(Luận văn) về phương trình diophantine dạng ax2 bx2=c

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - LƢƠNG THỊ MAI ANH lu an n va to p ie gh tn VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTINE DẠNG Ax2 - By2 = C d oa nl w ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2018 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - LƢƠNG THỊ MAI ANH lu an n va VỀ PHƢƠNG TRÌNH to p ie gh tn DIOPHANTINE DẠNG Ax2 - By2 = C w Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp d oa nl Mã số: 8460113 lu ll u nf va an LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC (Xác nhận) z at nh z gm @ PGS.TS Nông Quốc Chinh m co l an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si Mục lục lu Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị an n va Liên phân số hữu hạn 1.2 Liên phân số vô hạn 1.3 Liên phân số vơ hạn tuần hồn gh tn to 1.1 p ie Chương Về phương trình Diophantine bậc dạng Ax2 − By = C 12 Phương trình Diophantine x2 − Dy = N 2.2 Phương trình Diophantine dạng Ax2 − By = C 16 2.3 Một số ví dụ áp dụng 34 d oa nl w 2.1 40 lm ul 41 z at nh oi Tài liệu tham khảo nf va an lu Kết luận 12 z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Số học mơn tốn học có đối tượng nghiên cứu số ngun Khơng có đơn giản quen thuộc số nguyên Ngày nay, với phát triển khoa học công nghệ, đặc biệt lu an cơng nghệ số hóa, địi hỏi người không ngừng nghiên cứu khám n va phá quy luật, thuật giải cho toán liên quan tới số nguyên tn to Bao hàm mảng số học, giải phương trình nghiệm ngun hay cịn gh gọi phương trình Diophantine Lớp phương trình cịn tồn nhiều p ie tốn, giả thuyết chưa có câu trả lời Nó ln vấn đề thu hút w nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên cứu tìm hiểu Chính việc tìm oa nl lời giải cho toán hay chứng minh giả thuyết phương trình d Diophantine làm nảy sinh lý thuyết, phương pháp khác Toán lu an học Lớp toán liên quan tới phương trình Diophantine khơng có quy nf va tắc giải tổng quát, có dạng đơn giản Đó lm ul nguyên nhân để lớp phương trình thu hút khám phá nghiên z at nh oi cứu nhà Toán học Trong hầu hết kỳ thi quan trọng thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Quốc tế, tốn liên quan đến phương trình Diophantine thường xuyên sử dụng để đánh giá học sinh z Do đó, hướng dẫn khoa học PGS.TS Nông Quốc Chinh, @ gm chọn hướng đề tài luận văn liên quan tới lớp phương trình co l Diopantine Cụ thể nghiên cứu tính chất nghiệm mối liên hệ m phương trình Diophantine dạng Ax2 −By = C với biểu diễn liên phân an Lu số liên tục n va ac th si Luận văn với tên đề tài "Về phương trình Diophantine dạng Ax2 −By = C", với mục đích trình bày kết nghiên cứu Mollin (2002) [8] công bố tạp chí Acta Math Univ Comenianae năm 2002 Nội dung luận văn gồm chương Chương tập trung trình bày số kiến thức liên phân số, dùng để nghiên cứu kết chương sau Nội dung chương gồm ba phần, cụ thể nghiên cứu phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = N dạng Ax2 − By = C phần cuối số ví dụ minh họa Để hoàn thành luận văn, lời em xin chân thành cảm ơn hướng dẫn tỉ mỉ tận tình PGS.TS Nơng Quốc Chinh Em xin lu an bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy n va Trong trình học tập nghiên cứu trường Đại học Khoa học tn to – Đại học Thái Nguyên tác giả nhận quan tâm giúp đỡ động viên thầy Ban Giám hiệu, phịng Đào tạo khoa gh p ie Toán – Tin Em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trường THPT Toàn oa nl w Thắng, Tiên Lãng, Hải Phòng anh chị em đồng nghiệp tạo điều kiện tốt cho tác giả thời gian học Cao học d an lu Xin cảm ơn anh chị học viên lớp Cao học Toán K10B1 bạn bè nf va đồng nghiệp trao đổi, động viên khích lệ tác giả trình học lm ul tập làm luận văn trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Thái Nguyên, ngày 22 tháng năm 2018 z at nh oi Học viên z l gm @ m co Lương Thị Mai Anh an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn lu bị an n va tn to Trong chương này, chúng tơi tập trung trình bày liên phân số ie gh số kết để áp dụng cho việc nghiên cứu phương trình p Diophantine bậc hai, trình bày chương nl w Liên phân số hữu hạn d oa 1.1 lu biểu thức có dạng nf va an Định nghĩa 1.1.1 Liên phân số hữu hạn hay phân số liên tục a1 + z at nh oi lm ul a0 + 1 a2 + · · · + z gm @ an−1 + an ký hiệu [a0 ; a1 , , an ] m co l a0 , a1 , , an số thực a1 , , an 6= Một liên phân số n [a1 ; a2 , , ak+1 ] va [a0 ; a1 , , ak+1 ] = a0 + an Lu Từ định nghĩa dễ thấy ac th si Nếu a0 ∈ Z a1 , , an số ngun dương ta nói [a0 ; a1 , an ] liên phân số hữu hạn có độ dài n Rõ ràng liên phân số hữu hạn số hữu tỷ Ngược lại ta có: Định lý 1.1.2 Mỗi số hữu tỷ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn Chứng minh Giả sử x = a b a, b ∈ Z b > Đặt r0 = a, r1 = b Thuật chia Euclide cho ta lu r0 = r1 q1 + r2 , < r2 < r1 , r1 = r2 q2 + r3 , < r3 < r2 , an va n rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , < rn < rn−1 , gh tn to p ie rn−1 = rn qn w Từ dễ thấy d oa nl a = [q1 ; q2 , , qn ] b Ta có điều phải chứng minh an lu nf va Cho liên phân số hữu hạn [a0 ; a1 , , an ] Với k ≤ n liên phân số lm ul Ck = [a0 ; a1 , , ak ] gọi giản phân thứ k [a0 ; a1 , , an ] z at nh oi Cơng thức tính giản phân cho định lý sau Định lý 1.1.3 Cho liên phân số hữu hạn [a0 ; a1 , , an ] Giả sử hai dãy z số nguyên dương p0 , p1 , , pn q0 , q1 , , qn xác định truy hồi p1 = a0 a1 + q = a1 , qk = ak qk−1 + qk−2 n va pk = ak pk−1 + pk−2 , an Lu m q0 = 1, co p0 = a0 , l gm @ sau ac th si Khi giản phân thứ k Ck = [a0 ; a1 , , ak ] cho pk qk Ck = Chứng minh Ta chứng minh quy nạp Với k = ta có C0 = [a0 ] = p0 /q0 Với k = ta có C1 = [a0 ; a1 ] = a0 + a0 a1 + 1 = = p1 /q1 a1 a1 lu Giả sử định lý cho ≤ k < n Khi với ≤ k < n, an pk ak pk−1 + pk−2 = qk ak qk−1 + qk−2 n va Ck = [a0 ; a1 , , ak ] = to gh tn Vậy ie " p Ck+1 = [a0 ; a1 , , ak , ak+1 ] = a0 ; a1 , , ak − 1, ak + w d oa nl = (ak + # ak+1 + pk−2 + qk−2 ak+1 (ak pk−1 + pk−2 ) + pk−1 ak+1 (ak qk−1 + qk−2 ) + qk−1 ak+1 pk + pk−1 pk+1 = = ak+1 qk + qk−1 qk+1 = nf va an lu z at nh oi lm ul Định lý chứng minh ak+1 )pk−1 ak+1 )qk−1 (ak + Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh đẳng thức z quan trọng sau (pk ) (qk ) m co l Hệ 1.1.5 (pk , qk ) = gm @ Định lý 1.1.4 pk qk−1 − pk−1 qk = (−1)k−1 an Lu Tiếp theo, ta mô tả quan hệ giản phân n va ac th si Định lý 1.1.6 Giả sử (Ck ) dãy giản phân liên phân số hữu hạn [a0 ; a1 , an ] Ta có Ck − Ck−1 Ck − Ck−2 (−1)k−1 = , qk qk−1 ak (−1)k = , qk qk−2 ≤ k ≤ n, ≤ k ≤ n Chứng minh Với đẳng thức thứ ta có Ck − Ck−1 (−1)k−1 pk qk−1 − pk−1 qk = = qk qk−1 qk qk−1 lu an Với đẳng thức thứ hai ta có va n Ck − Ck−2 = tn to pk qk−2 − pk−2 qk qk qk−2 gh Thay pk = ak pk−1 + pk−2 , qk = ak qk−1 + qk−2 vào tử số áp dụng đẳng p ie thức thứ ta thu điều phải chứng minh oa nl w Từ định lý ta thu kết quan trọng sau d Định lý 1.1.7 Ta có nf va an lu C1 > C3 > C5 > , lm ul C0 < C2 < C4 > z at nh oi Hơn giản phân lẻ C2j−1 lớn giản phân chẵn C2i Chứng minh Từ định lý ta thấy k lẻ Ck < Ck−2 k chẵn z Ck > Ck−2 Cũng theo định lý trên, ta có suy C2m < C2m−1 m co l gm Vậy C2j−1 > C2j−1+2i > C2j+2i > C2i @ C2m − C2m−1 (−1)2m−1 = với i ≥ Đặt Ck = [a0 ; a1 , , ak ] lu Khi tồn giới hạn an lim Ck = α n va k→∞ tn to Ta gọi α giá trị liên phân số vô hạn [a0 ; a1 , a2 ] viết p ie gh α = [a0 ; a1 , a2 , ] nl w Chứng minh Theo Định lý 1.1.7 ta có d oa C1 > C3 > C5 > > C2n−1 > C2n+1 > nf va an lu C0 < C2 < C4 < < C2n−2 < C2n < Hơn dãy (C2k+1 ) dãy giản bị chặn C0 dãy (C2k ) tăng z at nh oi lm ul bị chặn C1 Vậy tồn lim C2k+1 = α1 k→∞ lim C2k = α2 k→∞ Ta cần chứng minh α1 = α2 Thật theo Định lý ta có z @ q2k+1 q2k m co Bằng quy nạp, ta có qk ≥ k Do l gm C2k+1 − C2k = n va Vậy α1 = α2 Định lý chứng minh an Lu lim (C2k+1 − C2k ) = k→∞ ac th si 18 ra, số vơ tỉ bậc hai biểu diễn thành liên phân số liên tục vô hạn tuần hoàn, ta ký hiệu α = hq0 ; q1 , , ql−1 i nghĩa qn = qn+l với mọil n > 0, l = l(α) độ dài biểu diễn liên phân số liên tục đơn Ta biết số vơ tỉ bậc hai α có biểu diễn thành liên phân số tuần hoàn túy α > −1 < α0 < Mọi số vô tỉ bậc hai thỏa mãn hai điều kiện gọi thu gọn (xem [18], Định lý 5.3.2, tr 241) Nếu α số vô tỉ bậc hai rút gọn, với j > 0, ta có lu √ √ √ < Qj < D, < Pj < D qj b Dc an (2.6) n va Giả sử D0 > số ngun khơng phương đặt: tn to D0 ≡ (mod 4)   1, D0 6≡ (mod 4) σ0 =  p ie gh oa nl w Kí hiệu     2, d ω0 = (σ0 − + √ D)/σ0 , ∆0 = (ω0 − ω00 )2 = 4D0 /σ , an lu nf va ω00 liên hợp ω0 , tức lm ul ω00 = (σ0 − − √ D)/σ0 z at nh oi Giá trị ∆0 gọi biệt thức phù hợp với D0 , ω0 gọi giá trị phù hợp với ∆0 Đặt ∆ = f∆2 ∆0 với f∆ ∈ N Nếu z ta kí hiệu gm @ co l g = gcd(f∆ , σ0 ), σ = σ0 /g, D = (f∆ /g)2 D0 , ∆ = 4D/σ m ∆ gọi biệt thức phù hợp với D Hơn nữa, giả sử √ D)/σ an Lu ω∆ = (σ − + n va ac th si 19 với h ∈ Z, ω∆ gọi giá trị phù hợp với biệt thức ∆ = (ω∆ − ω∆ ) Ghi chú: O∆ vành gồm phần tử số nguyên đại số trường √ K = Q( ∆) ( số gọi số nguyên đại số nghiệm đa thức f (x) ∈ Z[x], f (x) đa thức có hệ tử cao Giả sử [α, β] = αZ + βZ Z−module Khi O∆ = [1, ω∆], √ √ vành thứ tự trường K = Q( ∆) = Q( D0 ) Khi f∆ = 1, O∆ gọi vành thứ tự cực đại K Tất phần tử khả nghịch O∆ tạo thành nhóm kí hiệu U∆ Các phần tử khả lu nghịch dương U∆ có phần tử sinh khả nghịch nhỏ lớn an n va phần tử nhất, gọi đơn vị K, ký hiệu ε∆ Ta chứng minh Z−module I 6= (0) O∆ có biểu to gh tn diễn dạng [a, b + cω∆ ], a, c ∈ N với b < a Ta nhận thấy p ie I Z−module nguyên thủy O∆ xác định w σa = Q b = (P − 1)/2 σ = 2, b = P σ = oa nl với P, Q ∈ X, tức d I = [Q/σ, (P + √ (2.7) D)/σ] an lu nf va Một Z−module I xác định (2.7) gọi ideal nguyên thủy O∆ P ≡ D (mod Q) (xem [7, Định lý 3.5.1, p 173]) lm ul Khi I ideal nguyên thủy O∆ , ta nói Q/σ gọi chuẩn z at nh oi I, ký hiệu N (I) Rõ ràng I ideal nguyên thủy O∆ −ideal √ α = (P + D)/Q số vơ tỉ bậc hai Ta nói I O∆ −ideal thu √ gọn O∆ I chứa phần tử β = (P + D)/σ thỏa mãn I = [N (I), β], z gm @ β > N (I) −N (I) < β < Ta có kết sau l Định lý 2.2.1 ( [16], hệ 1.4.2-1.4.4, tr19, tr.23-28) Cho ∆ biệt m co thức phù hợp với D Khi I = [Q/σ, b+ω∆ ] ideal O∆ rút √ √ gọn Q/σ < ∆/2 Ngược lại, I ideal rút gọn Q/σ < ∆ √ Ngoài ra, b < Q/σ Q > ∆/2, I rút gọn an Lu n va Q/σ − ω∆ < b < −ω∆ ac th si 20 Định lý 2.2.2 ([18], định lý 5.5.2, tr 261-266) Giả sử ∆ ∈ N biệt thức, số Pj , Qj xác định (2.3)-(2.5) √ Ij = [Qj−1 /σ, (Pj−1 + D)/σ] với số khơng âm j ∈ Z Khi I1 ∼ Ij với j ∈ N Ngoài ra, tồn số tự nhiên bé n thỏa mãn In+j ideal rút gọn với j > 0, In+j ideal rút gọn tương đương với I1 Nếu l ∈ N giá trị bé thỏa mãn In = Il+n , với j > n − 1, √ αj = (Pj + D)/Qj lu tất có chiều dài tuần hoàn l = l(αj ) = l(αn−1 ) an n va tn to Chú ý 2.2.3 Từ thuật toán liên phân số liên tục, ta thấy √ I = [Q/σ, (P + D)/σ] p ie gh ideal rút gọn O∆ tập hợp đặt w {Q1 /σ, Q2 /σ, , Ql /σ} d oa nl biểu diễn chuẩn tất ideal rút gọn tương đương với I Điều √ thu từ biểu diễn liên phân số liên tục đơn α = (P + D)/Q lu nf va an Từ thuật toán liên phân số liên tục ta có hệ sau z at nh oi lm ul Hệ 2.2.4 Cho ∆ biệt thức phù hợp với D cho c ∈ N thỏa √ mãn c < ∆/2 Khi phương trình x2 − Dy = ±σ c z có nghiệm nguyên thủy c = Qj /σ với j > biểu diễn gm @ liên phân số liên tục đơn ω∆ l Hệ 2.2.5 (xem [15], Bổ đề 3.5, tr 831) Cho ∆ biệt thức, m co Qj /σ 6= 1, biểu diễn liên phân số liên tục đơn ω∆ Nếu Qj /σ an Lu ước số khơng phương ∆, l = l(ω∆ ) = 2j Ngược lại, l số chẵn, Ql/2 /σ|∆ (trong Ql/2 /σ khơng thiết số khơng n va phương) ac th si 21 Tiếp theo, ta trình bày kết quan trọng sử dụng để chứng minh kết phần sau Định lý 2.2.6 ([18, định lý 6.2.7, tr.302-303]) Cho D ∈ N khơng số phương n ∈ Z thỏa mãn phương trình Diophantine x2 − Dy = n √ có nghiệm nguyên thủy X0 + Y0 D, tồn P1 ∈ Z với −|c|/2 < P1 |c|/2 thỏa mãn đẳng thức √ √ √ P1 + D = (X0 − Y0 D)(x + y D) với x, y ∈ Z xác định lu x= an Y0 P1 − X0 X0 P1 − Y0 D y = n n √ P+ D α= = hq0 ; q1 , i Q n va Xét số vô tỉ bậc hai ie gh tn to p dãy số nguyên {Aj } {Bj } xác định sau: (2.8) oa nl w A−2 = 0, A−1 = 1, Aj = qj Aj−1 + Aj−2 (với j > 0), d (xem [18], định lý 5.3.4, tr.246) an lu (2.9) nf va B−2 = 1, B−1 = 0, Bj = qj Bj−1 + Bj−2 (với j > 0), lm ul Ta có z at nh oi A2j−1 − Bj−1 D = (−1)j Qj Q0 ( với j > 1), Ta có kết sau √ z Định lý 2.2.7 Cho ∆ > biệt số, I = [Q/σ, (P + √ D)/Q co l gm α = (P + D)/σ] ideal rút @ gọn O∆ , (2.10) m Nếu Pj Qj với j = 1, 2, , l(α) = l xác định phương trình (Pi + D)/Qi n i=1 √ va ε∆ = l Y an Lu (2.3)-(2.5) biểu diễn liên phân số liên tục đơn α, ac th si 22 N (ε∆ ) = (−1)l Ngoài √ ε∆ = Al−1 + Bl−1 D √ ε3∆ = Al−1 + Bl−1 D ( Xem [16], định lý 2.1.3–2.1.4, tr 51–53) √ Cho b ∈ N khơng số phương, giả sử T1,b + U1,b b nghiệm lu an phương trình Pell (loại 1) va n x2 − by = (2.11) gh tn to Khi số nguyên Tk,b Uk,b xác định p ie √ √ (T1,b + U1,b b)k = Tk,b + Uk,b b d oa nl w √ Chú ý rằng, nghiệm dương x0 + y0 b phương trình (2.11) lũy √ √ thừa nghiệm Mặt khác, x0 + y0 b = Tk,b + Uk,b b với k ∈ N lu nf va an ([17], định lý 2.3, tr.340-341) Định lý 2.2.8 ([17], định lý 2.1, tr 221) Cho a, b, c ∈ N, b khơng số lm ul phương, cho phương trình đồng dư a2 ≡ bP (mod c) giải z at nh oi với số nguyên P , xét |t| ∈ N, giá trị bé thỏa mãn phương z trình a2 − bP = ct Giả sử có hai điều kiện sau, √ (a) a|Tk,b với k ∈ N c < a b, @ m co Khi hai khẳng định sau tương đương l gm √ (b) |t| < a b va |ax2 − by | = c an Lu (1) Tồn nghiệm nguyên thủy phương trình (2.12) n ac th si 23 (2) Với vài số nguyên j > biểu diễn liên phân số liên tục đơn √ a2 b, ta có c = Qj (a) thỏa mãn |t| = Qj (b) thỏa mãn Chứng minh Trước tiên ta giả sử có (1), phương trình (2.12) có √ nghiệm nguyên thủy α = x0 a + y0 b Nếu (a) thỏa mãn, a|Tk,b với k ∈ N, tồn u, v ∈ N cho a2 u2 − bv = Vì vậy, với D = a2 b, ta có ±c = (a2 u2 − bv )(a2 x20 − by02 ) = (a2 x0 u + bvy0 )2 − (x0 v + y0 u)2 D lu Tiếp theo, ta x = a2 x0 u + bvy0 y = x0 v + y0 u cho an ta nghiệm nguyên thủy phương trình x2 − Dy = ±c Dễ thấy n va x, y ∈ N Nếu p ước nguyên tố x y , ta có (2.13) x0 v + y0 u = ps, (2.14) p ie gh tn to a2 x0 u + bvy0 = pr, w oa nl với r, s ∈ Z Bằng cách nhân a2 u vào hai vế (2.14) trừ v lần d phương trình (2.13), ta thu được, an lu nf va y0 (u2 a2 − bv ) = p(sa2 u − rv), lm ul nhiên a2 u2 − bv = 1, nên ta có y0 = p(sa2 u − rv) Từ suy p|y0 z at nh oi Với kỹ thuật tương tự, cách loại bỏ số hạng y0 hai phương trình z (2.13)–(2.14), ta p|x0 Như vậy, mâu thuẫn với tính nguyên √ thủy nghiệm ax0 + y0 b Vì vậy, (x, y) cho ta nghiệm nguyên √ thủy phương trình x2 − Dy = ±c Ta suy Hệ 2.2.4 Vì c < D, gm @ co l tồn số nguyên không âm j thỏa mãn c = Qj biểu diễn liên √ phân số liên tục đơn D Như ta có (2) m Ngược lại, ta giả sử có (b) Vì a2 x20 − by02 = ±c, với X0 = n va X02 − DY02 = b2 y02 − ba2 x20 = ±bc = n, an Lu by0 , Y0 = x0 n = ±bc, ac th si 24 theo Định lý 2.2.6, ta suy tồn P1 ∈ Z thỏa mãn √ √ √ P1 + D = (X0 − Y0 D)(x + y D) bP = P1 cách giá trị chọn bé P |t|, by0 P1 − x0 a2 b y0 P1 − x0 a2 y0 bP − x0a2 X0 P − Y D = = = ∈ Z, x= n ±bc ±c ±c y= Y0 P1 − X0 x0 P1 − by0 x0 P1 /b − y0 x0 P − y0 = = = ∈ Z n ±bc ±c ±c lu Nếu y = 0, x0 P = y0 từ điều kiện gcd(x0 , y0 ) = 1, x0 = y0 = P √ Vì vậy, by02 + ct = a2 Tuy nhiên, a + y0 b nghiệm phương trình an n va (2.14) a2 − by02 = ±c tn to Với t = ±1 hay |t| = = Q0 biểu diễn liên phân số liên tục đơn √ a2 b Vì vậy, ta giả sử y 6= ie gh Từ đẳng thức P12 − D = b2 P − ba2 = −bct, suy x2 − Dy = ±t p Tiếp theo ta nghiệm nghiệm nguyên thủy Nếu x = 0, oa nl w −y D = t, y 6= 0, nghĩa |t| > D, điều mâu thuẫn với √ |t| < D Do vậy, x = kéo theo y = 0, điều trái với giả thiết Do d vậy, x 6= Như vậy, |x|, |y| ∈ N Nếu p ước nguyên tố x y, nf va an lu ta suy y0 bP − x0 a2 = cpr, z at nh oi lm ul với r ∈ Z (2.15) x0 P − y0 = cps, (2.16) với s ∈ Z Nhân hai vế phương trình (2.15) với −x0 cộng z với y0 b lần phương trình (2.16), ta thu được, gm @ co l x20 a2 − y02 b = cp(sy0 b − rx0 ), m từ x20 a2 − y02 b = ±c, ta có p(sy0 b − rx0 ) = ±1, p|1, điều an Lu n va mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Như ta chứng minh √ √ |x| + |y| D nghiệm nguyên thủy phương trình (2.12) Vì |t| < D, ac th si 25 nên tồn j cho Qj = |t| biểu diễn liên phân số liên tục đơn √ D Ta chứng minh điều ngược lại, nghĩa giả sử có điều kiện (2), ta cần chứng minh (1) Trước tiên, ta xét trường hợp c = a2 Trong trường hợp √ này, xét U + V D nghiệm x2 − Dy = Khi đó, cách √ đặt X = U Y = V a2 ta thu aX + Y b nghiệm nguyên thủy phương trình (2.14) Dễ thấy c = a2 , P = t = Tiếp theo ta xét trường hợp c 6= a2 lu Trước tiên ta giả sử có (a) Qj = c biểu diễn liên phân số đơn √ D Vì Qj = c, nên từ Hệ 2.2.4 ta suy tồn nghiệm nguyên √ thủy x0 + y0 D phương trình Diophantine an va n x2 − Dy = ±c tn to ie gh Theo a2 u2 − v b = với u, v ∈ N, p ±c = (a2 u2 − v b)(x20 − Dy02 ) = a2 (x0 uby0 v)2 − b(vx0 a2 y0 u)2 , w √ b phương trình (2.12) d oa nl suy nghiệm aX + Y nf va an lu (X, Y ) = (ux0 − bvy0 , vx0 − a2 y0 u) Ta cần chứng minh nghiệm ngun thủy Nếu X = 0, u = bvy0 /x0 , lm ul z at nh oi = a2 u2 − v b = a2 b2 v y02 /x20 − v b, từ suy (bvy0 /x0 )|1 Do đó, x0 = bvy0 , suy y0 = x0 = bv, z u = Từ = a2 − v b b2 v − a2 b = ±c, suy b2 v − (1 + v b) = ±c, @ gm hay b = c, điều mâu thuẫn với giả thiết Tuy nhiên, bP + ct = a2 , l ta có b|a2 Từ đẳng thức a2 = + v b, suy b|1 Từ suy an Lu (a2 u/x0 )|1 Vì, x0 = a2 u v = y0 Do đó, m co X 6= Y = 0, suy v = a2 y0 u/x0 , = a2 u2 − a4 y02 u2 b/x20 suy n va c = a2 X = a2 (ux0 − bvy0 )2 = a2 (a2 u2 − bv )2 = a2 , ac th si 26 hay c = a2 , điều mâu thuẫn với giả thiết c 6= a2 Ta chứng minh |X|, |Y | ∈ N Ta cần gcd(X, Y ) = Nếu p ước nguyên tố X Y , tồn số nguyên r, s cho ux0 − bvy0 = pr, (2.17) vx0 − a2 y0 u = ps (2.18) nhân v vào hai vế phương trình (2.17) trừ v lần phương trình lu (2.18), ta thu y0 = y0 (a2 u2 − bv ) = p(rv − su), từ ta có p|y0 an Tương tự vậy, ta khử số hạng y0 hai phương trình (2.17)-(2.18) n va tn to ta thu p|x0 , điều mâu thuẫn với tính nguyên thủy nghiệm √ x0 + y0 D p ie gh Tiếp theo ta giả sử có (b) |t| = Qj biểu diễn liên phân số liên √ √ tục đơn D Theo Hệ 2.2.4, tồn nghiệm nguyên thủy x0 +y0 D oa nl w phương trình Diophantine d X − DY = ±t lu nf va an √ Theo Định lý 2.2.6, tồn P1 ∈ Z thỏa mãn đẳng thức P1 + D = √ √ (x0 − y0 D)(x + y D) P1 = P b thu cách chọn giá trị x= z at nh oi lm ul bé |t|, x0 P1 − y0 D x0 P b − y D = ∈ Z, ±t ±t z y0 P1 − x0 D x P b − y0 D = ∈ Z, ±t ±t Vì P12 − D = −bct, nên x2 − Dy = ±bc Do đó, an Lu ta thu nghiệm phương trình (2.12) (2.19) m b(x/b)2 − y2a2 = ±c, co l gm @ y= n va Phần lại ta cần chứng minh tồn nghiệm nguyên thủy ac th si 27 Nếu y = 0, y0 bP = x0 , tính nguyên thủy x0 y0 , suy y0 = x0 = bP Do dó, từ a2 b = b2 P + bct theo giả thiết, ±t = x20 − a2 b = b2 P − b2 P − bct = −bct, nên ta có b = 1, điều mâu thuẫn với giả thiết b khơng phải số phương Vì vậy, y 6= Nếu x = 0, phương trình (2.19), a2 y = c Tuy nhiên, x = có nghĩa y0 = x0 P/a2 theo cách xác định x, ta có ±t = x20 − Dy02 = x20 − bx20 P /a2 = x20 (1 − bP /a2 ) = x20 ct/a2 lu Do vậy, x20 c = a2 Từ đẳng thức a2 y = c, có nghĩa x20 a2 y = a2 , an n va x0 = |y| = c = a2 , điều mâu thuẫn Vậy ta chứng minh to |x|, |y| ∈ N Tiếp theo ta cần chứng minh x y nguyên tố gh tn Nếu p ước nguyên tố x y, tồn r, s ∈ Z thỏa p ie mãn (2.20) y0 bP − x0 = tps (2.21) d oa nl w x0 bP − y0 a2 b = tpr, lu an Nhân hai phương trình (2.20) với y0 trừ x0 lần phương nf va trình (2.21), ta thu lm ul ±t = x20 − y02 D = t(ry0 − sx0 )p, z at nh oi từ suy p|1, điều mâu thuẫn với giả thiết p ước nguyên tố x y z l gm @ Khi a = c = 1, phương trình Pell (2.12) ln có nghiệm c = = Q0 √ biểu diễn liên phân số liên tục đơn b Từ Định lý 2.2.8 ta có m co hệ sau an Lu Hệ 2.2.9 Nếu a, b ∈ N với b khơng số phương, phương trình va a2 x2 − by = (2.22) n ac th si 28 có nghiệm a | Tk,b vớ k ∈ N Chứng minh Nếu a|Tk,b với k ∈ N đó, theo Định lý 2.2.8, √ phương trình (2.22) có nghiệm Ngược lại, ax0 + y0 b nghiệm phương trình, theo chứng minh định lý trên, ta có √ √ ax0 + y0 b = Tk,b + Uk,b b với k ∈ N Do a|Tk,b Nhận xét 2.2.10 Thực tế ta chứng minh ax0 + y0 b lu nghiệm phương trình (2.22), tất nghiệm dương √ phương trình (2.22) xác định (ax0 + y0 b)2k−1 với k ∈ N √ √ Trong trường hợp tổng quát, A > 1, B > 1, Ax + By nghiệm an n va nguyên thủy phương trình Ax2 − By = 1, tồn j > thỏa to p ie gh tn mãn đẳng thức sau √ √ √ Ax + By = (T1,AB + U1,AB AB)2j+1 nl w ( xem [14, định lý 4, tr.506]) an lu 2.2.9 d oa Từ Định lý 2.2.8 ta có Hệ 2.2.11, mở rộng Hệ nf va Hệ 2.2.11 Giả sử D số khơng phương, c ∈ N cho lm ul đồng dư thức DP ≡ 1( mod c) thỏa mãn với P đó, |t| ∈ N giá z at nh oi trị bé thỏa mãn − DP = ct với c|t| < D Khi phương trình |x2 − Dy | = c có nghiệm nguyên thủy c |t| nhận z giá trị Qj với j thỏa mãn j > biểu diễn liên phân số √ liên tục đơn D gm @ co trình l Ví dụ 2.2.12 Cho D = 45 c = 11, P = t = −4 Khi phương m |x2 − 45y | = 11 √ √ có nghiệm nguyên thủy |t| < D = 45 |t| = = Q2 biểu diễn √ liên phân số liên tục đơn 45 Một nghiệm 672 − 45.102 = −11 an Lu n va ac th si 29 Hệ Định lý 2.2.8 có nhiều liên hệ tới số toán biết Hệ 2.2.13 Nếu D ≡ 1( mod 4) biệt thức, phương trình |x2 − Dy | = có nghiệm nguyên thủy = Qj với j > biểu diễn √ liên phân số liên tục đơn D Chứng minh • Nếu D > 17, c = < √ D a = 1|T1,D , theo Định lý 2.2.8 ta có điều phải chứng minh lu an • Nếu D < 17, (D − 1)/4 = t < √ D P = theo Định lý 2.2.8 ta va n suy điều phải chứng minh tn to p ie gh • Khi D = 5, t = = Q0 biểu diễn liên phân số liên tục đơn √ D = 13, t = = Q2 biểu diễn liên phân số liên tục √ đơn 13, ta có điều phải chứng minh oa nl w d Ví dụ 2.2.14 Cho a = 3, b = 85, c = 4, t = −19, P = Khi lu nf va an |t| = 19 = Q2 giá trị biểu diễn liên phân số liên tục đơn √ √ 765 = a2 b Vì vậy, theo Định lý 2.2.8, phương trình lm ul 9x2 − 85y = ±4 z at nh oi có nghiệm nguyên thủy Thực vậy, ta thấy x = 3, y = nghiệm nguyên thủy phương trình z gm @ 9x2 − 85y = −4 765, a = không m co ước Tk,85 với k ∈ N Từ đẳng thức √ l Ta thấy rằng, c = Q4 = giá trị an Lu √ √ T1,85 + U1,85 85 = 285769 + 30996 85, va n suy 3|U1,85 Do đó, - Tk với k ∈ N từ U1,85 | Uk,85 với k ∈ N ac th si 30 Vì điều kiện (a) Định lý 2.2.8 sai, ta sử dụng ví dụ đòi hỏi điều kiện (b) định lý 2.2.8 Nhận xét 2.2.15 Chú ý, Ví dụ 2.3.8, x = y = nghiệm phương trình (2.30) nghiệm phương trình 9x4 − 65y = −56 Có nhiều kết nghiên cứu phương trình liên quan tới phương trình Diophantine dạng a2 x4 − by = (2.23) Định lý 2.2.16 Giả sử D = ab số lẻ khơng phương, c ∈ N số lẻ, lu gcd(a, c) = = gcd(b, c) an n va Khi phương trình Diophantine (2.24) gh tn to ax2 − by = ±4c ie có nghiệm nguyên thủy phương trình Diophantine (2.25) có nghiệm p ngun thủy (2.25) nl w aX − bY = ±c3 d oa √ Chứng minh Giả sử phương trình (2.24) có nghiệm ngun thủy x a + √ y b, ta đặt x(ax2 ± 3c) y(ax2 ± c) Y = X= 2 √ √ Vì a, b, c số lẻ, x số chẵn, x a + y b nf va an lu lm ul z at nh oi nghiệm nguyên thủy phương trình (2.24) gcd(a, c) = gcd(b, c) = z gm @ Vì vậy, X, Y ∈ Z Ta có, co l (a2 x2 − Dy )3 = (ax(a2 x2 + 3Dy ))2 − D(y(3a2 x2 + Dy ))2 = ±64a3 c3 m Ngoài ra, an Lu ax(a2 x2 + 3Dy ) = ax(4a2 x2 − 3(a2 x2 − Dy )) = ax(4a2 x2 ± 12ac) n va = 4a2 x(ax2 ± 3c) = 8a2 X, ac th si 31 y(3a2 x2 + Dy ) = y(4a2 x2 − (a2 x2 − Dy )) = y(4a2 x2 ± 4ac) = 4ay(ax2 ± c) = 8aY Suy ra, ±64a3 c3 = (8a2 X)2 − D(8aY )2 , hay ± c3 = aX − bY (2.26) √ √ Tiếp theo ta chứng minh X a + Y b nghiệm nguyên thủy Nếu số lu nguyên tố p chia hết X Y , theo đẳng thức (2.26), ta có p | c an Mặt khác, lại có p | X gcd(a, c) = 1, nên p | x Theo phương trình n va Diophantine (2.24) p | b p | y, điều mâu thuẫn với giả gh tn to thiết gcd(b, c) = = gcd(x, y) ie Từ Định lý 2.2.16 ta có hệ sau trường hợp đặc biệt c = 1, p kết tác giả Mollin cộng công bố năm 2000 oa nl w tạp chí Canadian Mathematical Bulletin d Hệ 2.2.17 ([7], Định lý 2.3, tr 222) Nếu D = ab số lẻ không lu an phương phương trình ax2 − by = ±4 có lời giải phương trình nf va ax2 − by = ±1 có nghiệm lm ul Hệ kết Gauss z at nh oi Hệ 2.2.18 (Gauss [5], Article 187, p 156) Giả sử ∆ biệt thức Khi N (ε∆ ) = −1 phương trình z @ |ax2 − by | = l gm (2.27) khơng có nghiệm ngun thủy D = ab loại trừ trường hợp m co a = b = an Lu Chứng minh Giả sử N (ε∆ ) = −1 phương trình (2.27) có nghiệm ngun n va thủy với D = ab, theo Hệ 2.2.17, phương trình ax2 − by = ±1 có ac th si 32 nghiệm, nên phương trình (ax)2 − Dy = ±a có nghiệm, khơng √ tính tổng quát ta giả thiết a < D Vì vậy, theo Định lý 2.2.1–2.2.2 √ √ ta có, I = [a, D] Ideal thu gọn Z[ D], a = Qj với √ j > biểu diễn liên phân số liên tục D Nếu j > 0, √ theo Hệ 2.2.5, ta có l( D) = 2j, theo Định lý 2.2.7, ta có N (ε∆ ) = (−1)l = 1, điều mâu thuẫn với giả thiết, a = Lập √ luận tương tự với giả thiết b < D ta có kết luận b = Vậy ta chứng minh N (ε∆ ) = −1, phương trình (2.27) khơng có nghiệm ngun thủy với D = ab loại trừ trường hợp a = b = 1, Ngược lại, giả sử phương trình (2.27) khơng có nghiệm ngun thủy với lu an D = ab a = b = Ta cần chứng minh N (ε∆ ) = −1 n va Thật vậy, giả sử N (ε∆ ) = Khi đó, theo Định lý 2.2.7, ta có l = l(ω∆ ) to số chẵn Vì vậy, theo Hệ 2.2.5, ta có Ql/2 /2 | ∆ Do đó, theo Định gh tn lý 2.2.2 Hệ 2.2.4, tồn số x, y ∈ Z thỏa mãn phương trình p ie x2 −Dy = ±4a, a = Ql/2 /2 Vì a | ∆ = D, nên có aX −bY = ±4 X = x/a and b = D/a Theo giả thiết, a = b = Tuy d oa nl w nhiên, a 6= a = Ql/2 /2 nửa độ dài tuần hồn Vì vậy, b = 1, hay √ D = a = Ql/2 /2 Tuy nhiên, theo bất đẳng thức (2.6) ta có D = a < D, an lu điều mâu thuẫn với giả thiết, ta có điều phải chứng minh nf va Ví dụ 2.2.19 Vì phương trình |13x2 − 5y | = khơng có nghiệm nguyên lm ul thủy nên N (ε65 ) = −1 z at nh oi Nhận xét 2.2.20 Kết Định lý 2.2.16 liên quan tới tính giải hai phương trình Diophantine Câu hỏi tương tự tính giải z hai phương trình Diophantine a2 x2 − by = c ∈ N a2 x2 − by = −c gm @ Trong kết tác giả Mollin [10, Corollary p 282], kết m co l khơng xác khẳng định hai phương trình khơng có nghiệm √ ngun thủy l( b) số chẵn Ví dụ phương trình 12 − 34 = −33 √ 132 − 22 34 = 33, l( 34) số chẵn Tuy nhiên, khẳng định √ sau với điều kiện tính chẳn lẻ l( D) điều kiện cần thiết đủ an Lu n va ac th si