Giải phương trình diophante y2 = ax4 + b

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ MỸ HẠNH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE y = Ax4 + B LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ MỸ HẠNH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE y = Ax4 + B LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN - 2017 Mục lục Mục lục Lời cảm ơn Phần mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Liên phân số 1.2 Liên phân số vô hạn định lý Euler 1.3 Một số tính chất dãy Lucas 6 11 16 Phương trình Diophante y = Ax4 + B 2.1 Phương trình x2 = Dy + 2.2 Nghiệm nguyên phương trình y = Ax4 + B 2.3 Một số ứng dụng phương trình Diophante 21 21 26 37 Kết luận Tài liệu tham khảo 44 45 LỜI CẢM ƠN Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành đến PGS TS Nông Quốc Chinh hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mẻ Hơn với vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên chưa thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc Thầy dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tơi suốt thời gian tơi thực đề tài Trong q trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện luận văn Thầy ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt cho tơi hồn thành luận văn Cho đến luận văn thạc sĩ hồn thành, xin cảm ơn Thầy đơn đốc nhắc nhở Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Tốn - Tin Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cô tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo trường THCS Nha Trang - Tp Thái Nguyên nơi công tác tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành cơng việc chun mơn nhà trường để tơi hồn thành chương trình học tập cao học Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, ngày 29 tháng năm 2017 Tác giả Nguyễn Thị Mỹ Hạnh PHẦN MỞ ĐẦU Như biết phương trình Diophante có dạng Dy = Ax4 + B nghiên cứu rộng rãi với nhiều phương pháp khác Có nhiều ý tưởng phát triển để nghiên cứu dạng phương trình Một ví dụ điển hình kết Ljunggren (xem tài liệu [Lj]) Bằng phương pháp hữu hiệu Ljunggren phương trình x2 −dy = ±1 có nhiều hai nghiệm Hơn nữa, Tzanakis đưa phương pháp giải phương trình bậc hai dạng elliptic cách tổng qt hóa thuật tốn elliptic Một phương pháp khác phương trình áp dụng rút gọn để nghiên cứu bậc hai số dãy lặp song tuyến tính họ phương trình Thue Trong trường hợp này, phương pháp Baker Thue-Siegel sử dụng Tương tự, có số cách tiếp cận để giải phương trình này, chẳng hạn sử dụng kí hiệu Legendre rút gọn theo mod d Tuy nhiên, hạn chế phương pháp đòi hỏi số hạng bé, thuộc tập {±1, ±2} Gần công trình [AD] [TVW] cách sử dụng liên phân số số hạng dãy Lucas đưa cấu trúc nghiệm phương trình có dạng y = Ax4 + B Một điểm đặc biệt kết √ [AD] giải toán với điều kiện |B| < A Mục đích luận văn trình bày lại kết [AD] [TVW] ứng dụng vào số toán sơ cấp Luận văn gồm hai chương Chương chúng tơi trình bày liên phân số tính chất tốt dãy Lucas Đặc biệt nhắc lại nội dụng Định lý Euler liên phân số dùng cho chứng minh sau Chương hai gồm ba phần Phần chúng tơi trình bày lại kết [TVW] cấu trúc nghiệm phương trình x2 = Ay + thể Định lý 2.1.8 Phần thứ hai chúng tơi trình bày kết [AD] cấu trúc nghiệm phương trình y = Ax4 + B thể Định lý 2.2.5 2.2.9 Phần cuối chương chúng tơi trình bày lại lời giải phương trình x2 = 2y − số ứng dụng phương trình vào số toán sơ cấp Chương Một số kiến thức chuẩn bị Mục đích chương trình bày lại tính chất liên phân số dãy Lucas Đặc biệt tập trung trình bày lại Định lý Euler liên phân số vài tính chất dãy Lucas ứng dụng cho việc tìm lời giải nghiệm nguyên cho phương trình Diophante phần sau Các kết chương viết theo tài liệu [Hi], [Ho] [AD] 1.1 Liên phân số ∞ 1.1.1 Định nghĩa Cho {ai }∞ i=0 {bi }i=0 dãy số thực (i) Biểu thức có dạng a0 + b0 (1.1) b1 a1 + a2 + ∞ gọi liên phân số hai dãy số {ai }∞ i=0 {bi }i=0 (ii) Dãy biểu thức u0 = a0 , u1 = a0 + giản phân hai dãy số {ai }∞ i=0 b0 b1 a1 + a2 ∞ {bi }i=0 , , gọi (iii) Phần tử un xác định gọi giản phân thứ n ∞ hai dãy số {ai }∞ i=0 {bi }i=0 1.1.2 Chú ý (i) Nếu n hữu hạn b0 = b1 = = bn = ta kí hiệu liên phân số hai dãy số {ai }ni=0 {bi }ni=0 [a0 ; a1 , , an ] (ii) Nếu a0 ∈ Z a1 , , an số nguyên dương ta nói [a0 ; a1 , , an ] liên phân số hữu hạn có độ dài n (iii) Một liên phân số hữu hạn số hữu tỷ ∞ ∞ Với hai dãy số thực {ai }∞ i=0 {bi }i=0 ta xét hai dãy số {pn }n=−1 {qn }∞ n=−1 sau: p−1 = 1, p0 = a0 , , pn+1 = an+1 pn + bn pn−1 q−1 = 0, q0 = 1, , qn+1 = an+1 qn + bn qn−1 Khi mối quan hệ giản phân thứ n hai dãy số {ai }∞ i=0 ∞ ∞ {bi }∞ i=0 với thương thứ n hai dãy số {pn }n=−1 {qn }n=−1 thể bổ đề sau 1.1.3 Bổ đề Với kí hiệu giả thiết ta có un = n ≥ pn với qn Chứng minh Ta chứng minh đẳng thức quy nạp theo n Thật vậy, với n = n = hiển nhiên kết Giả sử pn quy nạp cho n, nghĩa ta có un = Thay an biểu thức qn bn un an + ta thu un+1 Theo định nghĩa ta có pn , qn không an+1 phụ thuộc vào bn an+1 nên từ công thức truy hồi pn an pn−1 + bn−1 pn−2 = qn an qn−1 + bn−1 qn−2 ta có bn )pn−1 + bn−1 pn−2 an+1 = bn (an + )qn−1 + bn−1 qn−2 an+1 (an + un+1 (an an+1 + bn )pn−1 + an+1 bn−1 pn−2 (an an+1 + bn )qn−1 + an+1 bn−1 qn−2 an+1 (an pn−1 + bn−1 pn−2 ) + bn pn−1 = an+1 (an qn−1 + bn−1 qn−2 ) + bn qn−1 an+1 pn + bn pn−1 = an+1 qn + bn qn−1 pn+1 = qn+1 = Bổ đề 1.1.3 cho ta cơng thức tính giản phân qua thương dãy số Tiếp theo ta số hữu tỷ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn biểu diễn Trước tiên ta nhắc lại thuật tốn Euclid tìm ước chung lớn hai số nguyên 1.1.4 Chú ý (i) Cho số nguyên a, b ∈ Z, b > Khi biết tìm ước chung lớn a b cách thức thuật toán Euclid sau: a = a0 b + r1 , < r1 < b b = a1 r1 + r2 , < r2 < r1 , r1 = a2 r2 + r3 , < r3 < r1 , , rn−2 = an−1 rn−1 + rn , < rn < rn−1 , rn−1 = an rn , trình phải dừng sau hữu hạn bước ta có gcd(a, b) = rn (ii) Từ thuật toán ta thu hai dãy số nguyên hữu hạn {ai }ni=0 b0 = b1 = = bn = Khi giản phân {ai }ni=0 {bi }ni=0 u0 = a0 = [a0 ], u1 = a0 + = [a0 ; a1 ], , un = = [a0 ; a1 , a2 , , an ] a1 (iii) Từ thuật toán ta thu dãy truy hồi p0 = a0 , p1 = a1 p0 + 1, , pn = an pn−1 + pn−2 q0 = 1, q1 = a1 , , qn = an qn−1 + qn−2 Theo Bổ đề 1.1.3 ta có hệ sau: 1.1.5 Hệ Với kí hiệu giả thiết Chú ý 1.1.4 ta có pi ui = , với i = 0, 1, , n qi Từ Bổ đề Hệ ta có tính chất quan trọng số hữu tỷ thể mệnh đề sau: 1.1.6 Mệnh đề Mỗi số hữu tỷ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn Chứng minh Cho a/b số hữu tỷ với b > Theo thuật tốn tìm ước chung lớn cơng thức giản phân ta có a = a0 + b b r1 = a0 + 1 a1 + r1 r2 = a0 + a1 + a2 + a3 + an−2 + an−1 + an Vậy số hữu tỷ a/b viết thành liên phân số hữu hạn a/b = [a0 ; a1 , , an ] 32 un (2kl, 1) có dạng x2 số hạng có số chẵn un (2kl, 1) có dạng kx2 (a) Xét trường hợp k = 1, suy A = l2 + Từ Bổ đề 1.3.6 với n ≥ (n, 2l, 1) = (7, 2, 1) Vì l = 1, A = u7 = 169, từ điều suy |x| = 13 Với l = k = ta có có dãy un (2, 1) Tiếp theo ta xét trường hợp n < Với n = 3, ta có u3 = 4l2 + khơng phải số phương trừ l = 0, điều mâu thuẫn với giả thiết l số nguyên dương Với n = 2, ta có u2 = 2l với n = ta có u1 = Xét √ nghiệm tầm thường x = 0, ta có |x| ∈ 0, 1, 13, 2l Trong |x| = 13 xảy A = 2, B = (b) Xét k ∈ {2, 3, 6} Trước tiên ta giả sử n ≥ n lẻ Khi ta phải tìm lời giải cho phương trình un = x2 với x nguyên un = un (2kl, 1) Theo Bổ đề 1.3.6 áp dụng cho m = ta thu (n, 2kl, 1) = (7, 2, 1) Từ suy k = l = 1, mâu thuẫn với giả thiết k > Vì khơng tồn số hạng un có dạng x2 Với n chẵn, ta cần tính số hạng dãy Lucas un (2kl, 1) thỏa mãn un = kx2 với số nguyên x Với n chẵn n ≥ theo Bổ đề 1.3.6 ta thu (n, 2kl, 2) = (4, 4, 2) (n, 2kl, 3) = {(4, 2, 3) , (4, 24, 3)} Nếu ta có ba (4, 4, 2) u4 (4, 1) = 72 = 2x2 Khi |x| = Trong trường hợp có lời giải phương trình y = A.64 + B với A = 20 |B| ≥ Khi phương trình có nghiệm (x, y, B) = (6, 161, 1) Với ba (4, 2, 3) ta có kl = 1, điều mâu thuẫn Với ba (4, 24, 3) ta có u4 (24, 1) = 13872 = 3x2 Suy |x| = 68 Với x = 68, k = 3, l = 4, ta thu A = k k l2 + = 1305 √ Cho số nguyên B thỏa mãn |B| ≤ 1305 < 37 Khi phương trình y = Ax4 + B có nghiệm (|x| = 68, |y| = 167041) Với n = ta có u3 = 4k l2 + 1, khơng phải số phương k, l số nguyên dương Với n = 2, u2 = 2kl phải có dạng kx2 33 Suy |x| = √ 2l Với n = ta có |x| = Tính nghiệm tầm thường √ ta thu |x| ∈ 0, 1, 6, 2l Khi nghiệm |x| = xảy A = 20, B = (c) Xét k ∈ / {1, 2, 3, 6} Tương tự trường hợp cần tính số hạng bình phương dãy Lucas un (2kl, 1) với số lẻ Theo Bổ đề 1.3.6 suy không tồn nghiệm với n ≥ trường hợp n = n = tương tự trường hợp (a) Với n chẵn ta cần tính số hạng có dạng kx2 dãy Lucas un (2kl, 1) Số nguyên x nghiệm phương trình y −dx4 = 1, với d = k k l2 + √ √ √ x1 , x2 , xp , với (Mệnh đề 1.3.5) Theo Bổ đề 2.1.9 ta có |x| ∈ √ y1 + x1 d = εd phần tử khả nghịch nhỏ lớn vành √ √ Z d εtd = yt +xt d Các nghiệm với n < m = 1, 2, 3, tương √ √ √ √ tự trường hợp trước Vì |x| ∈ 0, 1, 2l, x1 , x2 , xp 2) Theo Bổ đề 2.2.3(ii), số hạng có số chẵn qs số hạng có số lẻ un dãy Lucas un (2k (2l − 1) , 1) Ngược lại, số hạng có số lẻ qs số hạng có số chẵn un dãy Lucas un (2k (2l − 1) , 1) chia hết 2k Do đó, để tính tốn qs số phương, ta cần tính tốn số hạng có số lẻ un (2kl, 1) có dạng x2 số hạng có số chẵn un (2k (2l − 1) , 1) có dạng 2kx2 (a) Vì k ∈ {1, 3} nên theo Bổ đề 1.3.6 với m = ta có trường hợp n lẻ n = (n, 2k (2l − 1) , 1) = (7, 2, 1) Do l = k = 1, A = u7 = 169 = x2 Do khơng tồn nghiệm nguyên √ phương trình y = 8x4 + B với x = 13 |B| < A Với n = ta có u3 = 4k (2l − 1)2 + 1, khơng phải số phương k ≥ Với n = ta có u1 = 1, hiển nhiên số phương Xét n chẵn, ta cần tính tốn số hạng dãy Lucas un (2k(2k − 1), 1) thỏa mãn un = 2kx2 , với số nguyên x Cho n = theo Bổ đề 1.3.6 với m = 2k (vì k ∈ {1, 3}) ta thu m ∈ {2, 6} Từ suy khơng tồn ba có dạng (n, 2k (2l − 1) , 2k) Với n = ta 34 √ có u2 = 2k (2l − 1) số hạng có dạng 2kx2 với |x| = 2l − Tính √ nghiệm tầm thường x = 0, ta có |x| ∈ 0, 1, 2l − (b) Xét trường hợp k ∈ / {1, 3} tương tự trường hợp theo Bổ đề 1.3.6 không tồn nghiệm với n lẻ, n ≥ Các trường hợp n = n = tương tự trường hợp Với n chẵn ta thực trường hợp ((c) phần ) Tính nghiệm tầm thường x = 0, √ √ √ √ ta suy |x| ∈ 0, 1, 2l − 1, x1 , x2 , xp Trước phát biểu kết thứ hai mục ta cần số bổ đề sau 2.2.6 Bổ đề Cho A = k (k l2 + 1) n số nguyên dương Khi ta có αn = k α1 với n chẵn αn = α1 với n lẻ √ Chứng minh Theo Bổ đề 2.2.1 ta có A = [k l; 2l, 2k l] Theo Định lý √ 1.2.10 ta có α = A = α0 Do a0 = k l, a2n+1 = 2k l Từ dẫn đến = α1 = α0 − a0 √ A + k2l , α = = k α1 α3 = α1 2 k α1 − a1 Áp dụng quy nạp ta suy điều cần chứng minh 2.2.7 Bổ đề Cho A = k (k l2 + 1) Khi ta có 1, n chẵn k , n lẻ sn = Hơn nữa, rn = k l với n ≥ Chứng minh Từ Bổ đề 2.2.6 ta có αn = k α1 , n chẵn α1 , n lẻ 35 √ √ rn + A k2l + A Mặt khác, ta lại có αn = α1 = Do sn k2 sn = 1, n chẵn k , n lẻ 2.2.8 Chú ý Cho (x, y) nghiệm nguyên phương trình y = √ Ax4 + B, với |B| < A Khi y = pn x2 = qn Do p2n − Aqn2 = y − Ax4 = B Theo Định lý 1.2.10 phần (iv) ta có p2n − Aqn2 = (−1)n−1 sn+1 Vì B = (−1)n−1 sn+1 (2.7) Tiếp theo Định lý nói mối liên hệ nghiệm nguyên phương trình Diophante y = Ax4 + B với A B Hơn nữa, định lý khẳng định tính nghiệm với điều kiện A B cho trước 2.2.9 Định lý Các phát biểu sau đúng: 1) Cho (x, y) nghiệm nguyên phương trình y = k (k l2 + 1)x4 + B, với B phương, k > = |B| ≤ k l Khi B = 2) Cho (x, y) nghiệm nguyên phương trình y = (l2 + 1)x4 + B, với B phương, k > = |B| ≤ l Khi B = 3) Cho A = 4k (k (2l − 1)2 + 1) Khi phương trình y = Ax2 + B, với B phương, k > = |B| ≤ 2k (2l − 1) có nghiệm với B = 36 Chứng minh 1) Trước tiên ta thấy |B| ≤ √ A= k (k l2 + 1) = k k l2 + √ Vì B số nguyên nên từ bất đẳng thức suy |B| ≤ k k l2 Do |B| ≤ k l Từ Bổ đề 2.2.7 đẳng thức dẫn đến B ∈ {1, −k } Vì B phương nên B = 2) Hoàn toàn tương tự ta có |B| ≤ √ A= (l2 + 1) Do B số nguyên nên |B| ≤ l Mặt khác B phương nên suy B = 3) Ta sử dụng kỹ thuật chứng minh tương tự Định lý 2.2.5 Trước tiên xét phương trình p2n − Aqn2 = (−1)n−1 sn+1 (2.8) với n chẵn Theo Bổ đề 2.2.3 phần 2) ta tìm số hạng có số lẻ dãy Lucas un (2k(2l − 1), 1) phương Tương tự chứng minh phần 2) Định lý 2.2.5 số hạng khơng tồn trừ n = Với n = s2 = Do B = Với n lẻ số số hạng dãy bên phải đẳng thức 2.8 chẵn Trong trường hợp này, chu √ kỳ liên phân số A theo Định lý 1.2.10 phần (v) ta có sn+1 = Vậy trường hợp từ quan hệ 2.7 ta suy B = Tiếp theo số ví dụ minh họa cho kết 2.2.10 Ví dụ Cho k = 1, l = 301 A = 4k (k (2l−1)2 +1) = 1444808 Xét họ phương trình EB : y = Ax4 + B, với B phương √ |B| ≤ 1202 Theo Định lý 2.2.5 phần 2) a ta có |x| ∈ {0, 1}(vì 2l − khơng số ngun) Khi nghiệm nguyên xuất x = Vậy lời giải cho (x, y, B) (0, 1, 1) (0, −1, 1) 37 2.2.11 Ví dụ Cho k = 12, l = A = k (k l2 + 1) = 20880 Xét họ phương trình EB : y = Ax4 + B, với B phương |B| ≤ 144 Theo Định lý 2.2.5 mục c phần 1) ta có |x| ∈ √ √ √ {0, 1, x1 , x2 , xp } Theo Định lý 2.2.9 phần 1) suy B = Khi nghiệm phương trình y = Ax2 + √ 289 + 20880 > Do y1 = 289 x1 = Vì x1 khơng phương khơng có dạng pu2 , với p ≡ (mod 4) nên ta cần kiểm tra cho x2 Vì √ √ (289 + 20880) = 167041 + 1156 20880 nên x2 = 1156 = 342 Vì lời giải (x, y, B) phương trình y = 20880x4 + B (0, ±1, 1) (±34, ±167041, 1) 2.2.12 Ví dụ Xét phương trình y = (24r+1 + 1)x4 + B với −22r+1 ≤ B ≤ 22r+1 B = phương Khi với k = l = 22r+1 ta có |x| ∈ {0, 1, 2r+1 } Hơn nữa, từ phần 2) Định lý 2.2.9 ta suy B = Vì lời giải (x, y, B) cho phương trình y = (24r+1 + 1)x4 + B (x, y, B) = {(0, 1, 1), (1, 22r+1 , −1), (22r+1 , 24r+3 + 1, 1)} 2.3 Một số ứng dụng phương trình Diophante Trong mục chúng tơi trình bày lại chứng minh thú vị tìm nghiệm nguyên dương phương trình Diophante x2 = 2y − (2.9) 38 Đặc biệt đưa số ứng dụng phương trình Diophante Các kết mục viết theo tài liệu [Mor] Trước tiên chúng tơi trình bày lại chứng minh cấu trúc nghiệm phương trình Năm 1942 Ljunggen chứng minh phương trình 2.9 có hai nghiệm nguyên dương (1, 1) (239, 13) Sau Mordell đưa cách chứng minh dễ dàng Dưới ta trình bày chứng minh Mordell 2.3.1 Định lý Phương trình x2 = 2y − có hai nghiệm nguyên dương (1, 1) (239, 13) Chứng minh Đặt t = y , (2.9) có dạng: x2 − 2t2 + = (2.10) Khi phương trình (2.10) có nghiệm ngun biểu diễn quan hệ sau: xn+1 = 3xn + 4tn tn+1 = 2xn + 3tn (2.11) với n ∈ N (x0 , y0 ) = (1, ε), ε = ±1 Thật vậy, với x0 = 1, t0 = ±1 ta có (1, ±1) nghiệm (2.10) Giả sử (xn , yn ) nghiệm (2.10) Xét Xn+1 = 3Xn + 4Tn Tn+1 = 2Xn + 3Tn (2.12) Ta có (3Xn + 4Tn ) − (2Xn + 3Tn ) − = X − 2T + = Vậy (Xn+1 , Tn+1 ) nghiệm (2.10) Khi biểu thức (2.12) viết dạng sau: xn yn = ε = An Đặt P = √ √2 − 2 39 √ 3+2 0√ 3−2 D= Dễ thấy P −1 AP = D, √   (a − b)  (a + b) An = P.Dn P −1 =  √2  (a − b) (a + b) √ √ a = + 2 ; b = − 2 Từ suy √ √   √ n 1−ε √ n 1+ε 3+2 + 3−2  xn  2√ 2√ = √ n 2ε − √ n tn 2ε + 3+2 + 3−2 4 (2.13) Suy 2ε + yn2 = √ √ 3+2 n 2ε − + √ √ 3−2 n , n ∈ N Khi yn2 số phương n = n = Với n = 0, ε = ta nhận yn2 = (vì x2 = 1) Với n = 3, ε = ta nhận y33 = 169 (vì x3 = 239) Phần chúng tơi trình bày số ứng dụng phương trình Diophante số toán sơ cấp Trước tiên ứng dụng vào việc tìm nghiệm hai phương trình Diophante (i) Tìm nghiệm hai phương trình Để minh họa cho ứng dụng chúng tơi xét ví dụ sau: 2.3.2 Ví dụ Tìm t ∈ Z thỏa mãn phương trình 10t + = x2 x2 − thay vào phương trình ta 5t + = y Ta có t = 10 x2 − + = y4 10 40 Phương trình tương đương với x2 − 2y = Theo chứng minh phương trình có hai nghiệm (1, 1) (239, 13) Do khơng có giá trị ngun t thỏa mãn hệ phương trình 2.3.3 Ví dụ Tìm t ∈ Z thỏa mãn phương trình 2t + = x2 t + = y Ta có t = y − thay vào phương trình ta x2 − 2y = Theo chứng minh phương trình có hai nghiệm (1, 1) (239, 13) Do giá trị ngun cần tìm t t = {0, 28560} (ii) Xấp xỉ hữu tỷ từ nghiệm phương trình √ Xét phương trình x2 − dy = ±1, với d số vô tỷ Khi ta √ x khơng thể biểu diễn d = với x, y ∈ Z>0 Tuy nhiên, x2 − dy = ±1 y Do x2 = d ± ≈ d y4 y4 Vì nghiệm phương trình lớn xấp xỉ ta tốt nhiêu Để minh họa cho ứng dụng ta xét ví dụ sau: 2.3.4 Ví dụ Xét phương trình x2 − 2y = −1 Theo chứng minh phương trình có hai nghiệm nguyên dương (1, 1) (239, 13) Khi ta có √ 2≈ 239 = 1, 414201183 169 2.3.5 Ví dụ Cho k = 12, l = A = k (k l2 + 1) = 20880 Xét họ phương trình EB : y = Ax4 + B, với B phương |B| ≤ 144 Theo ví dụ 2.2.11 lời giải (x, y, B) phương trình y = 20880x4 + B (0, ±1, 1) (±34, ±167041, 1) 41 Do với (x, y, B) = (±34, ±167041, 1) √ 167041 20880 ≈ = 144, 4991349481 342 (iii) Số đa giác Bằng quy nạp ta có đẳng thức sau: Tn = + + + n = n(n + 1) Sn = + + + (2n − 1) = n2 3n2 − Pn = + + + (3n − 1) = Khi ta có bảng giá trị sau: n Tn Sn Pn 1 1 10 10 15 21 28 36 44 54 16 25 36 49 64 81 100 12 22 35 51 70 92 117 145 Theo bảng giá trị T1 = S1 = P1 T8 = S6 Do cách tự nhiên ta suy câu hỏi : Với giá trị m, n, k Tm = Sn Tm = Pk ? Tuy nhiên ta xét câu hỏi hẹp là: Với giá trị m, n2 , k Tm = Sn2 Tm2 = Pk ? (a) Thật vậy, giả sử ta có Tm = Sn Khi ta có m2 + m = n4 m2 + m = 2n4 1 (m + )2 − = 2n4 (2m + 1) − = 8(n)4 (2m2 + 1)2 − 8(n)4 = Bài toán dẫn đến giải phương trình x2 = 8y + với x, y > 0, x số lẻ 42 (b) Trường hợp Sm2 = Pk Khi ta có 3n2 − n 2m = 3n − n 1 2m4 = 3((n − )2 − ) 36 24m = (6n − 1) − m4 = (6n − 1)2 − 24m4 = Đặt x = 6n − 1và y = m tốn quy tìm nghiệm ngun dương phương trình x2 − 24y = với x lẻ (iv) Tam giác Pitago với số nguyên liên tiếp Xét phương trình m2 + (m + 1)2 = n2 Khi câu hỏi tự nhiên đặt là: Có tồn số phương n số nguyên dương m thỏa mãn đẳng thức trên? Để trả lời cho câu hỏi ta xét phương trình m2 + (m + 1)2 = n4 Khi ta có: 2m2 + 2m + = n4 − + = n4 m+ (2m + 1)2 + = 2n4 (2m + 1)2 = 2n4 − Đặt 2m + = x n = y tốn thành tìm nghiệm ngun dương phương trình x2 = 2y − Theo chứng minh phương trình có hai nghiệm ngun dương (1, 1) (239, 13) Từ suy m = 119 n = 13, nghĩa 1192 + 1202 = 134 = 1692 Chú ý bỏ giả thiết n số phương tồn nhiều cặp số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức Ví dụ 32 + 42 = 52 , 202 + 212 = 292 , 6962 + 6972 = 9852 , 43 (v) Tam giác bình phương số Pitago Như mục (iii) câu hỏi tự nhiên là: Với giá trị m, n, k Tn = Sm = Pk ? Thật vậy, giả sử Tn = Sm = Pk Khi ta có (2m + 1)2 − 2(2n)2 =1 (6k − 1)2 − 6(2n)2 =1 (2.14) Bài tốn quy tìm nghiệm ngun dương x, y, z hệ phương trình x2 − 2y =1 z − 6y =1 (2.15) Từ hệ phương trình ta suy x2 − 2y = z − 6y Điều tương đương với x2 + (2y)2 = z Vì x = 2m + lẻ gcd(x, y) = nên x = p2 − q , y = 2pq, z = p2 + q Thay vào phương trình x2 − 2y = ta (p2 − q )2 − 2(pq)2 = Phương trình tương đương với (p2 − 2q )2 − 3q = Đặt X = p2 − 2q Y = q ta có X − 3Y = Theo định lý phương trình có hai nghiệm ngun dương (2, 1) (7, 2) Khi ta suy m = n = k = giá trị cần tìm Kết luận Trong luận văn này, chúng tơi trình bày lại số kết sau: Một số tính chất liên phân số Định lý Euler liên phân số Trình bày dãy Lucas số tính chất Phát biểu chứng minh số lời giải nghiệm nguyên cho số phương trình Diophante đặc biệt Phát biểu chứng minh kết liên quan đến lời giải nghiệm nguyên cho phương trình x2 = Dy + Phát biểu chứng minh kết liên quan đến lời giải nghiệm nguyên cho phương trình y = Ax4 + B Đưa số ứng dụng phương trình Diophante vào số tốn sơ cấp 44 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [Hi] Trần Thị Thu Hiền (2015), Liên phân số xấp xỉ tốt, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên [Ho] Đào Thị Thương Hoài (2010), Một vài vấn đề phương trình Diophante, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Tiếng Anh [AD] P K Alvanos and K A Draziotis (2015), "Integer Solutions of the Equation y = Ax4 + B", J of Integer Sequences 18, 1-14 [BW] M A Bennett and P G Walsh (1999), "The Diophatine equation bx4 − dy = 1", Proc Amer Math Soc 127, 3481-3491 [Bu] E B Burger(2000), Exploring the Number Jungle: a Journey into Diophantine Analysis, American Mathematical Society [Co1] J H E Cohn (1997), "The Diophantine equation y = Dx4 + 1, II", Acta Arith 78, 401-403 [Co2] J H E Cohn (1978), "The Diophantine equation y = Dx4 + 1, III", Math Scand 42, 180-188 [Lj] W Ljunggren (1954), "Ein Satz uber die diophatische Gleichung A2 x2 −By = C, C = 1, 2, 3", Toflte Skand Matematikerkongressen, Lund, 1953, Lunds Universitets Matematiska Inst, Lund, 1954, 188194 45 46 [LW] F Luca and P G Walsh(2001), "Squares in Lehmer sequences and some Diophantine applications ", Acta Arith 100, 47-62 [Ma] K Matthews (2000), "The Diophantine equation x2 − Dy = N, D > 0", Expo Math 18, 323-331 [Mor] L J Mordell (1969), "Diophantine Equations", Academic Pres, Volume 30 [Nag] T Nagell (1954), "On a special class of Diophantine equations of the second degree", Arkiv for Matematik 3, 51-65 [Na] K Nakamula and A Pethó (1998), "Squares in binary recurrence sequences" In K Gyory, A, Petho and V T Sós, Number Theory, Walter de Gruyter, 409-421 [TVW] A Togbe, P M Voutier and P G Walsh (2005), "Solving a family of Thue equations with an application to the equation x2 − Dy = 1", Acta Arith 120, 39-58 [Wa] P G Walsh (1998), "The Diophatine equation X − db2 Y = 1", Acta Arith 87, 179-188 ... + bn−1 pn−2 = qn an qn−1 + bn−1 qn−2 ta có bn )pn−1 + bn−1 pn−2 an+1 = bn (an + )qn−1 + bn−1 qn−2 an+1 (an + un+1 (an an+1 + bn )pn−1 + an+1 bn−1 pn−2 (an an+1 + bn )qn−1 + an+1 bn−1 qn−2 an+1... srun+1 + sun+2 Mặt khác, run+1 = un+2 − sun Do un+4 = r2 un+2 + s(un+2 − sun ) + sun+2 Vì vậy, un+4 = (r2 + 2s)un+2 − s2 un Chương Phương trình Diophante y = Ax4 + B Chương này, chúng tơi trình. .. x1 = x2 = 2 hai nghiệm phương trình x2 − 3x − = Đặt an = xn1 + xn2 , với n = 1, 2, Khi a1 = x1 + x2 = 3, a2 = 13, Do quy nạp theo n ta có: + x2 xn+1 an+2 = xn+2 + xn+2 = x1 xn+1 2 = (3