1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

SH tam NC phuong trinh pell va bai toan tim nghiem nguyen

14 174 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 14
Dung lượng 185,59 KB

Nội dung

CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL Nguyễn Chí Tâm Đại học Sư phạm-Đại học Thái Nguyên Email: chitamdhsptnk47@gmail.com Ngày 28 tháng 6 năm 2016 Tóm tắt nội dung Phương trình Pell v

Trang 1

CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL

Nguyễn Chí Tâm Đại học Sư phạm-Đại học Thái Nguyên Email: chitamdhsptnk47@gmail.com Ngày 28 tháng 6 năm 2016

Tóm tắt nội dung Phương trình Pell và một số phương trình quy về phương trình kiểu Pell có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán tìm nghiệm nguyên, chứng minh tính chất số học hay những bài toán về dãy số nguyên Chuyên đề này sẽ đưa ra các ứng dụng của phương trình Pell trong các bài toán như vậy Đặc biệt là các bài toán số học trong đề thi học sinh giỏi quốc gia mà có xuất hiện ứng dụng của phương trình Pell

1 Phương trình Pell

1.1 Phương trình Pell loại I

Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng:

x2− Dy2

Định lý 1.1 Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1.1) là một số chính phương thì phương trình (1.1.1) vô nghiệm

Chứng minh Nếu D là số chính phương ta luôn có m ∈ Z sao cho D = m2 Khi đó phương trình (1.1.1) được viết lại thành:

x2− m2y2 = 1 ⇔ (x − my)(x + my) = 1

Giả sử phương trình (1.1.1) có nghiệm là (x0, y0) Khi đó ta có x0−my0; x0+my0 ∈ Z

và kéo theo

(

x0− my0 = 1

x0+ my0 = 1 hoặc

(

x0− my0 = −1

x0+ my0 = −1

Từ hai hệ phương trình trên ta thấy điều mâu thuẫn Ta suy ra điều phải chứng minh

Trang 2

Định lý 1.2 Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1.1) là số nguyên âm thì phương trình đó không có nghiệm nguyên dương

Chứng minh Đặt D = −m với m > 0 Khi đó phương trình (1.1.1) trở thành:

x2+ my2 = 1

Nếu m = 1 thì ta có phương trình x2 + y2 = 1 Kéo theo

 x = 1; y = 0

x = 0; y = 1 Nếu m > 1 và kết hợp với x2, y2 ≥ 0 kéo theo x = 1; y = 0 hoặc x = −1; y = 0 Từ đây

ta kết luận phương trình (1.1.1) không có nghiệm nguyên dương

Định lý 1.3 (Nghiệm của phương trình Pell loại I) Nếu D là một số nguyên dương nhưng không phải là số chính phương thì phương trình (1.1.1) có vô hạn nghiệm nguyên dương và nghiệm tổng quát được cho bởi (xn, yn) với n ≥ 1

xn+1 = axn+ Dbyn, yn+1 = bxn+ ayn, (1.1.2)

trong đó (x1, y1) = (a, b) là nghiệm cơ sở nghĩa là nghiệm mà b > 0 nhỏ nhất

Chứng minh Xem chứng minh trong [1]

Công thức truy hồi ở trên sinh ra do hằng đẳng thức Brahmagupta

(a2+ nb2)(c2+ nd2) = (ac − ndb)2+ n(ad + bc)2 = (ac + nbd)2+ n(ad − bc)2 (1.1.3)

Chú ý Ta có thể viết ngắn gọn là dãy (xn) và (yn) được xác định bởi

(

xn+ yn√

D = (a + b√

D)n

xn− yn√D = (a − b√

D)n

Từ đó ta có công thức của (xn) và (yn) là:

xn = (a + b

√ D)n+ (a − b√

D)n

yn= (a + b

√ D)n− (a − b√D)n

2√ D

(1.1.4)

Do a + b√

D và a − b√

D là hai nghiệm của phương trình X2− 2aX + 1 = 0 nên ta có công thức truy hồi độc lập cho xn và yn:

x0 = 1, x1 = a, xn+1= 2axn− xn−1; (1.1.5)

y0 = 0, y1 = b, yn+1 = 2ayn− yn−1 (1.1.6)

Trang 3

1.2 Phương trình Pell loại II

Phương trình Pell loại II là phương trình có dạng:

x2− Dy2

Định lý 1.4 Nếu số nguyên D trong (1.2.1) là số chính phương hoặc có ước nguyên

tố dạng 4k + 3 với k ∈ Z thì phương trình đó vô nghiệm

Chứng minh Nếu D là một số chính phương thì D = m2, m ∈ Z Khi đó phương trình được viết lại là

x2− m2y2 = −1 ⇔ (x − my)(x + my) = −1 Giả sử là phương trình có nghiệm là (x0, y0) Khi đó x0− my0, x0+ my0 ∈ Z và do đó kéo theo

(

x0− my0 = 1

x0+ my0 = −1 hoặc

(

x0− my0 = −1

x0+ my0 = 1 Điều này là mâu thuẫn nên (1.2.1) vô nghiệm

Nếu D có ước nguyên tố dạng 4k + 3 và phương trình có nghiệm là (x0, y0) Khi đó

ta có

x20− Dy2

0 = −1 ⇔ x20+ 1 = Dy02

Từ đây suy ra x2

0+ 1 .D Vì D có ước nguyên tố dạng 4k + 3 nên x2

0+ 1 .4k + 3 Từ đây kéo theo 1 chia hết cho 4k + 3 Điều này là mâu thuẫn vậy nên (1.2.1) vô nghiệm Định lý 1.5 Nếu D là số nguyên tố thì phương trình (1.2.1) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi D không có dạng 4k + 3

Chứng minh Giả sử phương trình (1.2.1) có nghiệm nguyên dương Theo Định lý 1.4 thì D không có dạng 4k + 3

Ngược lại, giả sử D 6= 4k+3 Khi đó có các trường hợp sau xảy ra:

D ≡ 1(mod4)

D ≡ 2(mod 4)

D ≡ 0(mod 4)

Do D là số nguyên tố nên chỉ còn hai trường hợp:

(

D ≡ 1(mod 4)

D ≡ 2(mod 4) Trường hợp 1: Nếu D ≡ 1(mod 4) thì D = 4k + 1, k ∈ Z Xét phương trình Pell loại I

x2− Dy2 = 1 gọi là phương trình liên kết với phương trình (1.2.1) Gọi (a, b) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I, khi đó ta có:

a2− 1 = Db2 (∗)

Xét hai khả năng sau:

Trang 4

• Nếu a là số chẵn thì vế trái của phương trình (∗) là lẻ, do D = 4k + 1 là số lẻ nên

b là số lẻ Do đó b2 ≡ 1(mod 4) Vậy a2− 1 ≡ 1.1(mod 4), kéo theo a2 ≡ 2(mod 4) Điều này là vô lý vì a là số chẵn Do đó không xảy ra trường hợp này

• Nếu a là số lẻ thì lập luận tương tự như trên ta có b là số chẵn Giả sử a = 2a1+ 1

và b = 2b1, thay vào (∗) ta có

(2a1+ 2)2a1 = D.4b21 ⇒ (a1+ 1)a1 = Db21 (∗∗)

Vì D là số nguyên tố và (a1, a1+ 1) = 1 nên từ (∗∗) suy ra

(

a1+ 1 = Dv2

a1 = u2

(

a1 = Dv2

a1+ 1 = u2

trong đó u.v = b1; u, v là các số nguyên dương

Nếu

(

a1+ 1 = Dv2

a1 = u2 thì ta có u

2− Dv2 = −1 Vậy (u, v) là nghiệm của phương

trình (1.2.1)

Nếu

(

a1 = Dv2

a1+ 1 = u2 thì ta có u2 − Dv2 = 1 Vậy (u, v) là nghiệm của phương trình Pell loại I Do (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell loại I nên ta

có u ≥ a Từ đó ta có

a1+ 1 = u2 ≥ u ≥ a = 2a1+ 1 ⇒ a1 ≥ 2a1

Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn vì a1 nguyên dương Vậy trường hợp này không xảy ra

Trường hợp 2: Nếu D ≡ 2(mod 4) thì D = 4k + 2 Suy ra D chia hết cho 2 Mà

D là số nguyên tố nên D = 2 Do đó phương trình x2 − 2y2 = −1 có nghiệm nguyên dương (x, y) = (1, 1)

Định lý 1.6 (Điều kiện có nghiệm của phương trình Pell loại II) Gọi (a, b) là nghiệm nguyên nhỏ nhất của phương trình Pell loại I: x2− Dy2 = 1 liên kết với phương trình (1.2.1) Khi đó phương trình (1.2.1) có nghiệm khi và chỉ khi hệ

(

a = x2 + Dy2

nghiệm nguyên dương

Định lý 1.7 (Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II) Giả sử phương trình (1.2.1) có nghiệm nguyên dương và gọi (x0, y0) là nghiệm nhỏ nhất của nó Khi đó

Trang 5

nghiệm tổng quát của phương trình (1.2.1) là (xn, yn)n≥0 được xác định bởi:

xn= x0un+ Dy0vn; yn= y0un+ x0vn (1.2.2) trong đó (un, vn)n≥0 là nghiệm tổng quát của phương trình Pell loại I: x2− Dy2 = 1 liên kết với phương trình (1.2.1)

1.3 Phương trình Pell với tham số n

Phương trình Pell với tham số n là phương trình có dạng:

Định lý 1.8 Phương trình (1.3.1) hoặc vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm

Chứng minh Ta sẽ chứng minh phương trình (1.3.1) nếu có nghiệm thì sẽ có vô số nghiệm Thật vậy, giả sử (x0, y0) là nghiệm của phương trình (1.3.1) Xét phương trình Pell loại I tương ứng là x2− Dy2 = 1 (2) và gọi (a, b) là nghiệm của (2) Khi đó ta có

(

x20− Dy2

0 = n

a2− Db2 = 1

Nhân theo vế của hai đẳng thức trên ta được

(x20− Dy2

0)(a2− Db2) = n ⇔ (x0a + Dy0b)2− D(x0b + y0a)2 = n

Đặt x1 = x0a + Dy0b và y1 = x0b + y0a Ta thấy x21− Dy2

1 = n, kéo theo (x1, y1) cũng là nghiệm của phương trình (1.3.1) Rõ ràng x0 < x1 và y0 < y1 Do đó giả sử có nghiệm khởi đầu là (x0, y0) Xét hệ thức

(

xn+1 = xna + Dynb

yn+1 = xnb + yna

Hệ thức này theo chứng minh trên cho ta vô số nghiệm của phương trình (1.3.1)

Định lý 1.9 Giả sử phương trình (1.3.1) có nghiệm và gọi (x0, y0) là nghiệm nhỏ nhất của nó Gọi (a, b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương ứng: x2− Dy2 = 1 Khi đó ta có

y02 ≤ max

(

nb2; −na

2

D )

Định lý 1.10 Giả sử phương trình (1.3.1) có nghiệm và gọi (α1, β1), (α2, β2), , (αm, βm)

là các nghiệm của (1.3.1) thỏa mãn bất đẳng thức

β2 ≤ max

(

nb2; −na

2

D )

Trang 6

Gọi (a, b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương ứng:

x2− Dy2 = 1 Xét m dãy với dãy thứ i là (xn,i, yn,i) được xác định như sau:

x0,i = αi; y0,i= βi

xn+1,i = xn,ia + Dyn,ib

yn+1,i= xn,ib + yn,ib Khi đó các dãy (xn,i, yn,i)m

i=1 sẽ vét hết tất cả các nghiệm của phương trình (1.3.1)

2 Ứng dụng của phương trình Pell

2.1 Ứng dụng trong bài toán nghiệm nguyên

Phương trình Pell là một công cụ mạnh giúp ta giải một số bài toán nghiệm nguyên.Ta

sẽ xét một số ví dụ để làm rõ điều này

Ví dụ 1 Tìm tất cả các số nguyên dương x > 2 sao cho tam giác có độ dài ba cạnh

là x − 1, x, x + 1 có diện tích là một số nguyên

Giải Giả sử x là giá trị thỏa mãn bài toán Gọi y là diện tích tam giác đó Ta có nửa chu vi tam giác đó là x + 1 + x + x − 1

3x

2 Áp dụng công thức Heron, ta có:

y =

r 3x

2 (

3x

2 − x − 1)(3x

2 − x)(3x

2 − x + 1) = 1

4x

p 3(x2− 4)

hay

16y2 = 3x2(x2− 4)

Vì 16 .2 nên x2(x2− 4) .2 ⇒ x .2 Đặt x = 2k, k ∈ Z Theo đó:

16y2 = 3.4k2(4k2− 4) ⇔ y2 = 3k2(k2− 1) ⇒ y = xp3(k2− 1)

Do y, k ∈ Z+ nên p3(k2 − 1) ∈ Z+

Do đó tồn tại l ∈ Z+ sao cho

3(k2− 1) = l2

Rõ ràng l .3 ⇒ l = 3m, m ∈ Z+ Khi đó phương trình trở thành

k2− 3m2

= 1 Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được xác định bởi:

k0 = 1; m0 = 0

k1 = 2; m1 = 1

kn+2 = 4kn+1− kn, ∀n = 0, 1, 2,

mn+2= 4mn+1− mn, ∀n = 0, 1, 2,

Trang 7

Suy ra

(

x0 = 2; x1 = 4

xn+2= 4xn+1− xn, ∀n = 0, 1, 2, Vậy tất cả các giá trị của x thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy:

(

x0 = 2; x1 = 4

xn+2= 4xn+1− xn, ∀n = 0, 1, 2,

Ví dụ 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho trung bình cộng của n số chính phương đầu tiên là một số chính phương

Giải Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng: Với mỗi số nguyên dương n, ta luôn có:

12+ 22+ 32+ + n2 = n(n + 1)(2n + 1)

6 Suy ra:

12 + 22+ 32 + + n2

(n + 1)(2n + 1)

6

Từ đây ta sẽ đi tìm n, y ∈ Z+ sao cho

(n + 1)(2n + 1)

2

Điều này kéo theo

(n + 1)(2n + 1) = 6y2 ⇔ 2n2+ 3n + 1 = 6y2 ⇔ (4n + 3)2− 48y2 = 1

Đặt 4n + 3 = x, ta thu được phương trình

x2− 48y2 = 1

Đây là phương trình Pell loại I Bằng cách thử tuần tự ta thu được (7, 1) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Do đó nghiệm tổng quát của phương trình Pell này là:

x0 = 1; y0 = 0

x1 = 7; y1 = 1

xk+2 = 14xk+1− xk, k = 0, 1, 2,

yk+2 = 14yk+1− yk, k = 0, 1, 2,

Bằng quy nạp, ta chứng minh được

(

x2k ≡ 1(mod 4)

x2k+1≡ 3(mod 4)

Trang 8

Ngoài ra

x2k+3= 14x2k+2− x2k+1= 14(14x2k+1− x2k) − x2k+1

= 196x2k+1− 14x2k− x2k+1

= 195x2k+1− 14x2k

= 194x2k+1− x2k−1 Mặt khác, do x = 4n + 3 nên n = x − 3

4 ∈ Z+ Theo đó nk= x2k+1− 3

4 , kéo theo

n0 = 1, n1 = 337, nk+1 = 194nk− nk−1+ 144

Vậy tất cả các giá trị của n thỏa mãn bài toán là:

(

n0 = 1; n1 = 337

nk+1 = 194nk− nk−1+ 144, k = 0, 1, 2,

Ví dụ 3 Tìm cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p2− 2q2 = 1

Giải Xét phương trình Pell loại I:

x2− 2y2 = 1 Bằng phép thử tuần tự, ta thấy (3, 2) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình này và đồng thời đây cũng là cặp số nhỏ nhất thỏa mãn bài toán.Theo đó, nghiệm của phương trình Pell này được xác định bởi:

xn= (3 + 2

√ 2)n+ (3 − 2√

2)n 2

yn = (3 + 2

√ 2)n− (3 − 2√2)n

2√ 2 Suy ra

xn+ yn= (3 + 2

√ 2)n+ (3 − 2√

2)n

(3 + 2√

2)n− (3 − 2√2)n

2√ 2

= (

2 + 1)2n+1+ (√

2 − 1)2n+1

2√ 2

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:

xn+ yn = (

2 + 1)2n+1+ (√

2 − 1)2n+1

2√ 2

=

P2n+1 i=0 Ci 2n+1(√

2)i+P2n+1

i=0 Ci 2n+1(√

2)i(−1)2n+1−i

2√ 2

= 2

2P2n+1 j=0 C2n+12j+12j

2√

2n+1

X

j=0

C2n+12j+12j

= C2n+11 +

2n+1

X

j=1

C2n+12j+12j = 1 +

2n+1

X

j=0

C2n+12j+12j ≡ 1(mod 2)

Trang 9

Điều này chỉ xảy ra khi p, q khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình đã cho

vô nghiệm nếu min{p, q} > 2 Vậy (3, 2) là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài tập đề nghị

Bài 1 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n + 1 và 3n + 1 đều là số chính phương

Bài 2 Tìm các cặp số nguyên dương (m, n) sao cho mn + m và mn + n là số chính phương

Bài 3 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn phương trình

x2− 6xy + y2 = 1

Bài 4 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (k, m) sao cho k < m và

1 + 2 + 3 + + k = (k + 1) + (k + 2) + + m 2.2 Ứng dụng trong chứng minh các bài toán số học

Sau đây ta xét một số ví dụ về ứng dụng của phương trình Pell trong việc chứng minh các tính chất số học

Ví dụ 4 (Việt Nam TST 2013 ) 1 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương t sao cho 2012t + 1 và 2013t + 1 đều là số chính phương

2 Xét m, n là các số nguyên dương sao cho mn + 1 và (m + 1)n + 1 đều là các số chính phương Chứng minh rằng n chia hết cho 8(2m + 1)

Giải 1 Đặt d = (2012t + 1, 2013t + 1) Khi đó ta có d = 1 Do đó 2012t + 1 và 2013t + 1

là các số chính phương khi và chỉ khi (2012t + 1)(2013t + 1) = y2 với y ∈ Z nào đó Ta biến đổi đẳng thức trên:

(2012t + 1)(2013t + 1) = y2 ⇔ (2.2012.2013t + 4025)2− 4.2012.2013y2 = 1

Đặt x = 2.2012.2013t + 4025, ta được phương trình pell loại I x2− 4.2012.2013y2 = 1

Do 4.2012.2013 không là số chính phương nên phương trình Pell loại I ở trên có vô số nghiệm Nghiệm nhỏ nhất của phương trình này là (x, y) = (4025, 1) nên các nghiệm còn lại được cho bởi công thức

(

x0 = 1; x1 = 4025; xn+2 = 8050xn+1− xn

y0 = 0; y1 = 1; yn+2= 8050yn+1− yn , n ≥ 0

Bằng quy nạp, ta chứng minh được x2i+1 chia 2.2012.2013 dư 4025 với mọi i và mỗi giá trị nguyên dương x2i+1− 4025

2.2012.2013 sẽ cho ta một giá trị t thỏa mãn đề bài.

Trang 10

2 Đặt d = (mn + 1, (m + 1)n + 1) Khi đó ta có d = 1 hay mn + 1 và (m + 1)n + 1 là nguyên tố cùng nhau Do đó mn + 1 và (m + 1)n + 1 là các số chính phương khi và chỉ khi (mn + 1)(mn + n + 1) = y2 với số nguyên dương y nào đó Biến đổi biểu thức này

ta thu được

(mn + 1)(mn + n + 1) = y2 ⇔ (2m(m + 1)n + (2m + 1))2− 4m(m + 1)y2 = 1

Đặt x = 2m(m + 1)n + (2m + 1) thì ta có phương trình Pell loại I sau

x2− 4m(m + 1)y2 = 1 (∗)

Vì 4m(m + 1) không là số chính phương với mọi m nguyên dương nên phương trình (∗) có vô số nghiệm

Phương trình (∗) có nghiệm nhỏ nhất là (x, y) = (2m + 1, 1) nên công thức nghiệm (xi, yi) của nó được viết dưới dạng

(

x0 = 1; x1 = 2m + 1; xi+2 = (4m + 2)xi+1− xi

y0 = 0; y1 = 1; yi+2= (4m + 2)yi+1− yi , i ≥ 0.

Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng x2ichia 2m(m + 1) dư 1 và x2i+1chia 2m(m + 1)

dư 2m + 1 với mọi i = 0, 1, 2, (∗∗)

Thật vậy,

- Với i = 0 theo công thức truy hồi của dãy (xi) thì ta thấy khẳng định (∗∗) đúng

- Giả sử (∗∗) đúng đến i, tức là x2i chia 2m(m + 1) dư 1 và x2i+1 chia 2m(m + 1) dư 2m + 1 Ta có

x2i+2= 2(2m+1)x2i+1−x2i≡ 2(2m+1)(2m+1)−1 = 8m(m+1)+1 ≡ 1(mod 2m(m+1))

x2i+3 = 2(2m + 1)x2i+2− x2i+1≡ 2(2m + 1) − (2m + 1) ≡ 2m + 1 mod 2m(m + 1)

Do đó, (∗∗) cũng đúng với i + 1 Theo nguyên lý quy nạp, (∗∗) đúng với mọi số tự nhiên i

Tiếp theo, ta sẽ xây dựng công thức truy hồi cho dãy ri = x2i+1 với i = 0, 1, 2,

ri+2 = x2i+5 = 2(2m + 1)x2i+4− x2i+3 = 2(2m + 1) 2(2m + 1)x2i+3− x2m+2 − x2i+3

= 4(2m + 1)2 − 2 x2i+3− x2i+1 = 4(2m + 1)2 − 2 ri+1− ri

Đặt ri = 2m(m + 1)si + (2m + 1) thì dãy (si), i > 0 nguyên dương và xác định duy nhất Thay vào công thức truy hồi của ri, ta được

si+2= 4(2m + 1)2− 2 si+1− si+ 8(2m + 1)

Trang 11

ta tính được r0 = x1 = 2m + 1 nên s0 = 0 và r1 = x3 = 16m(m + 1)(2m + 1) + 2m + 1 nên s1 = 8(2m + 1) Từ đây ta có công thức truy hồi cho dãy (si) là

(

s0 = 0; s1 = 8(2m + 1)

si+2 = 4(2m + 1)2− 2 si+1− si+ 8(2m + 1), i ≥ 0

Từ đó suy ra dãy số (si) có các số hạng chia hết cho 8(2m + 1) với mọi i = 0, 1, 2, Hơn nữa, với cách đặt x = 2m(m + 1) + (2m + 1) thì dễ dàng thấy rằng n thỏa mãn điều kiện đề bài khi và chỉ khi n = si, i = 1, 2, 3,

Vậy tất cả các giá trị của n đều chia hết cho 8(2m + 1) Đây là điều phải chứng minh

Ví dụ 5 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương x, y, z sao cho

x2+ y3 = z4

Giải Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau:Tồn tại vô hạn số nguyên dương n, k sao cho:

n(n + 1)

2 (∗)

Chứng minh Bổ đề:

Biến đổi phương trình (∗) về dạng tương đương

(2n + 1)2 − 8k2 = 1

Đặt m = 2n + 1, phương trình (∗) trở thành m2− 8k2 = 1 Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được cho bởi

m0 = 1; k0 = 0

m1 = 3; k1 = 1

mi+2= 6mi+1− mi

ki+2= 6ki+1− ki

Ngoài ra ta thấy mi ≡ 1(mod 2) nên giá trị n thỏa mãn bổ đề được cho bởi

(

n0 = 0; n1 = 1

ni+2= 6ni+1− ni+ 2, i ≥ 0

Dãy số này chứng tỏ điều khẳng định của mệnh đề là đúng Vậy mệnh đề được chứng minh

Trở lại bài toán, bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có

13+ 23+ 33+ + n3 = n(n + 1)

2

2

Ngày đăng: 03/05/2018, 12:40

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w