Phương trình Pell

Phương trình Pell

GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 PHẦN MỞ ĐẦU1. Lý do chọn đề tài Trong suốt bao nhiêu năm học toán từ thời tiểu học đến đại học, em đã học được rất nhiều điều hay, điều mới lạ, có những vấn đề dễ hiểu, có những vấn đề đọc mãi mà chẳng ra, có những vấn đề có trong chương trình học, mà có nhiều vấn đề không có trong chương trình. Đó là những vấn đề có thể đối với thế giới là bình thường nhưng đối với em là điều mới, điều hay và nó thu hút bản năng thích tìm tòi, khám phá và chinh phục của mình.Phương trình Pell là một dạng của phương trình Diophantine nhưng bản thân nó khá phong phú và lại rất đa dạng cả trong lịch sử ra đời, trong định nghĩa, trong phương pháp giải và cả ứng dụng của nó trong số học. Chính tính hấp dẫn của vấn đề cùng với việc mong muốn giới thiệu vấn đề tới các bạn sinh viên ngành toán của trường.Vì thế, em đã có động lực để nghiên cứu đề tài và chọn đề tài luận văn của mình là: “Phương trình Pell” dưới sự góp ý của thầy hướng dẫn Bùi Anh Kiệt.2. Lịch sử vấn đề Jonh Pell (1611-1685) nhà toán học, người đã tìm ra những nghiệm nguyên ở thế kỉ 17. Tuy nhiên ông chưa là người đầu tiên làm điều này.Phương trình Pell đã được phát minh với chiều sâu hàng trăm năm trước khi Pell ra đời.Sự đóng góp đầu tiên là nhà toán học người Ấn Độ - Brahmagupta, cách đây 1000 năm, trước thời gian của Pell. Với sự đóng góp của ông đã bắt đầu lịch sử nghiên cứu về phương trình Pell.Năm 1150 sau Công Nguyên, một nhà toán học Ấn Độ khác – Bhaskara II, ông đã khám phá ra phương pháp tuần hoàn, mà người Ấn Độ gọi là chakravala .Thế kỉ thứ 14, Narayana đưa ra một số ví dụ về phương pháp tuần hoàn của Bhaskara II.Thế kỉ thứ 17, ở Châu Âu, Fermat đã khẳng định rằng “với mọi số n, có vô hạn con số là nghiệm của phương trình”, ông không chứng minh được. Nhưng các nhà toán học người Anh: William Bramker và John Walliss đã làm được. Ngoài ra Frenicle de Bessy đã sắp xếp thành bảng những nghiệm của phương trình Pell với tất cả số 150n≤.Thế kỉ thứ 18, vào năm 1766, Lagrange đã chứng minh được rằng nghiệm của phương trình phụ thuộc vào khai triển liên phân số của n.3. Mục đích nghiên cứu Phương trình Pell 1 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Mục đích nghiên cứu là tập hợp và hệ thống lại một số kiến thức cơ bản của liên phân số. Đồng thời vận dụng kiến thức này vào nghiên cứu phương trình Pell có đặc điểm gì? Phương pháp giải và ứng dụng của nó trong Số học? Xây dựng hệ thống ví dụ nhằm bổ sung làm sáng tỏ phần lý thuyết và các bài tập giúp người đọc hiểu sâu hơn. Đồng thời đưa ra một số ứng dụng của nó trong Số học. Em hay bất cứ một bạn sinh viên nào trước khi ra trường đều muốn tạo dựng một thành quả tốt đẹp cho mình, một công trình nhỏ của riêng mình, để thấy được rằng đây chính là sản phẩm đầu tay của người sinh viên sau 4 năm ngồi trên giảng đường Đại học . Em nghiên cứu đề tài này là muốn hoàn thành Luận văn tốt nghiệp, bên cạnh đó em muốn được mở mang kiến thức, tầm nhìn của mình về môn toán. Từ đó tạo đà cho em sẽ phát triển cao hơn về năng lực tư duy trong nghiên cứu toán học. 4. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu Luận văn thừa nhận một số khái niệm và tính chất cơ bản của Số học, dãy số. Bên cạnh đó, luận văn trình bày một số kiến thức cơ sở của liên phân số cuối cùng là đi đến khái niệm phương trình Pell và hình thành cách giải của phương trình.5. Phương pháp nghiên cứu Đọc sách có liên quan đến đề tài, tìm tài liệu trên mạng.Sử dụng phương pháp phân tích để nắm vững vấn đề một cách chi tiết.Sử dụng phương pháp tổng hợp, hệ thống những kiến thức tiên quyết, trình bày vấn đề theo trình tự logic để người đọc dễ theo dõi.6. Nội dung nghiên cứuNội dung chính của đề tài gồm 4 chương:Chương I. Kiến thức chuẩn bịChương II. Các dạng phương trình Pell và một số phương pháp giảiTrong chương này, thì gồm 3 dạng của phương trình Pell và các định lý nói lên phương pháp giải của nó cùng các ví dụ cụ thể.Chương III. Bài tậpChương IV. Một vài ứng dụngPHẦN NỘI DUNGPhương trình Pell 2 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Chương I. Kiến Thức Chuẩn BịI.1. Bổ đề 1Chod là số vô tỉ, khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên dương (p, q): 21qqpd <−Chứng minh Theo tính chất của liên phân số vô hạn ta có: 11:kk k kpkq q qα+∀ − < với Rα∈.Mà theo cách xác định { }kq, thì: 1 1 1 1 2k k k k k k k kq a q q a q q q+ − − − −= + > + =Vì thế: 211 1 1:kk k k k k kpkq q q q q qα+∀ − < < =Chọn ; ;k kp p q q dα= = =, ta có điều phải chứng minh.I.2. Bổ đề 2Với cặp số nguyên dương (p, q) tồn tại trong bổ đề 1 Khi đó:2 21 2p dq d− < +Chứng minhThật vậy ta có: 21 10 0pd q d p qq q q− < ⇒ < − < ⇒ >Mà: ( )2 212 2 1 2p q d p q d q d q d p q dq d q q d d qq+ = − + ≤ − +< + ≤ + = +2 21 2p dq d⇒ − < +.I.3. Biểu diễn liên phân số của dPhương trình Pell 3 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 [ ]0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 012341; , , , ., , . ; , , , ., ,2111 .n nd a a a a a a a a a a a aaaaa− = = + = ++++Chiều dài chu kì của liên phân số của dlà n. [ ]0 0 0,x d x d a = = = 0 0 0 011 1 122 23341 1 1 1 .1 1 11 11d a a a axa a axa axax= + = + = + = + =+ + ++ ++Trong đó [ ]( )111 1; 0n n n n nn n nx a x a x nx x a++= + ⇒ = = ≥−Ví dụ 1 Cho phương trình: 2 27 1x y− = , biểu diễn liên phân số của 7[ ][ ][ ][ ][ ][ ][ ][ ][ ]0 0 011 1 10 02 2 21 13 3 32 24 4 4 03 317 2 ; 2 71 1 7 2137 21 1 3 7 1127 2 7 1131 1 2 7 1137 1 7 1121 1 37 2 4 27 1 7 113x a xxx x ax xx x ax xx x ax xx x a ax x = = + = = = += = = ⇒ = =−−+= = = = ⇒ = =−+ −−+= = = = ⇒ = =−+ −−= = = = + ⇒ = = =−+ −−Vậy 0 1 3 3 47 ; , , , 2;1,1,1,4a a a a a   = =   . Trong đó n = 4 chính là chiều dài của chu kỳ liên phân số của 7.Một số biểu diễn liên số của dvới d là số không chính phương nằm trong đoạn từ 2 đến 40:Phương trình Pell 4 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 2 1;23 1;1, 25 2;46 2;2,47 2;1,1,1,48 2;1,410 3;611 3;3,612 3;2,613 3;1,1,1,1,614 3;1,2,1,615 3;1,617 4;818 4;4,819 4;2,1,3,1,2,820 4;2,8 =  =  =  =  =  =  =  =  =  =  =  =  =  =  =  = 21 4;1,3,1,8 = 22 4;1,2,4,2,1,823 4;1,3,1,824 4;1,826 5;1027 5;5,1028 5;3,2,3,1029 5;2,1,1,2,1030 5;2,1031 5;1,1,3,5,3,1,1,1032 5;1,1,1,1033 5;1,2,1,1034 5;1,4,1,1035 =  =  =  =  =  =  =  =  =  =  =  = = 5;1,1037 6;1238 6;6,1239 6;4,1240 6;3,12   =  =  =  = I.4. Bổ đề 3 Giả sử d và n là số nguyên sao cho d > 0, d không là số chính phương, n d<. Khi đó nếu 2 2x dy n− = thì xy là giản phân của liên phân số của d.Chứng minh Trường hợp 1: n > 0 Vì ( ) ( )2 20x dy n x y d x y d n x y d x y d− = ⇒ + − = ⇒ − > ⇒ >Do đó: 0xdy− > hơn nữa, do 0 n d< < nên:Phương trình Pell 5 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 ( ) ( ) ( )2 2221222x x y d x dy n n ddy y yy dy x y d y x y d y y d− −− = = = < < =+ +.Do 2102xdy y< − < ta suy ra được xylà giản phân của liên phân số của d.Trường hợp 2: n < 0Chia hai vế của ( )2 2x dy n cho d− = −, ta được : 2 21 ny xd d− = −Lập luận tương tự như trên ta có, khi 0,n yd x− >là giản phân của liên phân số của 1d.Do đó:1xyyx= là giản phân của liên phân số của 11dd=.I.5. Bổ đề 4 Liên phân số [ ]0 1 2 3; , , , ., , .nd a a a a a= đã cho, xác định àk ks v t một cách đệ quy bằng hệ thức:0 0211 10; 1; 0kk k k k kks td ss a t s t kt++ += =−= − = ≥Khi đó:( )( )2) , à 0)) 0k k kk kkkka s t Z v tb t d ss dc x kt∈ ≠−+= ≥Chứng minh a) và b) Bằng phương pháp quy nạp toán học:* Với k = 0, hiển nhiên đúng. * Giả sử với k > 0 với ,k ks tđược xác định như trên thì ( )2, , 0 àk k k k ks t Z t v t d s∈ ≠ −. * Chứng minh: đúng với k + 1 Thật vậy: 1k k k ks a t s Z+= − ∈theo giả thuyết quy nạp.Ta có 10kt+≠vì 10kt+=thì 21kd s d+= ⇒là số chính phương (vô lý ).Ta có: ( )( )22 2 2 2 221122k k kk k k k k k k kk k k k kk k k k kd a t sd s d s a t s a t d st a s a tt t t t t++− −− − − −= = = + = + −Phương trình Pell 6 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Ta có ( )22k k k ka s a t Z− ∈và ( )2k kt d s− theo giả thuyết quy nạp nên 1kt Z+∈ .( )21 1k kt d s+ +⇒ − .c) Bằng phương pháp quy nạp:* Với k = 0, luôn đúng. * Giả sử với k > 0 thì ( )kkks dxt+=* Chứng minh: đúng với k + 1.Thật vậy: ( )11121 111k kk k kkk k k kk k k kt s dt t s dxx a d s ts d a t d s++++ ++++= = = = =− −+ − − .I.6. Bổ đề 5Nếu kkpq là giản phân của liên phân số của d.Khi đó: ( )12 21 11 0,1,2, . à 0kk k k kp dq t k v t++ +− = − = >Chứng minh* Cho [ ]0 1 2 3 1; , , , . ,k kd a a a a a x+=Ta biết: 1 11 1k k kk k kx p pdx q q+ −+ −+=+ mà ta có: 111kkks dxt++++=Ta có: 1 11 11 1. .k kk k k kk ks d s dq q d p pt t+ +− −+ + + ++ = +   ( )1 1 1 1 1 1k k k k k k k k k kd s q q t p s p t p dq+ − + + + −⇔ + − = + −Do vế phải là số hữu tỉ mà d là số vô tỉ nên:1 1 11 1 1k k k k kk k k k ks q q t ps p t p dq+ − ++ + −+ =+ =lần lượt nhân 2 vế của hệ thức cho ( )àk kp v q−Ta có: 21 1 121 1 1k k k k k k kk k k k k k ks q p q t p ps p q t p q dq+ − ++ + −+ =− − = −Cộng vế theo vế ta có kết quả là: ( )2 21 1 1k k k k k k kp dq t q p q p+ − −− = −Phương trình Pell 7 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Mà ta có: ( )11 11kk k k kq p q p+− −− = −Nên ta có: ( )12 211kk k kp dq t++− = −* Ta có : 2 2 12 2 10k kk kp pd kq q++< < ≥, vì thế: Nếu k chẵn: 2 20kk k k kkpd p q d p dqq< ⇒ < ⇒ − < Nếu k lẻ: 2 20kk k k kkpd q d p p dqq< ⇒ < ⇒ − > Xét :( )( )( )12 2112 21 1111kkk k kkk k kktp dq tkp dq tt+++− −−−= = − ≥−− Nếu k lẻ thì (k - 1) chẵn nên: 2 2 2 21 11 10; 0 0 0 1k kk k k kk kt tp dq p dq kt t+ +− −− > − < ⇒ − < ⇒ > ∀ ≥ Nếu k chẵn thì (k - 1) lẻ nên: 2 2 2 21 11 10; 0 0 0 1k kk k k kk kt tp dq p dq kt t+ +− −− < − > ⇒ − < ⇒ > ∀ ≥Ta bắt đầu với 01 0t = > ( )2211 0 000d st d a a d dt− = = − > = < Mà 2210 0ttt> ⇒ >. Tương tự ta có 0 0kt k> ∀ ≥mà 110 0 0kkktt kt++> ⇒ > ∀ ≥.I.7. Bổ đề 6Nếu n là chiều dài chu kì của liên phân số của dThì khi đó 1jt = nếu và chỉ nếu n j.Chứng minh Đảo Cho 0 1 2; , , .,nd a a a a =  Ta có: 1 10knx x k+= ≥Khi đó: Phương trình Pell 8 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 111 1knkns ds dt t++++= ( )1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1kn kn knkn kn kns t t d s t t dt t d s t s t+ + ++ + +⇔ + = +⇔ − = −Ta có: 1 1 1 1;kn knt t s s+ += =Nhưng: 2 21 1 1 1 11kn kn kn kn knt d s d s t t t t t+ += − = − = = ⇒ =Vậy kết quả nhận được là 1 ,jt j kn n j= = ⇒ThuậnCho j là số nguyên dương thỏa 1jt =. Khi đó: jj jjs dx s dt+= = +Xét phần nguyên, ta có thể viết:( )0ìj j j j jx s d s d s a v s Z    = + = + = + ∈    Định nghĩa của 1 01 11 1:j j j jj jx x x s ax x++ + = + = + + Ta có: 0 0 01 10 0 1 11 11 1à1 1j jjjjd x a m d x s ax xa a x xx x+++= = + = − = +⇒ + = + ⇒ =Điều đó có nghĩa là khối ( )1 2, , .,ja a a j Z∈ duy trì sự lặp lại trong sự biểu diễn liên phân số của d.j kn⇒ =Do đó, j phải là bội của chiều dài n chu kì của liên phân số d.Ví dụ 2 15 3;1,6 =  n = 2 là chiều dài chu kì của liên phân số của 15.ka 3 1 6 1 kp1 3 4 27 31kq0 1 1 7 8 Khi đó: Phương trình Pell 9 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 0 31 20 1 2 30 1 2 33 4 27 31; ; ;1 1 7 8p pp pg g g gq q q q= = = = = = = =Sự tính toán đã chỉ ra rằng:( ) ( )( ) ( )( )1 32 2 2 20 0 1 1 2 2 3 31 32 42 2 2 21 1 2 2 3 3 4 42 42 2 1 11 6 ; 1 61 1 ; 1 111 ì 2 2 ; 0k kp dq t t p dq t tt tp dq t t p dq t tt tt v k t t k+− = − ⇒ = − = − ⇒ =⇒ =− = − ⇒ = − = − ⇒ =⇒ = =⇒ = = ≥Phương trình Pell 10 [...]... dương. Phương trình Pell 11 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 II.2.1.3 Định lý 3 (Điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình Pell dạng 1) Phương trình Pell có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d là số nguyên dương và không phải là số chính phương Chứng minh Thuận Theo định lý 1 và định lý 2, ta có: phương trình có nghiệm nguyên dương thì d là số nguyên dương và không chính phương. .. nghiệm cơ bản của phương trình liên kết với phương trình Pell loại 2 Khi đó phương trình Pell loại 2: x 2 − dy 2 = −1 (1) có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau:  a = x 2 + dy 2  b = 2 xy (2) (3) có nghiệm nguyên dương Chứng minh Đảo Giả sử ( x0 , y0 ) là nghiệm nguyên dương của hệ (2)-(3) Phương trình Pell 21 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Vì (a, b) là nghiệm của phương trình: x 2 − dy... = 4 xn ,3 + 9 yn ,3  0,3 Ba dãy này đã vét hết nghiệm của phương trình (1) II.2.3.4 Định lý 4 Nếu (u, v) là nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2 − dy 2 = n (1) Và nếu (a, b) là nghiệm của phương trình Pell liên kết với phương trình (1): x 2 − dy 2 = 1 (2) Khi đó (ua + dbv, ub + va) là nghiệm của phương trình (1) Các nghiệm của phương trình (1) khác biệt nhau với sự khác biệt của (u, v) và (a,... 37 là nghiệm thứ hai của phương trình (*) Với k = 3: x2 = p4 = 4443; y2 = q4 = 1405 là nghiệm thứ ba của phương trình (*) Vậy (3, 1); (117, 37) và (4443, 1405) là ba nghiệm đầu tiên của phương trình (*) II.2.2.8 Định lý 8 Nếu (a, b) là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = 1 Nếu (u, v) là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = −1 Khi đó: (au + dbv, av + bu) là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = −1 Chứng... 70) là nghiệm của phương trình x 2 − 2 y 2 = 1 Ta có: (7, 5) là nghiệm của phương trình x 2 − 2 y 2 = −1 Khi đó: ( 99.7 + 2.70.5, 99.5 + 70.7) = (1393, 985) là nghiệm của phương trình x 2 − 2 y 2 = −1 II.2.3 Dạng 3 x 2 − dy 2 = n Ở đây d là số nguyên và không phải là số chính phương, còn n là số nguyên II.2.3.1 Định lý 1 Xét phương trình Pell với tham số n: x 2 − dy 2 = n (1) Phương trình (1) hoặc vô... nghiệm x, y tùy ý là nghiệm của phương trình (4) được biểu diễn ở dạng (8)  Ví dụ 6 Tìm 3 nghiệm đầu tiên của phương trình x 2 − 5 y 2 = −1 (1) Thật vậy, trước tiên ta xác định nghiệm cơ bản của phương trình Pell liên kết: x2 − 5 y 2 = 1 (2) Bằng các phương pháp đã nêu ở phần II.2.1, ta tìm được nghiệm bé nhất của phương trình (2) là (9, 4)  x2 + 5 y 2 = 9 Xét hệ phương trình sau:  giải ra ta được... 56 153 209 Ta có: ; ; ; ; 3 Mà n = 2 chẵn nên nghiệm của phương trình có dạng:  x = p2 k −1 ( k ≥ 1)   y = q2 k −1 Với k = 1: (2, 1) là nghiệm của phương trình Với k = 2: (7, 4) là nghiệm của phương trình Với k = 3: (26, 15) là nghiệm của phương trình Với k = 4: (97, 56) là nghiệm của phương trình Với k = 5: (353, 209) là nghiệm của phương trình, nhưng chỉ nhận nghiệm y nhỏ hơn 150 nên loại trường... của phương trình: x 2 − 10 y 2 = −1 (1) Thật vậy, trước tiên ta xác định nghiệm cơ bản của phương trình liên kết: x 2 − 10 y 2 = 1 (2) Bằng các phương pháp đã nêu ở phần II.2.1, ta tìm được nghiệm bé nhất của phương trình (2) là (19, 6)  x 2 + 10 y 2 = 19 Xét hệ phương trình sau:  giải ra ta được nghiệm nguyên duy nhất là (3,1)  2 xy = 6 Vậy ta có: x0 = 3; y0 = 1 đây là nghiệm bé nhất của phương trình. .. nghiệm thứ hai của phương trình Vậy (18, 5) và (23382, 6485) là hai nghiệm của phương trình Ví dụ 9 Tìm ba nghiệm đầu tiên của phương trình x 2 − 10 y 2 = −1 (*) Thậy vậy ta có : 10 = 3;6  n = 1 lẻ   Ta có bảng sau: ak 3 6 6 6 6 pk 1 3 19 117 721 4443 qk 0 1 6 37 228 1405 Dựa vào bảng trên ta có: Với k = 1: x0 = p0 = 3; y0 = q0 = 1 là nghiệm bé nhất của phương trình (*) Phương trình Pell 28 GVHD: Bùi... cần phải chứng minh Phương trình Pell 34 GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Ví dụ 12 Tìm ba nghiệm khác của phương trình x 2 − 7 y 2 = −3 (*) ngoài nghiệm (5, 2) Thật vậy: Ta có (8, 3) là nghiệm của phương trình x 2 − 7 y 2 = 1 Khi đó: ( 5.8 + 7.2.3, 5.3 + 2.8) = (82, 31) là nghiệm của phương trình (*) (82.8 + 7.31.3, 82.3 + 31.8) = (1307, 494) là nghiệm của phương trình (*) (1307.8 . bịChương II. Các dạng phương trình Pell và một số phương pháp giảiTrong chương này, thì gồm 3 dạng của phương trình Pell và các định lý nói lên phương pháp giải. văn trình bày một số kiến thức cơ sở của liên phân số cuối cùng là đi đến khái niệm phương trình Pell và hình thành cách giải của phương trình. 5. Phương