Trường hợp phụ 2: - u 2 Khi đó
Y + 1 = ar²u³, Y − 1 = br²u⁴, với r₁r₂ = r và u₃u₄ = u² Từ đó, ta có ar²u³ − br²u⁴ = 2 Nếu b > 1, cả hai phương trình rts 2 x² − y² = 2 và ax² − by² = 2 sẽ có nghiệm, điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1 Do đó, b = 1, a = rts 2, r = r₁, r₂ = 1, và ta thu được phương trình rts 2 (rm²)² − n⁴ = 2.
Suy ra (X 2 + 2)(n 4 + 2) = Z 1 4 Từ chứng minh của Định lý 2.3.2, ta có
Vì vậy phương trình (X 2 + 2)(Y 2 −1) = Z 4 có nghiệm nguyên dương duy nhất thỏa mãn 2- X là (X, Y, Z) = (5,2,3).
Trường hợp 2: 2|X Viết X = 2X 1 , Z = 2Z 1 Khi đó, phương trình (2.63) trở thành
Phương trình (2X^1/2 + 1)(Y^2 - 1) = 8Z^1/4 được phân tích theo trường hợp 1 trong Định lý 2.5.1, cho thấy rằng phương trình (X^2 + 2)(Y^2 - 1) = Z^4 với 2|X không có nghiệm nguyên dương Do đó, nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình (X^2 + 2)(Y^2 - 1) = Z^4 là (X, Y, Z) = (5, 2, 3).
Phương trình Diophant dạng (x 2 ± 2)(y 2 ± 4) = z 4
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ tiếp tục trình bày các kết quả của Yuan và Luo liên quan đến phương trình (x² ± 2)(y² ± 4) = z⁴ Đặc biệt, lời giải cho phương trình (x² − 2)(y² − 4) = z⁴ vẫn đang là một bài toán mở Theo Định lý 2.5.1 ([10, Định lý 1.2(8)]), chúng tôi sẽ xem xét các khía cạnh quan trọng của phương trình này.
(X 2 + 2)(Y 2 −4) = Z 4 (2.66) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh Ta xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: 2 - XY Ta xét phương trình tổng quát hơn sau:
Từ phương trình trên, ta có:
Theo Mệnh đề 1.3.2 và phương trình thứ hai của (2.67), một trong những phương trình d1x² - d2y² = 1 với d1 > 1 và d1d2 = d có nghiệm Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1, vì nếu có nghiệm cho cả hai phương trình d1x² - d2y² = 1 (với d1 > 1) và dx² - y² = 2 thì sẽ dẫn đến sự không hợp lệ.
Trường hợp 2: 2|XY Bằng cách lấy modulo 4 ta nhận thấy rằng phương trình (2.66) không có nghiệm nguyên khi 2|X và 2 - Y.
Trước tiên ta xét trường hợp 2|X và 2|Y Viết X = 2X 1 , Y = 2Y 1 , Z 2Z 1 Khi đó (2.66) trở thành
Chúng tôi định nghĩa lại các số r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.1, nhưng thay thế X^2 + 1 bằng 2X^2 + 1 Từ phương trình (2.68), ta có rts 2 (tu 2 1)^2 − 2X 1^2 = 1 và Y 1^2 − 2rts 2 (ru 2 2)^2 = 1 (2.69) với các số nguyên dương u 1, u 2 Từ phương trình thứ hai của (2.69) và Mệnh đề 1.3.1, ta có rts 2 (rm 2)^2 − 2n^4 = 1, tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.3.2 Do đó, (2X 1^2 + 1)(2n^4 + 1) = Z^2 4 Phương trình này không có nghiệm nguyên dương theo Định lý 2.1.2 Tiếp theo, ta xét trường hợp 2 - X và 2|Y Viết Y = 2Y 1, Z = 2Z 1, ta thu được phương trình mới.
Từ phương trình (2.70), ta có các biểu thức rts 2 (tu 2 1 ) 2 −X 2 = 2 và Y 1 2 −4rts 2 (ru 2 2 ) 2 = 1, với u 1 và u 2 là các số nguyên dương Tương tự, từ phương trình thứ hai của (2.71) và Mệnh đề 1.3.1, ta thu được biểu thức rts 2 (rm 2 ) 2 −n 4 = 2,2- n.
Phương trình (X 2 + 2)(n 4 + 2) = Z 2 4 ,2 - Xn có nghiệm nguyên dương duy nhất là (X, n, Z 1 ) = (5,1,3) theo Đinh lý 2.3.2, từ đó suy ra r = 1, t = 3, s = 1 Tuy nhiên, phương trình thứ hai Y 1 2 −12u 4 2 = 1 không có nghiệm nguyên dương theo Mệnh đề 1.3.9 và Định lý 2.5.2.
(X 2 + 2)(Y 2 + 4) = Z 4 (2.72) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh Ta xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: 2 - XY Ta xét phương trình tổng quát hơn
Từ phương trình trên, ta có:
Theo phương trình (2.73), phương trình dx² - y² = 1 có nghiệm, điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1 Nếu phương trình này có nghiệm, thì cả hai phương trình dx² - y² = 2 và dx² - y² = 1 cũng phải có nghiệm.
Trong trường hợp 2: 2|XY, việc lấy modulo 16 cho thấy phương trình (2.72) không có nghiệm nguyên khi 2 - X hoặc 2 - Y Do đó, chúng ta chỉ cần xem xét trường hợp 2|X và 2|Y Ta có thể viết lại X = 2X1, Y = 2Y1, Z = 2Z1, từ đó phương trình (2.72) sẽ được chuyển đổi tương ứng.
(2X 1 2 + 1)(Y 2 + 1) = 2Z 1 4 (2.74) Như trên, từ phương trình (2.74) suy ra rts 2 (tu 2 1 ) 2 −2X 1 2 = 1,2rts 2 (ru 2 2 ) 2 −Y 1 2 = 1, (2.75) với các số nguyên dươngu1 vàu2 nào đó (mâu thuẫn Mệnh đề 1.3.1 khi rts >
Nếu rst = 1, phương trình đầu tiên của (2.75) trở thành u^4 - 2X^1^2 = 1, và theo Mệnh đề 1.3.10, phương trình này không có nghiệm nguyên dương Điều này được khẳng định bởi Định lý 2.5.3 ([10, Định lý 1.2(16)]).
Chứng minh Ta chia chứng minh thành 2 trường hợp.
Trường hợp 1: 2 - XY Xét phương trình tổng quát hơn
Từ phương trình trên, ta có:
Theo phương trình (2.77), phương trình dx² - y² = 1 có một nghiệm, điều này trái ngược với Mệnh đề 1.3.1 Nếu điều này đúng, thì cả hai phương trình x² - dy² = 2 và dx² - y² = 1 đều phải có nghiệm.
Trường hợp 2: 2|XY Bằng cách lấy modulo 4 ta thấy phương trình (X 2 − 2)(Y 2 + 4) =Z 4 không có nghiệm nguyên khi 2|X và2 - Y Ta xét hai trường hợp nhỏ sau:
Trường hợp nhỏ 1: 2|X và 2|Y Viết X = 2X 1 , Y = 2Y 1 , Z = 2Z 1 Ta có
Ta định nghĩa lại các số r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.1.1 nhưng thay thế X 2 + 1 trong định nghĩa đó bởi 2X 1 2 −1 Ta thu được
2X 1 2 −rts 2 (tu 2 1 ) 2 = 1, (2.79) 2rts 2 (ru 2 2 ) 2 −Y 1 2 = 1, (2.80) với các số nguyên dương u 1 , u 2 nào đó và Z 1 = rtsu 1 u 2 Theo Mệnh đề 1.3.1 thì rts 2 = 1 Vì vậy
Từ (2.81), (2.82) và Mệnh đề 1.3.7, và một định lý của Ljunggren, thì X 1 1, u 1 = 1,(Y 1 , u 2 ) = (1,1); (239,13).
Trường hợp nhỏ 2: 2- X và 2|Y Viết Y = 2Y1, Z = 2Z1 Ta thu được
Ta xác định r, s, t như trong chứng minh của Định lý 2.3.1 Ta có
X 2 −rts 2 (tu 2 1 ) 2 = 2, (2.84) rts 2 (2ru 2 2 ) 2 −Y 1 2 = 1, (2.85) với các số nguyên dương u 1 , u 2 nào đó Từ Mệnh đề 1.3.1 suy ra rts 2 = 1 Vì vậy
X 2 −u 4 1 = 2 (2.86) Điều này không thể xảy ra Từ đó nghiệm nguyên dương của phương trình(X 2 −2)(Y 2 + 4) = Z 4 là và chỉ là (X, Y, Z) = (2,2,2),(2,478,26).
Phương trình Diophant dạng (x 2 ± 4)(y 2 ± 1) = z 4
Định lý 2.6.1 ([10, Định lý 1.2(11)]) Các nghiệm nguyên dương của phương trình
Chứng minh Ta xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: 2 - X Tương tự như chứng minh Định lý 2.2.1, ta thấy rằng tồn tại các số nguyên lẻ k và l sao cho 3|l, X = U k , Y = U l và
T k = tu 2 1 , T l = 2ru 2 2 , (2.88) với các số nguyên dương u 1 và u 2 nào đó.
Giả sử d = gcd(k, l);k = dk 1 ;l = dl 1 Khi đó 2 - k 1 l 1 Bằng chứng minh tương tự của Định lý 2.2.1 và Mệnh đề 1.3.5, ta có k 1 ∈ {1,5} và l = 3. Trước tiên ta xét trường hợp k 1 = 1 Khi đó
Vì gcd(T 3d /T d , rt)|3, rt|T 3d /T d và 3 - rts 2 , ta có r = 1, điều này không thể xảy ra Do đó k1 = 5, T3d = 2r , T5d = t
Giả sử gcd(T 3d /T d , rt)|3 và 3 - rt, ta có r = 1 và t = 5 Từ T d gcd(T 3d , T 5d ) = , T 5 = 5, suy ra 5s 4 T d 4 −5s 2 T d 2 + 1 = , do đó sT d = 1 hoặc 3 theo Mệnh đề 1.3.15 Nếu sT d = 1 thì s = 1, T d = 1, U d = 1, T 3d = 2, T 5d = 5, và phương trình (2.87) có nghiệm (X, Y, Z) = (11,2,5) Nếu sT d = 3 thì s = 3, T d = 1, điều này không thể xảy ra vì 3 - Z Do đó, phương trình (2.87) chỉ có một nghiệm nguyên dương duy nhất là (X, Y, Z) = (11,2,5).
Trường hợp 2: 2|X Viết X = 2X 1 , Z = 2Z 1 Như trên ta thu được phương trình
Từ phương trình (2.89), ta có:
2rts 2 (tu 2 1 ) 2 −X 1 2 = 1,2rts 2 (ru 2 2 ) 2 −Y 2 = 1 (2.90) Tương tự, bằng Mệnh đề 1.3.13, ta có rt = 1 và suy ra
2s 2 u 4 1 −X 1 2 = 1,2s 2 u 4 2 −Y 2 = 1 (2.91) Suy ra s = 1 theo Mệnh đề 1.3.8 Từ đó
Theo Mệnh đề 1.3.8 ta có (X 1 , Y, u 1 , u 2 ) = (1,239,1,13); (239,1,13,1) Vì vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (X 2 + 4)(Y 2 + 1) = Z 4 là (X, Y, Z) = (11,2,5); (2,239,26); (478,1,26) Định lý 2.6.2 ([10, Định lý 1.2(13)]) Phương trình
(X 2 + 4)(Y 2 −1) = Z 4 (2.93) không có nghiệm nguyên dương.
Để chứng minh, chúng ta bắt đầu với các nghiệm (X, Y, Z) của phương trình (2.93) với 2 -X Chúng ta xác định các giá trị r, s, t theo Định lý 2.2.1 Từ phương trình (2.93), ta có các biểu thức: rts 2 (tu 2 1 ) 2 −X 2 = 4, Y 2 −rts 2 (ru 2 2 ) 2 = 1, và Z = rtsu1u2.
Nếu2- u 2 thì từ phương trình thứ hai của (2.94) cho các số nguyêna, b, r 1 , r 2 , u 3 , u 4 thỏa mãn
Do đó ar 2 1 u 4 3 −br 2 2 u 4 4 = 2,2- abr 1 r 2 u 3 u 4 (2.96)
Suy ra cả hai phương trình rts 2 x 2 −y 2 = 1và ax 2 −by 2 = 2, ab = rts 2 ,2- xy có các nghiệm nguyên, mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1.
Nếu2|u 2 thì từ phương trình thứ hai của (2.95) có các số nguyêna, b, r 1 , r 2 , u 3 , u 4 thỏa mãn
Do đó, phương trình ar 1 2 u 4 3 − br 2 2 u 4 4 = 1 (2.97) cho thấy nếu a, b > 1 thì cả hai phương trình rts 2 x 2 − y 2 = 1 và ax 2 − by 2 = 1, ab rts 2 ; a, b > 1 đều có nghiệm nguyên, điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1 Ngoài ra, nếu a > 1 và b = 1 thì ta có r 1 = r, r 2 = 1, từ đó suy ra rts 2 (ru 2 3) 2 − 4u 4 4 = 1 (2.98).
Nếu a = 1 và b = √2, áp dụng phương pháp trước cho phương trình u^4 - √2 (ru^2)^2 = 1, ta nhận được √2 (rm^2)^2 - 4n^4 = 1 Kết hợp kết quả này với phương trình đầu tiên trong (2.94), ta có được mối liên hệ quan trọng giữa các biến.
Theo chứng minh của Định lý 2.6.1, phương trình (2.100) có nghiệm nguyên dương duy nhất (X, n, Z 1 ) = (11,1,5) Vì vậy, phương trình (2.93) không có nghiệm nguyên dương với 2 - X.
Tiếp theo ta xét trường hợp 2||X Viết X = 2X 1 , Z = 2Z 1 với X 1 lẻ Từ phương trình (2.93) ta có
X 1 2 + 1 = 2rts 2 (tu 2 1 ) 2 , Y 2 −1 = 2rts 2 (ru 2 2 ) 2 (2.101) Tương tự, từ phương trình thứ hai của (2.101) và Mệnh đề 1.3.1, ta thu được:
Kết hợp phương trình thứ nhất của (2.101) và phương trình (2.102), ta có
Mâu thuẫn với Định lý 2.1.1.
Bây giờ ta xét trường hợp 4|X Viết X = 2X 1 , Z = 2Z 1 với X 1 chẵn Khi đó
X 1 2 + 1 = rts 2 (tu 2 1 ) 2 , Y 2 −1 =rts 2 (2ru 2 2 ) 2 (2.103) Tương tự, từ phương trình thứ hai của (2.103) và Mệnh đề 1.3.1, ta có rts 2 (ru 2 3 ) 2 = (2u 2 4 ) 2 + 1, u3, u4 ∈ N (2.104)
Mâu thuẫn với Định lý 2.1.1 Vậy phương trình(X 2 + 4)(Y 2 −1) = Z 4 không có nghiệm nguyên dương Định lý 2.6.3 ([10, Định lý 1.2(14)]) Phương trình
(X 2 −4)(Y 2 + 1) = Z 4 (2.105) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh Ta xét nghiệm (X, Y, Z) của phương trình (2.105) với 2 - X.
Ta xác định r, s, t như trong Định lý 2.2.2 Ta có
X 2 −4 = rts 2 (tu 2 1 ) 2 , Y 2 + 1 = rts 2 (ru 2 2 ) 2 , Z = rstu 1 u 2 (2.106)
Từ phương trình thứ nhất của (2.106) suy ra có các số nguyên dươnga, b, t1, t2, u 3 , u 4 sao cho
Do đó at 2 1 u 4 3 −bt 2 2 b 4 4 = 4,2- abr1r2u3u4 (2.107) Nếua, b > 1, thì cả 2 phương trìnhrts 2 x 2 −y 2 = 1vàax 2 −by 2 = 1, ab = rts 2 có nghiệm nguyên (Mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1).
Nếu a > 1 và b = 1 thì r1 = r, r2 = 1 Suy ra rts 2 (ru 2 3 ) 2 −u 4 4 = 4, u 4 |u 2 (2.108)
Nếu a = 1 và b = √2, ta thực hiện lại quá trình cho phương trình u^4 - √2 (ru^2) = 4, dẫn đến √2 (rm^2) - n^4 = 4, với n | u^2 Kết hợp phương trình này với (2.108) hoặc (2.109) và phương trình thứ hai của (2.106) sẽ cho kết quả cần thiết.
Theo Định lý 2.6.1, phương trình (2.110) không có nghiệm nguyên dương Vì vậy, phương trình (2.105) không có nghiệm nguyên dương với 2- X.
Bây giờ ta xét trường hợp: 2||X Viết X = 2X 1 , Z = 2Z 1 với X 1 lẻ Ta thu được
Từ phương trình đầu tiên của (2.111) và Mệnh đề 1.3.1 ta có
2rts 2 (2ru 2 3 ) 2 = u 4 4 + 1 (2.113) Bằng cách lấy modulo 4 ta thấy điều này không thể xảy ra.
Bây giờ ta giả sử 4|X Viết X = 2X 1 , Z = 2Z 1 với X 1 chẵn Ta thu được
Tuy nhiên, phương trình thứ hai của (2.114) không thể xảy ra khi lấy modulo
4 Từ đó suy ra phương trình (X 2 −4)(Y 2 +1) = Z 4 không có nghiệm nguyên dương Định lý 2.6.4 ([10, Định lý 1.2(15)]) Phương trình
(X 2 −4)(Y 2 −1) = Z 4 (2.115) có vô số nghiệm dương (X, Y, Z) = (2Y, Y,2S), trong đóY, S là các số nguyên dương thỏa mãn Y 2 −2S 2 = 1.
Để chứng minh, trước tiên chúng ta xem xét trường hợp 2 - X Tương tự như cách giải tìm nghiệm của phương trình (2.115), ta nhận thấy rằng tồn tại các số nguyên dương k và l, với điều kiện 3|l, trong đó X = Tk và Y = Tl.
U k = tu 2 1 , U l = 2ru 2 2 , (2.116) với các số nguyên dương u 1 và u 2 nào đó.
Ta có thể giả sử d = gcd(k, l);k = dk 1 , l = 2 u l 1 d,2 - k 1 l 1 , u ≥ 0 Khi đó,
U d = gcd(U k , U l ) =c , c|rt vì gcd(r, t) = 1 Vì
Do mỗi ước nguyên tố của gcd(U l 1 d /U d , rtU d ) chia hết l 1 , ta thu được
U l 1 d /U d = m , m|l 1 Áp dụng Mệnh đề 1.3.5 với
(α d ) + (−α −d ) , ta có l1 = 3 Tương tự, k1 ∈ {1,5} Xét trường hợp k1 = 1 Khi đó
Vì mọi ước nguyên tố của gcd( T T 3d d , rt) chia hết 3 và rt| T T 3d d (khi gcd(r, t) = 1), ta có rt = 3, điều này mâu thuẫn vì T d 2 −3s 2 U d 2 = 4 và 2 - T d Do đó k1 = 5, T3d = 2r , T5d = t
Vì mọi ước nguyên tố của gcd( T T 3d d , rt) chia hết 3, ta có r|3; tương tự, t|5.
Khi giải phương trình Do T d 2 − rts 2 U d 2 = 4,2 - T d với điều kiện rt 6= 1,3,15, chúng ta tìm được r = 1 và t = 5 Từ đó, ta có Ud = gcd(U3d, U5d) với U5d = 5, r = 1 và t = 5 Kết quả cho thấy 5s 4 U d 4 + 5s 2 U d 2 + 1 dẫn đến sT d = 0 theo Mệnh đề 1.3.15, điều này không thể xảy ra, do đó phương trình (2.115) không có nghiệm nguyên dương.
Xét trường hợp2|X ViếtX = 2X 1 , Z = 2Z 1 Khi đó, phương trình (2.115) trở thành
Trước tiên ta xét trường hợp 2|X 1 Y Ta giả sử 2|Y và 2 - X 1 Từ phương trình (2.117), có các số nguyên dương u 1 , u 2 sao cho
Y 2 −1 = rts 2 (ru 2 ) 2 ;X 1 2 −1 = 4rts 2 (tu 2 1 ) 2 ,2 - rtsu 2 (2.118)
Từ phương trình thứ nhất của (2.118), tồn tại các số nguyên lẻm, n, r1, r2, u3, u4 thỏa mãn m(r 1 u 2 3 ) 2 −n(r 2 u 2 4 ) 2 , r 1 r 2 = r, u 3 u 4 = u 2 , mn = rts 2 (2.119)
Từ phương trình thứ hai của (2.118) và Mệnh đề 1.3.1, tồn tại các số nguyên dương t 1 , t 2 , u 5 , u 6 thỏa mãn
Từ (2.119), (2.121) và Mệnh đề 1.3.1, ta có u 2 5 + 1 = 2u 2 7 , điều này kéo theo u5 = 239 và
239 2 −1 = 3.5.7.17.2 5 = 8rts 2 u 4 8 , điều này không thể xảy ra.
Cuối cùng ta xét trường hợp 2 - X 1 Y Từ phương trình (2.117), có các số nguyên dương u 1 , u 2 thỏa mãn
Y 2 −1 = 2rts 2 (ru2) 2 , X 1 2 −1 = 2rts 2 (tu 2 1 ) 2 ,2- rtsu2 (2.122)
Từ phương trình một của (2.122), tồn tại các số nguyên dươngm > 1, n, r, r1, r2, u 3 , u 4 thỏa mãn m(r 1 u 2 3 ) 2 −n(r 2 u 2 4 ) 2 = 1, mn = 2rts 2 hoặc mn = rts 2
Từ phương trình thứ hai của (2.122), (2.123) và Mệnh đề 1.3.1, tồn tại các số nguyên dương t 1 , t 2 , u 5 , u 6 thỏa mãn mt 2 1 u 4 5 −nt 2 2 u 4 6 = 1, t 1 t 2 = t (2.124)
Vì m > 1, theo Mệnh đề 1.3.13, (2.123) và (2.124) thì r 1 t 1 = 1, suy ra rt|n và m = 2s 2 1 Vì vậy ta có
2s 2 1 u 4 3 −rts 2 2 (ru 2 4 ) 2 = 1,2s 2 1 u 2 5 −rts 2 2 (ru 2 6 ) 2 = 1, s 1 s 2 = s hoặc s 1 s 2 = s
Kí hiệu (T1, U1) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình Pell
2s 2 1 T 2 −rts 2 2 U 2 = 1 (2.126) và giả sử ε = T 1 p2s 2 1 + U 1 prts 2 2 Với một số nguyên dương k ≥ 1, giả sử (Tk, Uk) là các số nguyên dương cho bởi
T k q 2s 2 1 +U k q rts 2 2 = ε k Giả sử rt > 1 Bằng Mệnh đề 1.3.12, ta giả sử:
Khi đó U k = tu 2 6 = U 1 tu 2 6 /(ru 2 4 ) Suy ra rt|k Giả sử k = rtl Thấy rằng k = p≡ 3 mod 4 vàrt > 1 Lần nữa theo Mệnh đề 1.3.12, ta thu đượcl = 1 và
2s 2 1 −ps 2 2 U 4 = 1, p ≡ 3 mod 4, điều này không thể xảy ra khi lấy modulo 8.
Bây giờ ta giả sử rt= 1 Theo Mệnh đề 1.3.9, phương trìnhX 2 −2s 2 U 4 = 1 có nhiều nhất một nghiệm nguyên dương (X, U), nên X 1 = Y, u 1 = u 2 bởi (2.122) Hiển nhiên, (2.122) có vô số nghiệm(X1, Y, S, u1, u2) = (Y, Y, S,1,1), trong đó Y 2 −2S 2 = 1.
Vì vậy phương trình Diophant (X 2 −4)(Y 2 −1) = Z 4 chỉ có nghiệm dạng(X, Y, Z) = (2Y, Y,2S), trong đó Y 2 −2S 2 = 1
Bằng phương pháp chứng minh tương tự chứng minh của Định lý trên ta có thể chứng minh được Định lý sau đây: Định lý 2.6.5 ([10, Định lý 1.2(17)]) Phương trình
(X 2 −4)(Y 2 −1) = 4Z 4 (2.127) không có nghiệm nguyên dương.
Luận văn đã trình bày được một số nội dung sau đây:
(1) Trình bày sơ lược một số kết quả đã biết về các phương trình Diophant ax 2 −by 4 = ±2 và ax 2 −by 4 = ±4;
(2) Trình bày lại khái niệm về dãy Lehmer mà một số kết quả đã biết về một số phương trình Diophant có liên quan đến dãy Lehmer;
(3) Trình bày lại các kết quả của Luca và Walsh về các phương trình Diophant (x 2 ±1)(y 2 ±1) = z 4 ;
(4) Trình bày lại các kết quả của Yuan và Luo về các phương trình Diophant(x 2 ±C)(y 2 ±D) =z 4 , với C, D ∈ {±1,±2,±4}.