Tôi xin trân trọngcảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũngnhư tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tơi hồn thành luận văn này.Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban
Liên phân số
Định nghĩa 1.1.1 Cho {a i } ∞ i=0 và {b i } ∞ i=0 là dãy các số thực.
(1.1) được gọi là một liên phân số của hai dãy số {a i } ∞ i=0 và {b i } ∞ i=0
(ii) Dãy các biểu thức u0 = a0, u1 = a0 + b 0 a1 + b 1 a 2
, , được gọi là các giản phân của hai dãy số {a i } ∞ i=0 và {b i } ∞ i=0
(iii) Phần tử u n xác định như trên được gọi là giản phân thứ n của hai dãy số {a i } ∞ i=0 và {b i } ∞ i=0
Chú ý 1.1.2 (i) Nếu nlà hữu hạn và b 0 = b 1 = = b n = 1 ta kí hiệu liên phân số của hai dãy số {a i } n i=0 và {b i } n i=0 là [a 0 ;a 1 , , a n ].
(ii) Nếu a 0 ∈ Z và a 1 , , a n là các số nguyên dương thì ta nói [a 0 ;a 1 , , a n ] là một liên phân số hữu hạn có độ dài n.
(iii) Một liên phân số hữu hạn là một số hữu tỷ.
Với hai dãy số thực {a i } ∞ i=0 và {b i } ∞ i=0 ta xét hai dãy số {p n } ∞ n=−1 và {q n } ∞ n=−1 như sau: p −1 = 1, p0 = a0, , pn+1 = an+1pn +bnp n−1 q −1 = 0, q 0 = 1, , q n+1 = a n+1 q n + b n q n−1
Khi đó ta có mối quan hệ giữa giản phân thứ n của hai dãy số {a i } ∞ i=0 và {b i } ∞ i=0 với thương thứ n của hai dãy số {p n } ∞ n=−1 và {q n } ∞ n=−1
Bổ đề 1.1.3 Với các kí hiệu và giả thiết như trên ta có un = p n q n với mọi n≥ 0.
Chứng minh Ta chứng minh đẳng thức trên là đúng bằng quy nạp theo n. Thật vậy, với n = 0 và n = 1thì hiển nhiên kết quả là đúng Giả sử quy nạp đúng cho n, nghĩa là ta có u n = pn q n Thay a n trong biểu thức u n = bởi a n + bn a n+1 ta thu được u n+1 Theo định nghĩa ta có p n , q n không phụ thuộc vào b n và a n+1 nên từ công thức truy hồi p n qn
= a n p n−1 +b n−1 p n−2 anqn−1 +bn−1qn−2 ta có u n+1 (a n + b n an+1
Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng mọi số hữu tỷ đều viết được dưới dạng một liên phân số hữu hạn và biểu diễn đó là duy nhất Trước tiên ta nhắc lại thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên.
Chú ý 1.1.4 (i) Cho các số nguyên a, b ∈ Z, b > 0 Khi đó như đã biết chúng ta có thể tìm được ước chung lớn nhất của a và b bằng cách thức hiện thuật toán Euclid như sau: a = a0b+r1,0 < r1 < b b = a 1 r 1 +r 2 ,0 < r 2 < r 1 , r 1 = a 2 r 2 +r 3 ,0< r 3 < r 2 , , rn−2 = an−1rn−1 +rn,0 < rn < rn−1, r n−1 = a n r n , quá trình này phải dừng và sau hữu hạn bước ta có gcd(a, b) = r n
(ii) Từ thuật toán trên ta thu được hai dãy số nguyên hữu hạn là {a i } n i=0 và b 0 = b 1 = = b n = 1 Khi đó các giản phân của {a i } n i=0 và {b i } n i=0 là u 0 = a 0 = [a 0 ], u 1 = a 0 + 1 a 1 = [a 0 ;a 1 ], , u n = = [a 0 ;a 1 , a 2 , , a n ]. (iii) Từ thuật toán trên ta cũng thu được các dãy truy hồi là p 0 = a 0 , p 1 = a 1 p 0 + 1, p n = a n p n−1 +p n−2 ; q0 = 1, q1 = a1, q n = a n q n−1 +q n−2 Theo Bổ đề 1.1.3 ta có hệ quả sau:
Hệ quả 1.1.5 Với các kí hiệu và giả thiết như trong Chú ý 1.1.4 ta có u i = p i qi
Từ các Bổ đề và Hệ quả trên ta có tính chất quan trọng của số hữu tỷ thể hiện trong mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.1.6 Mỗi số hữu tỷ đều được biểu diễn dưới dạng một liên phân số hữu hạn.
Chứng minh Cho a/b là một số hữu tỷ với b > 0 Theo thuật toán tìm ước chung lớn nhất và công thức giản phân ta có a b = a0 + 1 b r 1
Vậy mọi số hữu tỷ a/b đều viết được thành một liên phân số hữu hạn là a/b= [a0;a1, , an].
Như chúng ta đã biết biểu diễn của một số hữu tỷ dưới dạng phân số không là duy nhất Tuy nhiên mệnh đề tiếp theo chỉ ra rằng biểu diễn của một số hữu tỷ thành liên phân số là duy nhất.
Mệnh đề 1.1.7 Biểu diễn số hữu tỷ thành một liên phân số hữu hạn dạng [a 0 ;a 1 , , a n ] là duy nhất.
Chứng minh Cho a/b là một số hữu tỷ và giả sử
Ta cần chứng minh m = n và a i = b i , với mọi i = 0,1, , n Thật vậy, với n = 0 ta có a 0 = [b 0 ;b 1 , , b m ] Vì b 0 là phần nguyên của a 0 và a 0 là số nguyên nên m = 0 và a 0 = b 0 Giả sử quy nạp đúng cho n−1, nghĩa là kết luận trên là đúng cho mọi liên phân số hữu hạn có độ dài nhỏ hơn n Từ biểu thức
[a 0 ;a 1 , , a n ] = a b = [b 0 ;b 1 , , b m ] ta suy ra a 0 = b 0 , vì đều là phần nguyên của cùng một số hữu tỷ Khi đó ta có
Do đó [a 1 ;a 2 , , a n ] = [b 1 ;b 2 , , b m ].Theo giả thiết quy nạp ta có n−1 m−1 và a i = b i , với mọi i = 1, , n.
Liên phân số vô hạn
Trong mục này chúng tôi tập trung trình bày các kiến thức về liên phân số vô hạn Trong đó chúng tôi trình bày lại một tính chất tốt của liên phân số vô hạn đó là mọi số vô tỷ đều viết được dưới dạng một liên phân số vô hạn Trước khi đưa ra khái niệm liên phân số vô hạn ta cần mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.2.1 Cho a 0 , a 1 , a 2 , là dãy vô hạn các số nguyên với a i > 0 và i ≥ 1 Đặt u k = [a 0 ;a 1 , , a k ] Khi đó tồn tại giới hạn k→∞lim uk = α.
Từ Mệnh đề 1.2.1 ta có định nghĩa liên phân số vô hạn. Định nghĩa 1.2.2 Ta gọi α là giá trị của liên phân số vô hạn [a 0 ;a 1 , a 2 ,] và viết α = [a 0 ;a 1 , a 2 , ]
Chú ý 1.2.3 (i) Cho α /∈ Q là một số thực Số [α] được định nghĩa là số nguyên sao cho [α] ≤α < [α] + 1 Đặt α0 = α = a0 + 1 α 1 , với a0 = [α] ∈ Z, α1 > 1.
Vì α /∈ Q nên α1 không là số nguyên Khi đó ta có α 1 = a 1 + 1 α 2 , với a 1 = [α 1 ] ∈ Z, α 2 > 1.
Tiếp tục quá trình trên đến bước thứ n+ 1 ta được α n = a n + 1 α n+1 , với a n = [α n ] ∈ Z, α n+1 > 1.
Vì α /∈ Q nên α n+1 không là số hữu tỷ nên quá trình này kéo dài vô hạn Do đó α = [a 0 ;a 1 , ,] là một biểu diễn của số vô tỷ qua liên phân số vô hạn. Đặt π n = [a 0 ;a 1 , , a n ], với mọi n= 0,1, Khi đó các v i được gọi là các liên phân số hữu hạn của liên phân số vô hạn α.
(ii) Từ cách tìm các số a i và α i ta suy ra biểu diễn của một số vô tỷ α = [a 0 ;a 1 , ,] là duy nhất.
Từ Chú ý 1.2.3 ta suy ra ngay hệ quả quan trọng sau
Hệ quả 1.2.4 Mỗi số vô tỷ đều biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một liên phân số vô hạn.
Chứng minh Theo Chú ý 1.2.3(i) thì mỗi số vô tỷ đều có biểu diễn thành liên phân số vô hạn Tiếp theo giả sử [a 0 ;a 1 , ,] = α = [b 0 ;b 1 , ,] là hai biểu diễn của số vô tỷ α Theo Chú ý 1.2.3(ii) ta suy ra điều cần chứng minh.
Chú ý 1.2.6 Với hai dãy số nguyên dương {a i } ∞ i=0 và bi = 1, i = 0,1, , ta xét các dãy truy hồi sau p0 = a0, p1 = a1p0 + 1, pn = anp n−1 +p n−2 , q 0 = 1, q 1 = a 1 , q n = a n q n−1 +q n−2
Khi đó các tính chất sau là đúng:
(ii) pn và qn là nguyên tố cùng nhau, nghĩa là vi là phân số tối giản.
Từ Chú ý 1.2.6 trên ta có một số tính chất sau:
Mệnh đề 1.2.7 Với các giả thiết và kí hiệu trên ta có các phát biểu sau là đúng:
(ii) Cho a 0 , a 1 , a 2 , là các số nguyên dương Khi đó α = [a 0 ;a 1 , a 2 , ] là một số vô tỷ.
Chứng minh (i) Theo Chú ý 1.2.6(iii) ta có α = p n−1 α n +p n−2 q n−1 α n +q n−2 , với mọi n ≥ 2 Do đó α n (αq n−1 −p n−1 ) = −q n−2 (α− p n−2 q n−2 ) Từ đẳng thức này ta suy ra
Vì α n > 1 và q n−2 < q n−1 nên |α− p n−1 q n−1 | < |α− p n−2 q n−2 | Thay n bởi n+ 1 ta có điều cần chứng minh.
(ii) Theo (i) ta có số thực α nằm giữa pn q n và pn−1 q n−1 Do đó theo Chú ý 1.2.6(v) ta có
Vì |α − p n q n | < |α − p n−1 q n−1 | nên |α − p n−1 q n−1 | < 1 q n q n−1 < 2|α − p n−1 q n−1 | Đặt h = n−1 thì theo hai bất đẳng thức trên ta có
Nếu α là số hữu tỷ thì có các số nguyên không âm p, q và q 6= 0 sao cho α = p q Khi đó,
Theo định nghĩa của dãy{q n }ta có q h+1 ≤h+ 1.Ta chọn h sao cho q h+1 > q thì khi đó 0< |pq h −p h q| < 1 Điều này là mâu thuẫn với pq h −p h q là một số nguyên Vậy α là số vô tỷ. Định nghĩa 1.2.8 Ta gọi liên phân số vô hạn [a 0 ;a 1 , a 2 , ] là tuần hoàn nếu dãy (a n )là tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó, nghĩa là tồn tại số nguyên dương m và k sao cho với mọi n ≥ m ta có an = an+k Số nguyên dương k được gọi là chu kỳ Trong trường hợp đó ta viết.
Ví dụ biểu diễn liên phân số của √
Chú ý 1.2.9 Cho α là một số vô tỷ với biểu diễn liên phân số vô hạn [a 0 ;a 1 , a 2 , ] Khi đó vớinlà một số nguyên dương ta có [a 0 ;a 1 , a 2 , , a n ] = p q luôn là một số hữu tỷ Hơn nữa p q được gọi là một phần của biểu diễn liên phân số của α.
Dãy Fibonacci và dãy Lucas
Định nghĩa 1.3.1 Dãy số Fibonacci, ký hiệu (F n ) n∈
N được định nghĩa bởi công thức truy hồi
F n+1 = F n +F n−1 (n≥ 1), ở đây F n là số hạng thứ n của dãy số Fibonacci.
Các số đầu tiên của dãy Fibonacci là
Từ hệ thức truy hồi của dãy Fibonacci ta có
F n+2 −F n+1 −F n = 0, với mọi n ≥ 0 Do đó ta có phương trình x 2 −x−1 = 0 hay x 2 = x + 1. Nhân hai vế của phương trình với x n−1 ta được x n+1 = x n +x n−1 (1.2)
Rõ ràng nếu ϕ là một nghiệm của phương trình (1.2) thì 1−ϕ cũng là một nghiệm của phương trình (1.2) Do đó ϕ n+1 = ϕ n + ϕ n−1 và (1−ϕ) n+1 = (1−ϕ) n + (1−ϕ) n−1
Với mỗi cặp số thực a, b, ta đặt F a,b (n) = aϕ n +b(1−ϕ) n Khi đó tất cả các hàm này thỏa mãn hệ thức truy hồi Fibonacci. Định nghĩa 1.3.2 Các hàm F a,b (n) = aϕ n + b(1−ϕ) n được gọi là hàm sinh.
Trong Định nghĩa dãy Fibonacci, các số hạng của dãy được cho dưới dạng truy hồi nên khi sử dụng dãy đôi khi gặp khó khăn Mệnh đề sau đây cho ta công thức tường minh của dãy Fibonacci và được gọi là công thức Binet. Công thức Binet được sử dụng hữu hiệu trong các chứng minh sau này. Mệnh đề 1.3.3 Dãy số Fibonacci được cho bởi công thức
Mệnh đề 1.3.4 Cho n là một số nguyên dương Khi đó, ta có gcd(F n , F n+1 ) = 1.
Chứng minh Giả sử g = gcd(F n , F n+1 ) 6= 1.
Khi đó, ta có g|F n và g|F n+1 Theo công thức truy hồi của dãy Fibonacci
Suy ra g|F n−1 Lặp lại quá trình ta có g|1, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy gcd(F n , F n+1 ) = 1.
Mệnh đề 1.3.5 Cho m, n là các số nguyên dương Khi đó, ta có
Chứng minh Ta sẽ chứng minh khẳng định trong bổ đề bằng quy nạp theo n Với n = 1 đẳng thức (1.3) trở thành
Ta cóF 1 = F 2 = 1 nên đẳng thức cần chứng minh thành F m+1 = F m−1 +F m Đẳng thức này luôn đúng theo định nghĩa của dãy Fibonacci.
Giả sử đẳng thức (1.3) đúng với n = k, nghĩa là
Ta cần chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1, nghĩa là
= F m−1 Fk+1 +Fm.Fk+2. Vậy theo quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Kết quả sau là hệ quả trực tiếp của Mệnh đề 1.3.5.
Hệ quả 1.3.6 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn n ≥ 1 Khi đó
Chứng minh Áp dụng Bổ đề 1.3.5 ta có
Bổ đề 1.3.7 Cho m, n là hai số nguyên dương sao cho m|n Khi đó, ta có
Chứng minh Vì m|n nên tồn tại số nguyên dương q sao cho n = qm Ta sẽ chứng minh khẳng định trong bổ đề bằng quy nạp theo q Với q = 1, ta có n= m, do đó Fm|F m Giả sử khẳng định trong bổ đề là đúng với q > 1.
Ta chứng minh đẳng thức đúng với q + 1 Theo Mệnh đề 1.3.5, ta có
Rõ ràng F m |F qm−1 F m Theo giả thiết quy nạp F m |F qm Do đó F m |F qm F m+1 Vậy
Bổ đề 1.3.7 cho ta một hệ quả trực tiếp sau.
Hệ quả 1.3.8 Nếu n là một hợp số khác 4 thì F n là một hợp số.
Chứng minh Vì n là hợp số khác 4 nên tồn tại số nguyên dương m ≥ 2 sao cho m|n Theo Bổ đề 1.3.7 ta có F m |F n , nghĩa là F n là hợp số.
Mệnh đề 1.3.9 Cho n là số nguyên không âm Khi đó
Chứng minh Mệnh đề được chứng minh bằng quy nạp theo n Với n= 0, ta có
F 1 = 1 = 0 + 1 =F 0 2 +F 1 2 Giả sử khẳng định trong mệnh đề đúng với n > 0, tức là
F 2n+3 = F n+1 2 +F n+2 2 Theo định nghĩa dãy Fibonacci, Hệ quả 1.3.6 và giả thiết quy nạp, ta có
Dãy Lucas là một dãy số được đặt tên nhằm vinh danh nhà toán học Franácois ẫdouard Anatole Lucas (1842-1891), người đó nghiờn cứu dóy số Fibonacci, dãy số Lucas và các dãy tương tự Giống như dãy Fibonacci, mỗi số trong dãy Lucas bằng tổng của hai số liền trước nó Tuy vậy khác với dãy Fibonacci, hai số đầu tiên trong dãy Lucas là L 0 = 2 và L 1 = 1 Chính vì thế mà một số tính chất của số Lucas sẽ khác với số Fibonacci. Định nghĩa 1.3.10 (i) Cho r, s là các số nguyên khác không Dãy Lucas ứng với cặp (r, s) được định nghĩa bởi công thức u 0 (r, s) = 2, u 1 (r, s) = 1, u n (r, s) = ru n−1 +su n−2 (n ≥2).
(ii) Trong trường hợp (r, s) = (1,1) ta kí hiệu số hạng thứ n của dãy là
L n và gọi ngắn gọn là dãy Lucas.
Tương tự như dãy Fibonacci, bằng quy nạp ta có thể chứng minh được dãy Lucas được cho bởi công thức sau.
Mệnh đề 1.3.11 Với mọi số nguyên dương n, ta có
Từ các công thức Binet ta dễ dàng kiểm tra Ln = F n−1 +Fn+1 và 5Fn L n−1 + L n+1 với mọi n ≥ 1 Hơn nữa, từ Mệnh đề 1.3.3 và Mệnh đề 1.3.11 ta có định lý sau Định lý cho ta mối liên hệ giữa các số hạng tổng quát của dãy Fibonacci và dãy Lucas. Định lý 1.3.12 Với mọi số nguyên dương n > m, ta có
Về nghiệm của các phương trình
Một số kết quả bổ trợ
Định nghĩa 2.1.1 (i) Một số thực a được gọi là nguyên trên Z nếu tồn tại một đa thức 06= f(x) ∈ Z[x] nhận a là nghiệm.
(ii) Đa thức f(x) ∈ Z[x] có bậc nhỏ nhất nhận a là nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của a. Định nghĩa 2.1.2 Cho a là phần tử đại số bậc d trên Z và đa thức tối tiểu của a là f(x) =a 0 x d + .+a d với a 0 > 0 và gcd(a 0 , a 1 , , a d ) = 1 Ta định nghĩa độ cao logarit của a là h(a) = 1 d log(a 0 ) + d
X i=1 log max{α i ,1} ở đây αi, , αd là các phần tử sao cho f(x) = a0(x−α1) .(x−αd).
Chú ý 2.1.3 Cho a, b là các phần tử đại số Khi đó các phát biểu sau là đúng.
Hai bổ đề tiếp theo được dùng nhiều cho chứng minh của định lý chính, nó được chứng minh bởi F Luca và V Patel trong [6].
Bổ đề 2.1.4 Cho m ≥ n là các số nguyên dương sao cho m ≡ n(mod2). Khi đó ta có
Bổ đề 2.1.5 Giả sử Ln = 3 s y b với các số nguyên dương n, y ≥ 1, b ≥ 2 và s ≥ 0 nào đó Khi đó nghiệm của các phương trình F n −F m = 3 a được cho bởi n ∈ {1,2,3}.
Nhắc lại rằng một số nguyên dương n được gọi là một lũy thừa hoàn hảo nếu tồn tại các số nguyên dương m, n > 1 sao cho n = m k Đặc biệt nếu k = 2 thì n được gọi là số chính phương hoàn hảo Đôi khi 0 và 1 cũng được coi là một lũy thừa hoàn hảo với 0 k = 0 và 1 = 1 k với mọi số nguyên dương k > 1 Khi đó, kết quả sau đây của Bugeaud và cộng sự [4] đóng vai trò quan trọng trong các chứng minh của các kết quả chính.
Bổ đề 2.1.6 Các lũy thừa hoàn hảo trong dãy Fibonacci là và chỉ là các phần tử F 0 = 0, F 1 = F 2 = 1, F 6 = 8 và F 12 = 144.
Từ bây giờ ta luôn cố định α = 1 +√
F n = α n −β n α−β , L n = α n +β n với mọi n Kết quả sau đây cho ta chặn các phần tử của dãy Fibonacci.
Bổ đề 2.1.7 Cho n≥ 1 là số nguyên dương Khi đó ta có α n−2 ≤ Fn ≤ α n−1
Bổ đề tiếp theo được chứng minh bởi Y Bugeaud và các cộng sự [4].
Bổ đề 2.1.8 Cho L là một trường đóng đại số có với bậc mở rộng là D và α 1 , , α n là các phần tử khác không của L Cho b 1 , , b n là các số hữu tỷ Đặt ∆ = α 1 b 1 α b n n −1 và B = max{|b 1 |, ,|b n |} Kí hiệu h là độ cao logarit và A 1 , , A n là các số thực thỏa mãn
A j ≥ max{Dh(α j ),|logα j |,0,16} với mọi 1≤ j ≤ n Khi đó nếu ∆ 6= 0 thì ta có log|∆| > −3.30 n+4 (n+ 1) 5,5 D 2 (1 + logD) (1 + lognB)A 1 A n Hơn thế nữa nếu L là trường con của trường số thực R thì ta có log|∆| > −1,4.30 n+3 n 4.5 D 2 (1 + logD)(1 + logB)A 1 A n
Bổ đề tiếp theo được chứng minh bởi A Dujella và A Petho [5] được sử dụng hữu hiệu trong chứng minh các Định lý chính.
Bổ đề 2.1.9 Cho γ là một số vô tỷ và M là một số nguyên dương Cho p/q là một phần của biểu diễn liờn phõn số của γ sao cho q > 6M Cho A, B, à là cỏc số thực nào đú với A > 0, B >1 Đặt := ||àq|| −M||γq|| ở đõy ||.|| kí hiệu là khoảng cách đến số nguyên gần nhất Nếu > 0 thì bất đẳng thức
0< |uγ −v +à| < AB −ω không có nghiệm nguyên dương u, v, ω với u ≤ M và ω ≥ log(Aq/) logB
Phương trình Diophantine F n − F m = 3 a
Mục đích của tiết này là trình bày một số kết quả của B.D Bitim and R. Keskin [3] về nghiệm của phương trình Diophantine
F n −F m = 3 a (2.1) Định lý sau là kết quả chính đầu tiên của tiết này. Định lý 2.2.1 Cho m = 0 Khi đó tất cả nghiệm của phương trình Dio- phantine F n −F m = 3 a là (n, m, a) ∈ {(1,0,0),(2,0,0),(4,0,1)}.
Chứng minh Với m = 0 phương trình đã cho thành F n = 3 a , nghĩa là F n là một lũy thừa hoàn hảo với a > 1 Theo Bổ đề 2.1.6 ta suy ra các nghiệm (n, m, a) của phương trình là (1,0,0),(2,0,0) Với a = 1 ta có F4 = 3 nên nghiệm của phương trình là (4,0,0). Đối với trường hợp 1 ≤ m < n ≤ 100 Bằng cách thay các phần tử n, m cụ thể, ví dụ ta cóF11 = 89, F6 = 8nên phương trình(2.1)thành 89−8 = 3 a hay a = 4 Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.2.2 Cho m, n là các số nguyên sao cho 1 ≤ m < n ≤ 100 Khi đó nghiệm (n, m, a) của phương trình Diophantine (2.1) là
Tiếp theo đối với n > 100, m ≥ 1 ta xét các trường hợp sau Trước tiên với n−m = 1 hoặc n−m = 2 ta có định lý sau. Định lý 2.2.3 Cho n > 100 và m ≥ 1 là các số nguyên dương sao cho n − m = 1 hoặc n − m = 2 Khi đó phương trình Diophantine (2.1) vô nghiệm.
Chứng minh Theo giả thiết n−m = 1 nên theo định nghĩa dãy Fibonacci, phương trình Diophantine (2.1) thành
Tương tự như trường hợp m = 0, ta suy ra m −1 = 1,2,4 hay m = 2,3,5 và n = 3,4,6, tương ứng, mâu thuẫn vì n > 100.
Nếun−m = 2thì theo định nghĩa dãy Fibonacci, phương trình Diophan- tine (2.1) thành
Tương tự như trường hợp m = 0, ta suy ra m+ 1 = 1,2,4 hay m = 1,3 và n= 3,6, tương ứng, mâu thuẫn. Đối với trường hợp n > 100 và n−m ≥ 3 ta có định lý sau. Định lý 2.2.4 Cho n > 100 và m ≥ 1 là các số nguyên sao cho n−m ≥ 3. Khi đó phương trình Diophantine (2.1) vô nghiệm.
Chứng minh Bước 1 Trước tiên ta sẽ tìm chặn trên cho n Theo Bổ đề 2.1.7 ta có
Do đó a < n Theo công thức Binet, phương trình (2.1) thành α n
Lấy giá trị tuyệt đối phương trình (2.2) ta có
2 Chia cả hai vế bất đẳng thức (2.3) cho α n
√5, ta có bất đẳng thức
Bất đẳng thức này suy ra
5, b 1 = a, b 2 = −n và b 3 = 1 như trong Bổ đề 2.1.8 Lưu ý rằng D = 2 và γ 1 , γ 2 , γ 3 là các số thực dương trong Q(√
5). Bây giờ ta chỉ ra rằng ∆ = 1 − 3 a α −n √
5 = 0 Khi đó suy ra α 2n = 5.3 2a , điều này là mâu thuẫn vì α 2n ∈/ Z Theo định nghĩa, ta có h(γ 1 ) = log 3, h(γ 2 ) = logα
Do đó, ta có thể chọn
Lưu ý rằng ta luôn có a < n do đó ta có B := max{|a|,| −n|,1} = n Theo
(2.5) ở đây exp(x) chính là hàm e x Lấy logarit bất phương trình (2.4) và kết hợp với tính toán vế phải của bất phương trình (2.5) ta thu được
Rõ ràng 1 + logn < 2 logn với mọi n≥ 3 nên từ bất đẳng thức (2.6) ta có
Từ phương trình (2.1) ta có
Chia cả hai vế của bất phương trình (2.8) cho α n
√5(1−α m−n ) ta được bất phương trình
1−α m−n < 2.71 Do đó từ bất phương trình (2.9) ta có
5(1 −α m−n ) −1 −1 Để áp dụng Bổ đề 2.1.8 một lần nữa ta đặt t = 3, γ 1 = 3, γ 2 = α, γ 3 = √
5(1−α m−n ) −1 , b 1 = a, b 2 = −n, b 3 = 1. Như trước đó, ta có D := [Q(√
5) :Q] = 2 nên ∆ 6= 0 Thật vậy, nếu ∆ = 0 ta cóα n −α m = 3 a √
5 Lấy liên hợp ta được phương trình β n −β m = −3 a √
5. Cộng vế với vế hai phương trình này ta được phương trình L n −L m = 0, mâu thuẫn với n > m Do đó vế trái của bất phương trình (2.10) khác 0. Tương tự như trên ta có
Bây giờ ta tính A 3 Với mọi n−m > 3 ta có |logγ 3 | < 1 Theo Chú ý 2.1.3 ta có h(γ 3 ) = h(√
Từ đó ta suy ra
Từ bất đẳng thức này ta có thể chọn A 3 = log 20 + (n−m) logα.
Bởi Bổ đề 2.1.8 ta có chặn dưới cho vế trái của bất đẳng thức (2.9) cho bởi
Lấy logarit hai vế bất phương trình (2.11) với chú ý 1 + logn < 2 logn với mọi n > 2 ta được bất phương trình nlogα < 2,134.10 12 logn×[log 20 + (n−m) logα] (2.12)
Bằng tính toán ta suy ra chặn trên của n là n < 7,09616.10 28 và do đó a < n < 7,09616.10 28
Bước 2 Ta sẽ giảm chặn trên của n xuống bé hơn bằng cách sử dụng Bổ đề 2.1.7 Thật vậy, cho z 1 := alog 3−nlogα+ log√
5 Khi đó phương trình (2.4) thành
Do đó từ phương trình (2.1) và công thức Binet ta có α n
5 α n ) < 0 Mặt khác ta có 4 α n−m < 0,945 với mọi n−m ≥3 Do đó từ bất phương trình (2.13) ta suy ra
0,055< e z 1 < 1,945 hay log 0,055 = −2,9004 < z 1 < 0 Do đó ta có e |z 1 | < e 2,9004 = 18,2 Vì hàm số f(x) =e x −x−1, x > 0 là hàm đồng biến nên f(x) > f(0) = 0 với mọi x > 0 Đặt |z 1 | = x > 0 thì z 1 = −x Do đó ta có bất đẳng thức
Chia cả hai vế của bất phương trình (2.14) cho logα ta được bất phương trình
Bây giờ ta xét Bổ đề 2.1.9, ta có số vô tỷ γ = log 3 logα với à = log√
Lưu ý rằng a < n < 7,09616.10 28 Đặt M := 7,09616.10 28 Áp dụng Bổ đề 2.1.9 và q > 6M thỏa món = ||àq|| −M||γq|| > 0 Bằng tớnh toỏn trờn máy tính ta có q = 10,52.10 29 và = 0,154453.
Theo Bổ đề 2.1.9, bất phương trình (2.15) vô nghiệm nếu n − m ≥ log(Aq/) logB hay n − m ≥ 157,972 Do đó ta có chặn trên của n− m cho bởi n−m ≤157 Từ bất phương trình (2.12) ta suy ra n < 1,29184.10 16 Bước 3 Ta sẽ giảm chặn trên cho n Cho z2 := alog 3−nlogα+ log(√
Do đó, bất đẳng thức (2.10) suy ra
2 < e z 2 hay −0,7 < z 2 < 0 Suy ra 0 < |z 2 | < 0,7 Do đó e |z 2 | < 2 Vì thế tương tự như cho trường hợp z 1 ta có
5(1−α m−n ) −1 logα | < 5,42 logαα −1 (2.16) Xét Bổ đề 2.1.9 ta có γ = log 3 logα, à = log√
Rõ ràng γ là số vô tỷ Hơn nữa 3 ≤ n −m ≤ 157 Tương tự như trường hợp z 1 với M = 1,29184.10 16 ta chọn q = 48,9.10 16 sao cho q > 6M 7,75107.10 16 Áp dụng Bổ đề 2.1.9 cho bất đẳng thức(2.16) với 3≤ n−m ≤
157 ngoại trừ hai trường hợp n−m = 4 và n−m = 8, ta có
Hơn nữa, theo Bổ đề 2.1.9 bất phương trình (2.16) vô nghiệm với mọi giá trị n≥ log(Aq/) logB = 91,1453 Do đó ta có chặn trên n≤ 91, mâu thuẫn với giả thiết n > 100.
Tiếp theo ta xét trường hợp n−m = 4 hoặc n− m = 8 Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.2.5 Cho n > 100, m ≥ 1 là các số nguyên sao cho n−m = 4 hoặc n−m = 8 Khi đó phương trình Diophantine (2.1) vô nghiệm.
Chứng minh Theo giả thiết hoặc n−m = 4 hoặc n−m = 8 Khi đó ta có n≡ m(mod4) Theo Bổ đề 2.1.4, ta có
Do đó ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1 Cho n−m = 4 Khi đó ta suy ra
Do đó phương trình Diophantine (2.1) thành L m+2 = 3 a Theo Bổ đề 2.1.5, các giá trị của m + 2 là 1,2,3 hay m = 0 hoặc m = 5 Suy ra n = 4 hoặc n= 9 tương ứng, mâu thuẫn với n > 100 Do đó phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2 Cho n−m = 8 Khi đó ta suy ra
Do đó phương trình Diophantine(2.1) thànhLm+4 = 3 a−1 Theo Bổ đề 2.1.5,các giá trị của m+ 4 là 1,2,3, mâu thuẫn với m > 0 Vậy trong trường hợp này phương trình vô nghiệm.
Phương trình Diophantine F n − F m = 2 a
Mục đích của tiết này là trình bày một số kết quả của Z Siar and R. Keskin [7] về nghiệm của phương trình Diophantine
Trước tiên ta xét trường hợp m = 0 Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.3.1 Cho m = 0 Khi đó tất cả nghiệm của phương trình Dio- phantine F n −F m = 2 a là (n, m, a) ∈ {(1,0,0),(2,0,0),(3,0,1),(6,0,3)}.
Chứng minh Với m = 0 phương trình đã cho thành F n = 2 a Nếu a = 0 thì nghiệm của phương trình là (n, m, a) = (1,0,0) và (2,0,0) Với a = 1 thì (n, m, a) = (3,0,1) là một nghiệm của phương trình Với a > 1 thì F n là một lũy thừa hoàn hảo Theo Bổ đề 2.1.6 các lũy thừa hoàn hảo của dãy Fibonacci là F 2 = 1, F 6 = 8 và F 12 = 144 Do đó nghiệm (n, m, a) của phương trình là (6,0,3). Đối với trường hợp 1 ≤ m < n ≤ 200 Bằng cách thay các phần tử n, m cụ thể, ví dụ ta có F3 = 2, F1 = F2 = 1 nên phương trình (2.1) thành
2−1 = 2 a , suy ra a = 0 Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.3.2 Cho m, n là các số nguyên sao cho 1 ≤ m < n ≤ 200 Khi đó nghiệm (n, m, a) của phương trình Diophantine (2.17) là
Tiếp theo đối với n > 200, m ≥ 1 ta xét các trường hợp sau Trước tiên với n−m = 1 hoặc n−m = 2 ta có định lý sau. Định lý 2.3.3 Cho n > 200 và m ≥ 1 là các số nguyên dương sao cho n− m = 1 hoặc n − m = 2 Khi đó phương trình Diophantine (2.17) vô nghiệm.
Chứng minh Theo giả thiết n−m = 1 nên theo định nghĩa dãy Fibonacci, phương trình Diophantine (2.1) thành
Tương tự như trường hợp m = 0, ta suy ra m −1 = 1,2,4 hay m = 2,3,5 và n = 3,4,6, tương ứng, mâu thuẫn với n > 200.
Nếun−m = 2thì theo định nghĩa dãy Fibonacci, phương trình Diophan- tine (2.1) thành
Tương tự như trường hợp m = 0, ta suy ra m+ 1 = 1,2,4 hay m = 1,3 và n= 3,6, tương ứng, mâu thuẫn với n > 200. Đối với trường hợp n > 200 và n−m ≥ 3 ta có định lý sau. Định lý 2.3.4 Cho n > 200 và m ≥ 1 là các số nguyên sao cho n−m ≥ 3. Khi đó phương trình Diophantine (2.17) vô nghiệm.
Chứng minh Bước 1 Trước tiên ta sẽ tìm chặn trên cho n Theo Bổ đề 2.1.7 ta có
Do đó a < n Theo công thức Binet, phương trình (2.1) thành α n
Lấy giá trị tuyệt đối phương trình (2.18) ta có
2 Chia cả hai vế bất đẳng thức (2.19) cho α n
√5, ta có bất đẳng thức
Bất đẳng thức này suy ra
5, b 1 = a, b 2 = −n và b 3 = 1 như trong Bổ đề 2.1.8 Lưu ý rằng D = 2 và γ 1 , γ 2 , γ 3 là các số thực dương trong Q(√
5). Bây giờ ta chỉ ra rằng ∆ = 1 − 2 a α −n √
5 = 0 Khi đó suy ra α 2n = 5.2 2a , điều này là mâu thuẫn vì α 2n ∈/ Z Theo định nghĩa, ta có h(γ 1 ) = log 2 ∼= 0,6931, h(γ 2 ) = logα
Do đó, ta có thể chọn
Lưu ý rằng ta luôn có a < n do đó ta có B := max{|a|,| −n|,1} = n Theo
(2.21) ở đây exp(x) chính là hàm e x Lấy logarit bất phương trình (2.20) và kết hợp với tính toán vế phải của bất phương trình (2.21) ta thu được
Rõ ràng 1 + logn < 2 logn với mọi n≥ 3 nên từ bất đẳng thức (2.22) ta có
Lưu ý rằng|β| n +|β| m < 2/3với mọin > 200 Do đó, từ phương trình (2.17) ta có
Chia cả hai vế của bất phương trình (2.8) cho α n
√5(1−α m−n ) ta được bất phương trình
1−α m−n < 3 Do đó từ bất phương trình (2.25) ta có
5(1 −α m−n ) −1 −1 Để áp dụng Bổ đề 2.1.8 một lần nữa ta đặt γ 1 = 2, γ 2 = α, γ 3 = √
Như trước đó, ta có D := [Q(√
5) :Q] = 2 nên ∆ 6= 0 Thật vậy, nếu ∆ = 0 ta cóα n −α m = 2 a √
5 Lấy liên hợp ta được phương trình β n −β m = −2 a √
5. Cộng vế với vế hai phương trình này ta được phương trình Ln −Lm = 0, mâu thuẫn với n > m Do đó vế trái của bất phương trình (2.10) khác 0. Tương tự như trên ta có
Bây giờ ta tính A 3 Với mọi n−m > 3 ta có |logγ 3 | < 1 Theo Chú ý 2.1.3 ta có h(γ 3 ) = h(√
Từ đó ta suy ra
Từ bất đẳng thức này ta có thể chọn A 3 = log 20 + (n−m) logα.
Bởi Bổ đề 2.1.8 ta có chặn dưới cho vế trái của bất đẳng thức (2.25) cho bởi
Lấy logarit hai vế bất phương trình (2.27) với chú ý 1 + logn < 2 logn với mọi n > 2 ta được bất phương trình nlogα < 0,7×10 12 logn×[log 20 + (n−m) logα] (2.28)
Bằng tính toán ta suy ra chặn trên của n là n < 2.91 × 10 28 và do đó a < n < 2.91×10 28
Bước 2 Ta sẽ giảm chặn trên của n xuống bé hơn bằng cách sử dụng Bổ đề 2.1.7 Thật vậy, cho z 1 := alog 2−nlogα+ log√
5 Khi đó bất phương trình (2.20) thành
Do đó từ phương trình (2.17) và công thức Binet ta có α n
5 α n ) < 0 Mặt khác ta có 4 α n−m < 0.945 với mọi n−m ≥3 Do đó từ bất phương trình (2.29) ta suy ra
0.055< e z 1 < 1.945 hay log 0.055 = −2.9004 < z 1 < 0 Do đó ta có e |z 1 | < e 2.9004 = 18.2 Vì hàm số f(x) =e x −x−1, x > 0 là hàm đồng biến nên f(x) > f(0) = 0 với mọi x > 0 Đặt |z 1 | = x > 0 thì z 1 = −x Do đó ta có bất đẳng thức
Chia cả hai vế của bất phương trình (2.30) cho logα ta được bất phương trình
Bây giờ ta xét Bổ đề 2.1.9, ta có số vô tỷ γ = log 2 logα với à = log√
Lưu ý rằng a < n < 2,91 ×10 28 Đặt M := 2,91 ×10 28 Áp dụng Bổ đề 2.1.9 và q > 6M thỏa món = ||àq|| −M||γq|| > 0 Bằng tớnh toỏn trờn máy tính ta có q = 18 ×10 28 và = 0.184.
Theo Bổ đề 2.1.9, bất phương trình (2.31) vô nghiệm nếu n − m ≥ log(Aq/) logB hay n − m ≥ 146,408 Do đó ta có chặn trên của n− m cho bởi n−m ≤146 Từ bất phương trình (2.28) ta suy ra n < 7,56.10 15 Bước 3 Ta sẽ giảm chặn trên cho n bé hơn Cho z2 := alog 2−nlogα+ log(√
Do đó, bất đẳng thức (2.26) suy ra
2 < e z 2 hay −0.7 < z 2 < 0 Suy ra 0 < |z 2 | < 0,7 Do đó e |z 2 | < 2 Vì thế tương tự như cho trường hợp z 1 ta có
Chia cả hai vế bất đẳng thức này chologα ∼= 0,4812 ta được bất đẳng thức
5(1−α m−n ) −1 logα | < 13.α −n (2.32) Xét Bổ đề 2.1.9 ta có γ = log 2 logα, à = log√
Rõ ràng γ là số vô tỷ Hơn nữa 3 ≤ n−m ≤146 Tương tự như trường hợp z1 với M = 7,6×10 15 ta chọn q = 8.10 15 sao cho q > 6M = 7,6.10 15 Áp dụng Bổ đề 2.1.9 cho bất đẳng thức (2.32) với 3 ≤ n−m ≤ 146 ngoại trừ hai trường hợp n−m = 4 và n−m = 12, ta có
Hơn nữa, theo Bổ đề 2.1.9 bất phương trình (2.16) vô nghiệm với mọi giá trị n≥ log(Aq/) logB = 98,1915 Do đó ta có chặn trên n≤ 98, mâu thuẫn với giả thiết n > 200 Do đó phương trình vô nghiệm.
Cuối cùng ta xét trường hợp n−m = 4 hoặc n−m = 12 Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.3.5 Cho n > 200, m ≥ 1 là các số nguyên sao cho n−m = 4 hoặc n−m = 12 Khi đó phương trình Diophantine (2.1) vô nghiệm.
Chứng minh Theo giả thiết hoặc n−m = 4 hoặc n−m = 12 Khi đó ta có n≡ m(mod4) Theo Bổ đề 2.1.4, ta có
Do đó ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1 Cho n−m = 4 Khi đó ta suy ra
Do đó phương trình Diophantine (2.1) thành Lm+2 = 2 a Theo Bổ đề 2.1.5, các giá trị của m + 2 là 1,2,3 hay m = 0 hoặc m = 5 Suy ra n = 4 hoặc n= 9 tương ứng, mâu thuẫn với n > 100 Do đó phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 2 Cho n−m = 12 Khi đó ta suy ra
Do đó phương trình Diophantine(2.1) thànhL m+6 = 2 a−3 Theo Bổ đề 2.1.5,các giá trị của m+ 6 là 1,2,3, mâu thuẫn với m > 0 Vậy trong trường hợp này phương trình vô nghiệm.
Như vậy luận văn đã trình bày một số nội dung chính như sau:
(1) Một số tính chất, khái niệm về liên phân số, liên phân số vô hạn và dãy Fibonacci và dãy Lucas.
(2) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine F n −
Fm = 3 a Cụ thể ta có các trường hợp sau.
(ii) Với 1≤ m < n ≤ 100 phương trình có nghiệm là (3,1,0),
(iii) Với n > 100 phương trình vô nghiệm.
(3) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine F n −
F m = 2 a Cụ thể ta có các trường hợp sau.
(i) Với m = 0 nghiệm là (1,0,0),(2,0,0),(3,0,1),(6,0,3). (ii) Với 1≤ m < n ≤ 200 phương trình có nghiệm là (3,1,0),
(iii) Với n > 200 phương trình vô nghiệm.