(Luận văn) một số phương trình diophant liên quan đến số cân bằng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HỒNG THƯƠNG lu an n va MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CÂN BẰNG p ie gh tn to oa nl w d LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HỒNG THƯƠNG lu MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CÂN BẰNG an n va tn to ie gh LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC p Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 46 01 13 d oa nl w Mã số: an lu nf va NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC lm ul TS NGÔ VĂN ĐỊNH z at nh oi z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2018 ac th si Mục lục Lời cảm ơn iii lu an n va Chương Một số tính chất số cân 1.1 Khái niệm số cân 1.2 Khái niệm số tam giác phương p ie gh tn to Mở đầu Khái niệm số đối cân nl w 1.3 Một số dãy liên quan 1.5 Một số tính chất 1.6 Một số kết Keskin Karaatli 13 d oa 1.4 nf va an lu lm ul z at nh oi Chương Một số phương trình Diophant liên quan đến số cân 24 Nghiệm nguyên dương phương trình Pell 25 2.2 Nghiệm nguyên dương số phương trình Diophant 26 2.3 Lũy thừa dãy số cân số Lucas z 2.1 m co l gm @ Lũy thừa tích số hạng số cân 45 n va 2.4 an Lu cân 38 ac th i si 2.5 Lũy thừa tích số Lucas cân 49 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th ii si Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS Ngô Văn Định, Trường Đại lu học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên an n va Tôi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS Ngơ Văn Định, người tn to định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận p ie gh văn w Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, thầy oa nl cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường d Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tơi suốt an lu nf va q trình học tập hoàn thành luận văn tốt nghiệp lm ul Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người z at nh oi thân động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập hoàn thành luận văn z Thái Nguyên, tháng năm 2018 @ m co l gm Tác giả an Lu Nguyễn Thị Hồng Thương n va ac th iii si Mở đầu Một số tự nhiên n gọi số cân với hệ số cân r nghiệm phương trình Diophant lu an + + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) n va tn to Khái niệm số cân tìm nghiên cứu ie gh Behera Panda Sau đó, nhiều tính chất đẹp số cân p tìm thấy (xem [1]) Năm 2012, Keskin Karaatli [4] tìm oa nl w số tính chất số cân bằng, số tam giác phương Bên cạnh d việc nghiên cứu tính chất số cân bằng, nhiều nhà toán học lu nf va an nghiên cứu việc sử dụng số cân để giải số dạng lm ul phương trình Diophant z at nh oi Mục đích luận văn nghiên cứu trình bày lại số tính chất số cân bằng, số tam giác phương số kết z việc sử dụng số cân bằng, số Pell, số Lucas cân việc giải m an Lu Luận văn trình bày thành chương: co Cấu trúc luận văn l gm @ phương trình Diophant n va ac th si • Chương Một số tính chất số cân Mục đích Chương giới thiệu sơ lược số cân bằng, số tam giác phương trình bày lại kết Keskin Karaatli [4] • Chương Một số phương trình Diophant liên quan đến số cân Mục đích Chương trình bày lại số kết phương trình Diophant có liên quan đến số cân Tài liệu tham khảo chương [2, 3] lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số tính chất số cân Chương trình bày khái niệm số cân bằng, số đối cân lu an bằng, số tam giác, số tam giác phương số tính chất va n số cân trình bày tài liệu [4] tn to Khái niệm số cân p ie gh 1.1 nl w Định nghĩa 1.1.1 Số nguyên dương n gọi số cân d oa + + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) (1.1) lu nf va an với số nguyên dương r Ở r gọi hệ số cân lm ul ứng với số cân n 2, 14 84 z at nh oi Ví dụ 1.1.2 Các số 6, 35 204 số cân với hệ số cân z Mệnh đề 1.1.3 Nếu n số cân với hệ số cân tương gm @ 8n2 + (1.3) n va −(2n + 1) + r= √ an Lu (1.2) m (n + r)(n + r + 1) co n2 = l ứng r ac th si Chứng minh Từ (1.1), ta có + + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) ⇒ r(r + 1) (n − 1)n = rn + 2 ⇒ n2 − n = 2rn + r2 + r (∗) ⇒ 2n2 = n2 + 2rn + r2 + n + r ⇒ 2n2 = (n + r)2 + n + r lu an n va ⇒ 2n2 = (n + r)(n + r + 1) (n + r)(n + r + 1) gh tn to ⇒ n2 = p ie Thêm nữa, từ (*) suy oa nl w r2 + (2n + 1)r − n2 + n = d Ta có ∆ = 8n2 + > , suy an lu √ nf va −(2n + 1) ± r= z at nh oi lm ul Vì r nguyên dương nên 8n2 + √ 8n2 + z −(2n + 1) + r= l gm Khái niệm số tam giác phương m co 1.2 @ Mệnh đề chứng minh an Lu Định nghĩa 1.2.1 Số tam giác số có dạng 1+2+· · ·+n với n ∈ Z+ n va ac th si Nhận xét 1.2.2 Dễ thấy số N số tam giác N viết n(n + 1) dạng N = Định nghĩa 1.2.3 Số N số tam giác phương vừa có n(n + 1) thể viết dạng N = m2 vừa viết dạng N = , tức nghiệm nguyên phương trình m2 = lu Nhận xét 1.2.4 n(n + 1) an Số nguyên dương n số cân n va n2 số tam giác Do n số cân n2 to gh tn số tam giác phương p ie Số nguyên dương n số cân 8n2 + số Khái niệm số đối cân d an lu 1.3 oa nl w phương nf va Định nghĩa 1.3.1 Số nguyên dương n gọi số đối cân lm ul (1.4) z at nh oi + + · · · + n = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) với số nguyên dương r Ở r gọi hệ số đối cân z gm @ ứng với số đối cân n m cân 1, 35 co l Ví dụ 1.3.2 Các số 2, 14 84 số cân với hệ số đối an Lu n va Mệnh đề 1.3.3 Nếu n số đối cân với hệ số đối cân ac th si Sử dụng phần mềm máy tính, ta thấy tất điểm nguyên (X, Y ) thỏa mãn (2.14) (0; 0) (±2, 0) Vì thế, Y = Do đó, ta Bn = Cn = 0, mâu thuẫn với n ≥ Do vậy, Cn số phương Trường hợp 2: l số lẻ Theo Bổ đề 2.3.3(e), phương trình (2.12) trở thành (2.15) (2Pn )2 − y l = ±1 lu Theo Bổ đề 2.3.9, cách lấy D = 1, ta thấy cho l ≥ an n va nghiệm (2.15) {(2Pn , y, l)} = {(3, 2, 3)} (mâu thuẫn với 2Pn 6= gh tn to 3) p ie Mệnh đề 2.3.12 Cho số nguyên dương y, a, b b ≥ 2, phương nl w trình (2.16) d oa Cn = 3a y b lu nf va an khơng có nghiệm nguyên n ≥ lm ul Chứng minh Nếu n số nguyên chẵn từ - C2 , theo hệ thức truy z at nh oi hồi Cn , ta thấy - Cn Vì , Cn khơng thể phân tích thành 3a y b Bây ta xét trường hợp n số nguyên lẻ Ta chia thành hai z trường hợp a, b gm @ l *) Trường hợp 1: a b số chẵn Trong trường hợp này, ta có  Cn = y b 2 n va Theo Mệnh đề 2.3.11, điều không khả thi (2.17) an Lu a m co thể viết ac th 43 si *) Trường hợp 2: a số lẻ b số chẵn Trong trường hợp này, ta viết (2.18) Cn = 3t2 vớit ∈ Z Theo Bổ đề 2.3.3(b), sử dụng hệ thức Cn2 − 8Bn2 = (2.18), ta có (2.19) 9t4 − 8Bn2 = Nhân t2 vào hai vế (2.19) đặt r = t2 s = 2Bn t, ta lu (2.20) an 2s2 = 9r3 − r n va tn to Tiếp tục, nhân hai vế (2.20) với 648 đặt Y = 36s, X = 18r ta p ie gh có đường cong eliptic (2.21) nl w E : Y = X − 36X d oa Sử dụng phần mềm MAGMA, ta thấy tất điểm (X, Y ) an lu nguyên thỏa mãn (2.21) (±6, 0), (−3, ±9), (−2, −8), (0, 0), (12, ±36), nf va (18, ±72), (294, ±5040) Nếu Y = ta Bn = Cn = lm ul z at nh oi (điều không khả thi) Nếu Y = −8 (tương ứng, Y = −9), s = − (tương ứng, s = ± ), điều không khả s số nguyên Nếu (X, Y ) = (12, ±36), r = s = ±1, điều không khả thi r số nguyên Nếu (X, Y ) = (18, ±72), z gm @ co l (r, s) = (1, ±2) Điều suy t = ±1 Bn t = ±1 Điều m mâu thuẫn với n ≥ Cuối cùng, (X, Y ) = (294, ±5040), 49 r = Điều khơng khả thi r số ngun Do đó, Cn khơng thể có dạng 3t2 với t số nguyên an Lu n va ac th 44 si *) Trường hợp 3: b số lẻ Sử dụng hệ thức Cn = 4Pn2 − phương trình 2.16 đặt x = 2Pn ta (2.22) x2 − 3a y b = Khi đó, cách lấy D = 3a Bổ đề 2.3.9, ta thấy tập hợp nghiệm (x, y, b, 3a ) có phương trình 2.22 sau {(2, 1, b, 3), (5, 2, 3, 3), (7, 2, 4, 3), (17, 2, 5, 9)} lu an n va Ba bốn số cuối không thỏa mãn số nguyên x tn to phương trình 2.22 số nguyên chẵn Cuối cùng, bốn số (2, 1, b, 3) Lũy thừa tích số hạng số cân nl w 2.4 p ie gh dẫn đến n = 1, điều mâu thuẫn Suy điều phải chứng minh d oa Mục đích mục trình bày kết định lý sau lu nf va an Định lý 2.4.1 Không tồn nghiệm nguyên (n, d, k, y, l) z at nh oi lm ul phương trình Diophant (2.23) Bn Bn+d Bn+(k−1)d = y l z với n ≥ 1, d ≥ 1, k ≥ 2, y ≥ 1, l ≥ (n, d) = gm @ co l Để chứng minh định lý này, ta cần số bổ đề sau m Bổ đề 2.4.2 Cho p số nguyên tố lẻ m | n Nếu p | n p | m  an Lu Bn Bm , Bm  n va ac th 45 si Bổ đề 2.4.3 Cho p số nguyên tố lẻ đặt e > số nguyên Nếu q | Bpe với q số nguyên tố, q ≥ 2p − Bổ đề 2.4.4 Cho n = Re pe11 perr phân tích số nguyên n thừa số nguyên tố Ởđây R = P(n) p1 , · · · , pr , R số nguyên Bn = tố phân biệt Khi BRe , BRe lu Chứng minh Nếu R = 2, ta có n = Re   Bn BR e , = (BRe , 1) = BRe an n va p ie gh tn to e Do đó, ta giả sử R số nguyên lẻ Từ Relà số nguyên  tố lẻ, BR Bn Theo Bổ số lẻ Giả sử có số nguyên tố lẻ q | BRe , BRe n đề 2.4.2,ta q | e = pe11 · · · perr Do đó, q = pi với ≤ i ≤ r R q < R Tương tự, từ q | BRe , theo bổ đề 2.4.3, ta có q ≥ 2R − 1, nl w d oa mâu với q < R Do đó, khơng tồn ước ngun tố  thuẫn  Bn BRe , BRe nf va an lu z at nh oi phương trình lm ul Bổ đề 2.4.5 Cho n k số nguyên dương cho k < n Khi n+k−1 Y (2.24) Bi = y l i=n z khơng có nghiệm ngun y ≥ l ≥ gm @ co l Chứng minh Từ k < n theo Bổ đề 2.3.4(1), {n, n + 1, · · · , n + k − m 1} chứa thừa số nguyên tố R cho R > k Nếu R ước an Lu n + i n + j với i, j số nguyên cho ≤ i, j ≤ k − n va R | (i − j), mâu thuẫn với | i − j |< k Vì thế, R ước n + i với ac th 46 si i nhất, ≤ i ≤ k − Hơn nữa, (R, n + j) = 1, j = 0, · · · , k − j 6= i, suy (2.25) (BR , Bn+j ) = B(R,n+j) = B1 =  Thêm nữa, BR , Qk−1 j=0,j6=i Bn+j  = Giả sử (2.24) có nghiệm nguyên y l ≥ Khi k−1 Bn+i Y Bn+j = y l Bi = BR BR n+k−1 Y lu i=1 (2.26) j=0,j6=i an n va Theo Bổ đề 2.4.4 phân tích thừa số nguyên tố tn to số nguyên, ta kết luận BR = yRl với yR số nguyên, mâu p ie gh thuẫn với Mệnh đề 2.3.10 nl w Bây ta chứng minh định lý 2.4.1 d oa Chứng minh Giả sử tồn số nguyên dương n, d, k cho an lu nf va Bn Bn+d · · · Bn+(k−1)d = y l lm ul với số nguyên y ≥ l ≥ z at nh oi Nếu d > k ≥ 2, theo Bổ đề 2.3.4(2), ta R = P (∆(n, d, k)) > k trừ (n, d, k) = (2, 7, 3) z gm @ Nếu (n, d, k) = (2, 7, 3) 2.23 trở thành B2 B9 B16 = y l Tuy nhiên, co l dễ dàng kiểm tra B2 B9 B16 khơng phải số lũy thừa Do đó, m (n, d, k) 6= (2, 7, 3) Từ (n, d, k) 6= (2, 7, 3), ta có R > k Do đó, an Lu R | ∆(n, d, k) Giả sử R | (n + id) R | (n + jd) với i 6= j, n va ≤ i < j ≤ k − Vì R | (j − i)d Từ j − i < k R > k, ac th 47 si ta kết luận R | d Từ (n, d) = 1, ta thấy R - n R - (n + rd) với ≤ r ≤ k − Suy R - ∆(n, d, k), dẫn đến mâu thuẫn Vì thế, R ước n + rd với ≤ r ≤ k − Đặt n + id = Re pe11 · · · perr với P (n + id) = R với i số thỏa mãn ≤ i ≤ k − Từ (Re , n + rd) = với r 6= i, ≤ r ≤ k − 1, ta (2.27) (Bn+rd , BRe ) = lu an n va (2.28) tn to Từ P (n + id) = R, theo Bổ đề 2.4.4, ta có   Bn+id = BRe , BRe p ie gh Bây ta viết phương trình (2.23) dạng nl w k−1 Bn+id Y BRe Bn+rd = y l BRe (2.29) oa r=0,r6=i d Từ (2.27) (2.28), ta thấy   k−1 Y BRe , Bn+id Bn+rd  = e BR nf va an lu r=0,r6=i z at nh oi lm ul (2.30) Theo (2.29), (2.30) phân tích số nguyên thành thừa số nguyên tố, ta kết luận BRe số lũy thừa, điều mâu z gm @ thuẫn với Mệnh đề 2.3.10 Vì , phương trình (2.23) khơng có co l nghiệm Khi d = n > k theo Bổ đề 2.4.5, ta kết luận m phương trình (2.23) khơng có nghiệm Bây giờ, ta xem xét trường hợp an Lu cuối d = n ≤ k Theo Bổ đề 2.3.7, tồn số i n va với ≤ i ≤ k cho R = P (∆(n, k)) = n + i Vì vậy, (R, t) = ac th 48 si với n ≤ t ≤ n + k − t 6= n + i Suy (BR , Bt ) = Do đó,   Qk−1 BR , j=0,j6=i Bn+j = Vì thế, sử dụng Bổ đề 2.4.4, ta kết luận BR số lũy thừa, điều mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.10 2.5 Lũy thừa tích số Lucas cân Tương tự mục trước, định lý sau mục đích mục lu Định lý 2.5.1 Không tồn số nguyên (n, d, k, y, l) nghiệm an n va phương trình Diophant to (2.31) gh tn Cn Cn+d · · · Cn+(k−1)d = y l p ie với n ≥ 1, d ≥ 1, k ≥ 2, y ≥ 1, l ≥ (n, d) = oa nl w Để chứng minh định lý này, ta cần bổ đề sau d Bổ đề 2.5.2 Nếu (m, n) = (Cm , Cn ) = 3r với r số nguyên nf va an lu không âm lm ul Chứng minh Ta có tất số Lucas cân số lẻ, không z at nh oi ước nguyên tố (Cm , Cn ) Cho p ước nguyên tố lẻ (Cm , Cn ) ký hiệu (p) idean pZ[2] vành Z[2] Khi đó, z @ sử dụng dạng Binet cho Cm ta m co l gm  m α αm + β m ≡ 0(modp), suy ≡ −1(modp) β  n α Tương tự, ≡ −1(modp) Từ (m, n) = 1, tồn số nguyên β  mr+ns   α α r s cho mr +ns = Do đó, ta có ≡ (modp) β β an Lu n va ac th 49 si   α (modp) Do đó, α ≡ ±β(modp) Nếu α ≡ Suy (−1)r+s ≡ β √ β(modp) ≡ 0(modp), điều khơng thể xảy p 6= Nếu α ≡ −β(modp) ∈ (p) Từ p 6= 2, có giá trị thỏa mãn p = Do đó, ước nguyên tố có (Cm , Cn ) Vì thế, (Cm , Cn ) = 3r với r số nguyên không âm Bổ đề 2.5.3 Cho n > số nguyên Đặt R = P (n) giả sử lu n/R số nguyên lẻ Khi   Cn = 3a CR , CR an n va tn to ie gh với a số nguyên không âm p Chứng minh Giả sử R làmột số nguyên tố lẻ Cho p 6= số  Cn nguyên tố lẻ cho p | CR , Theo Bổ đề 2.3.3(d), ta kết luận CR   Q2R Q2n p| , Q2R n Do đó, theo Bổ đề 2.3.3(e), ta p | mà n/R số lẻ nên p ≤ R R Tương tự, ta có p | CR Nếu p khơng ước ngun thủy CR d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul p | Ci với i số nguyên, ≤ i < R Do đó, theo Bổ đề 2.5.2, ta z (CR , Ci ) = 3b với b số nguyên không âm Suy p = 3, mâu thuẫn Q2R với giả thiết ban đầu Do đó, p ước nguyên thủy CR = đó, ta có p ≡ ±1(mod4R), suy p ≥ 4R− 1, mâuthuẫn Cn với p ≤ R Vì vậy, ước nguyên tố CR , Nếu CR R = n = 2a với a số nguyên dương Từ n/R số nguyên lẻ, m co l gm @ an Lu n va ac th 50 si ta cần phải có n = Do đó,  CR , CCRn  = = 30 Suy điều phải chứng minh Bổ đề 2.5.4 Cho số nguyên dương m, y l > 1, phương trình m Y (2.32) Ci = y l i=1 khơng có nghiệm lu Chứng minh Giả sử tồn số nguyên dương m, y l > cho Qm l i=1 Ci = y Cho R số nguyên tố lớn nhỏ an n va gh tn to m Khi m < 2R Vì thế, với tất số nguyên i = 1, · · · , m p ie với R 6= i, ta có (R, i) = Do đó, theo Bổ đề 2.5.2, với i 6= R, w ≤ i ≤ m, ta có d oa nl (CR , Ci ) = 3ri an lu với ri số nguyên không âm Vì thế, ta viết CR = 3t u nf va Ci = 3ri vi với r, t, vi số nguyên, - u (u, vi ) = Do đó, lm ul phương trình (2.32) trở thành 3u z at nh oi t m Y 3ri vi = y l , i=1,i6=R z vi = 3k y l co l i=1,i6=R gm u m Y @ suy m với k số nguyên Từ (u, vi ) = với tất i 6= R, ta có u = 3k y1l an Lu u = y1l với y1 ước y Vì vậy, CR = 3t1 y1l với t1 số n va ac th 51 si nguyên không âm Điều xảy theo Mệnh đề 2.3.11 2.3.12 Bây ta chứng minh Định lý 2.5.1 Chứng minh Giả sử tồn số nguyên dương n, d, k cho phương trình (2.31) với số số nguyên y > l > Giả sử k = Khi phương trình (2.31) trở thành lu Cn Cn+d = y l an va n Từ (n, d) = 1, ta có (n, n + d) = Do đó, theo Bổ đề 2.5.2, ta có gh tn to (Cn , Cn+d ) = 3r với r số ngun khơng âm Vì thế, theo tính phân p ie tích số nguyên, ta Cn = 3r y1l với r số nguyên nl w không âm y1 số nguyên dương (điều xảy theo d oa Mệnh đề 2.3.11 2.3.12) Do trường hợp khơng thể xảy nf va an lu Giả sử k = Khi đó, ta viết phương trình (2.31) sau lm ul Cn Cn+d Cn+2d = y l z at nh oi Nếu n số chẵn n+d số lẻ Đặt P (n+d) = R R số nguyên tố lẻ Từ (n, d) = 1, ta thấy R - n R - n(n + 2d) Vì thế, z m co l gm @ (CR , Cn ) = 3a với a số nguyên không âm (CR , Cn+2d ) = 3b với b Cn+d số nguyên không âm Theo Bổ đề 2.5.3, ta CR , = 3c CR với c số nguyên khơng âm Vì vậy, CR = 3r y1l với số nguyên không an Lu âm r số nguyên dương y1 Điều mâu thuẫn với Mệnh đề n va 2.3.11 2.3.12 Nếu n số lẻ n + 2d số lẻ Đặt P (n) = R ac th 52 si R số nguyên tố lẻ Từ (n, d) = ta thấy R - (n + d) R - (n + 2d) Do đó, (CR , Cn+d ) = 3a với a sốnguyên  không âm, Cn = 3c với (CR , Cn+2d ) = 3b với b số nguyên không âm CR , CR r l c số ngun khơng âm Do đó, CR = y1 với r số nguyên không âm y1 số nguyên dương Điều mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.11 2.3.12 Giả sử k = Khi phương trình (2.31) trở thành Cn Cn+d Cn+2d Cn+3d = y l lu an n va Khơng làm tính tổng qt, ta giả sử n n + 2d số lẻ Đặt tn to P (n + 2d) = R R số ngun tố lẻ Vì R - n, ie gh R - (n + d) R - (n + 3d) Bây giờ, ta làm chứng minh p trường hợp k = ta kết luận CR = 3r y1l với r số nguyên không âm oa nl w y1 số nguyên dương Điều mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.11 d 2.3.12 Giả sử k = Khi phương trình (2.31) trở thành an lu nf va Cn Cn+d Cn+2d Cn+3d Cn+4d = y l lm ul Nếu n số chẵn n + d, n + 3d số nguyên lẻ Do đó, số z at nh oi chúng khơng phải ước 3, giả sử n + d Đặt P (n + d) = R R > số nguyên tố lẻ Vì R - (n + 2d), R - (n + 3d) z gm @ R - (n+4d) R > Vì thế, (CR , Cn ) = 3a với a số nguyên không co l âm,(CR , Cn+2d ) = 3b với b số nguyên không âm, (CR , Cn+3d ) = 3c m e với c số nguyên không âm (CR , Cn+4d  ) = với  e số nguyên Cn+d khơng âm Cũng theo Bổ đề 2.5.3, ta có CR , = 3t với t số CR nguyên không âm Do vậy, CR = 3r y1l với r số nguyên không âm, an Lu n va ac th 53 si y1 số nguyên dương Điều mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.11 2.3.12 Nếu n số lẻ n+2d số nguyên lẻ Đặt P (n+2d) = R R số nguyên tố lẻ Vì R - n, R - (n+d), R - (n+3d) R - (n + 4d) Vì thế, (CR , Cn ) = 3a với a số nguyên không âm,(CR , Cn+d ) = 3b với b số nguyên không âm, (CR , Cn+3d ) = 3c lu e với c số nguyên không âm (CR , Cn+4d ) = với  e số nguyên  Cn+d = 3t với t số không âm Cũng theo Bổ đề 2.5.3, ta có CR , CR r l nguyên không âm Do vậy, CR = y1 với r số nguyên không âm, an n va tn to y1 số nguyên dương Điều mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.11 ie gh 2.3.12 p Bây giờ, ta xem xét trường hợp k ≥ d > Theo Bổ đề w oa nl 2.3.5, tồn số nguyên i nhỏ thỏa mãn ≤ i < k cho d P (n+id) = R > k n+id số nguyên lẻ Suy R an lu nf va số nguyên tố lẻ Từ R ước n+id, ta ý R - (n+jd)∀j 6= i lm ul với ≤ j < k Thật vậy, giả sử R | (n + rd) với r 6= i ≤ r < k z at nh oi Do R | (r − i)d Từ | r − i |< k R > k, ta R | d (mâu thuẫn với (n, d) = 1) Do đó, R ước n + id R - (n + jd) với z j 6= i ≤ j < k Vì thế, (CR , Cn+rd ) = 3ar với ar số nguyên @ m co l gm không âm r số nguyên, r 6= i Từ n + id số nguyên lẻ n + id R số nguyên tố lẻ, ta thấy số nguyên lẻ Vì R   Cn+id vậy, theo Bổ đề 2.5.3, CR , = 3b với b số nguyên không CR c âm Đặt CR = u với c nguyên không âm, u số nguyên dương an Lu n va ac th 54 si  Cn+id = (u, Cn+rd ) = với số nguyên - u Do đó, u, CR r 6= i Ta cần viết lại phương trình (2.31) sau  k−1 Cn+id Y Cn+id = y l 3u CR (2.33) c j=1,j6=i Từ lập luận trên, ta kết luận u = 3r y1l với r số nguyên không âm y1 số nguyên dương Suy CR = 3c+r y1l (mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.11 2.3.12) Cuối cùng, xét trường hợp k ≥ 6, d = lu an Trong trường hợp này, phương trình (2.31) trở thành va n k−1 Y tn to (2.34) Cn+i = y l gh i=1 p ie Nếu n ≤ 2k theo Bổ đề 2.3.7, tồn số nguyên i với nl w ≤ i ≤ k − cho R = P (n(n + 1) · · · (n + k − 1)) = n + i Do d oa vậy, (R, t) = với số nguyên t, n ≤ t ≤ n + k − t 6= n + i lu nf va an Suy (CR , Ct ) = 3a với a số nguyên không âm Do vậy, CR = 3r y1l với r số nguyên không âm y1 số nguyên dương Điều lm ul theo Mệnh đề 2.3.11 2.3.12 Nếu n > 2k theo Bổ đề z at nh oi 2.3.8, ta số nguyên i mà n + i số lẻ với R = P (n + i) > k z R - (n + j) với số nguyên j = 1, 2, · · · , k − j 6= i Do đó, gm @ lần ta đưa đến CR = 3a y1l với a số nguyên không âm y1 m mệnh đề 2.3.12 co l số nguyên dương Điều theo Mệnh đề 2.3.11 an Lu n va ac th 55 si Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: Nhắc lại khái niệm số cân bằng, số đối cân bằng, số tam giác, lu an số Pell, Đồng thời trình bày lại số kết Keskin va n Karaatli số cân số tam giác phương ie gh tn to Trình bày lại số kết Karaatli Keskin số p phương trình Diophant liên quan đến số tam giác phương oa nl w số cân phương d Trình bày lại số kết Dey Rout số phương an lu nf va trình Diohant liên quan đến số cân số Lucas cân z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th 56 si Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Thị Hường (2015), Số cân số đối cân bằng, Luận lu an văn thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên n va gh tn to Tiếng Anh p ie [2] Dey P.K., Rout S.S (2017), “Diophantine equations concerning nl w balancing and Lucas balancing numbers", Archiv der Mathematik d oa 108(1), pp 29–43 lu nf va an [3] Karaatli O., Keskin R (2010), “On some diophantine equations lm ul related to square triangular and balancing numbers", Journal of 71-89 z at nh oi Algebra, Number Theory: Advances and Applications 4(2), pp z gm @ [4] Keskin R., Karaatli O (2012), “Some new properties of balanc- m co sequences 15, Article 12.1.4 l ing numbers and square triangular numbers", Journal of integer an Lu n va ac th 57 si