Số học là một bộ môn toán học có đối tượng nghiên cứu là các số nguyên. Không có gì đơn giản và quen thuộc hơn đối với chúng ta là các số nguyên. Ngày nay, với sự phát triển của khoa học và công nghệ, đặc biệt là công nghệ số hóa, đã đòi hỏi con người không ngừng nghiên cứu và khám phá các quy luật, các thuật giải cho các bài toán liên quan tới số nguyên. Luận văn sẽ nghiên cứu sâu hơn về vấn đề này.
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HÀ TRƯỜNG GIANG VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT DẠNG (x2 ± C)(y ± D) = z LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HÀ TRƯỜNG GIANG VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT DẠNG (x2 ± C)(y ± D) = z Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN TS NGƠ VĂN ĐỊNH THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Phương trình Diophant dạng ax2 − by = ±2 1.2 1.3 Phương trình Diophant dạng ax2 − by = ±4 Dãy Lehmer số kết liên quan Phương trình Diophant dạng (x2 ± C)(y ± D) = z 13 2.1 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 1)(y ± 1) = z 13 2.2 2.3 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y ± 4) = z 21 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y ± 2) = z 26 2.4 2.5 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y ± 1) = z 29 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y ± 4) = z 31 2.6 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y ± 1) = z 35 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn tỉ mỉ tận tình thầy giáo TS Ngơ Văn Định Em xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy Trong trình học tập nghiên cứu trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên tác giả nhận quan tâm giúp đỡ động viên thầy Ban Giám hiệu, phịng Đào tạo khoa Tốn – Tin Em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy cô Cuối tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, anh chị học viên lớp Cao học Toán K11A trao đổi, động viên khích lệ tác giả q trình học tập làm luận văn trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả luận văn Hà Trường Giang 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 cơng nghệ số hóa, địi hỏi người không ngừng nghiên cứu khám phá quy luật, thuật giải cho toán liên quan tới số nguyên Bao hàm mảng số học, giải phương trình nghiệm ngun hay cịn gọi phương trình Diophant Lớp phương trình cịn tồn nhiều tốn, giả thuyết chưa có câu trả lời Nó ln vấn đề thu hút nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên cứu tìm hiểu Chính việc tìm lời giải cho tốn hay chứng minh giả thuyết phương trình Diophant làm nảy sinh nhiều lý thuyết, phương pháp khác Toán học Lớp tốn liên quan tới phương trình Diophant khơng có quy tắc giải tổng quát, có dạng đơn giản Đó nguyên nhân để lớp phương trình thu hút khám phá nghiên 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 Diophant thường xun sử dụng để đánh giá học sinh Do đó, hướng dẫn khoa học TS Ngô Văn Định, chọn hướng đề tài luận văn liên quan tới lớp phương trình Diophant Cụ thể nghiên cứu tính chất nghiệm phương trình Diophant dạng (x2 ± C)(y ± D) = z , C, D ∈ {±1, ±2, ±4} Với tên đề tài “Về phương trình Diophant dạng (x2 ± C)(y ± D) = z ”, mục đích luận văn trình bày lại số kết nghiên cứu Luca Walsh [6] cơng bố tạp chí Acta Arithmetica năm 2001 số kết Yuan Luo [10] cơng bố tạp chí Acta Arithmetica năm 2010 Công cụ quan trọng chứng minh kết sử dụng kết có nghiệm phương trình Diophant dạng ax2 − by = c, với c ∈ {±1 ± 2, ±4} Nội dung luận văn gồm chương Chương tập trung trình bày số kết chuẩn bị, đặc biệt giới thiệu sơ lược số kết phương trình Diophant dạng ax2 − by = c dùng chứng minh nội dung chương sau Chương trình bày lại kết quan trọng Luca Walsh, Yuan Luo tính chất nghiệm phương trình Diophant dạng (x2 ± C)(y ± D) = z , với C, D ∈ {±1, ±2, ±4} Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả luận văn Hà Trường Giang Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày sơ lược lại số kiến thức chuẩn bị sử dụng chương sau, đặc biệt số kết phương trình Diophant dạng ax2 − by = c, với c ∈ {±2, ±4} 1.1 Phương trình Diophant dạng ax2 − by = ±2 Giả sử a, b số nguyên dương lẻ cho phương trình Diophant: aX − bY = (1.1) có nghiệm nguyên dương (X, Y ) Giả sử (a1 , b1 ) nghiệm nguyên dương bé phương trình (1.1) Đặt √ √ a1 a + b1 b √ α= (1.2) Khi đó, với k số nguyên dương lẻ, ta có: √ √ a + b b a k √ k , αk = (1.3) (ak , bk ) số nguyên dương Đặc biệt người ta tất nghiệm nguyên dương (X, Y ) phương trình (1.1) có dạng (ak , bk ) Với mệnh đề đây, Luca Walsh cho lời giải đầy đủ phương trình Diophant dạng: ax2 − by = (1.4) Mệnh đề 1.1.1 ([6, Định lý 2]) (i) Nếu b1 khơng số phương phương trình (1.4) khơng có nghiệm (ii) Nếu b1 số phương b3 khơng số phương √ (X, Y ) = (a1 , b1 ) nghiệm phương trình (1.4) √ √ (iii) Nếu b1 b3 số phương (X, Y ) = (a1 , b1 ), (a3 , b3 ) nghiệm phương trình (1.4) Sử dụng phương pháp Luca Walsh, Yuan Li [9] chứng minh giả thuyết Akhtari, Togbe Walsh phương trình dạng aX − bY = −2 Cụ thể, ta có mệnh đề sau đây: Mệnh đề 1.1.2 ([9]) Cho số nguyên dương lẻ a, b, phương trình ax2 − by = −2 có nhiều nghiệm nguyên dương nghiệm xây dựng từ nghiệm nhỏ phương trình bậc hai ax2 − by = −2 1.2 Phương trình Diophant dạng ax2 − by = ±4 Giả sử A B số nguyên dương lẻ cho phương trình Diophant: Ax2 − By = (1.5) có nghiệm nguyên dương lẻ x, y Giả sử (a1 , b1 ) nghiệm nguyên dương nhỏ Đặt √ √ √ √ an A + b n B a1 A + b B n =( ) (1.6) 2 Với giả thiết này, Ljunggren chứng minh kết sau phương trình dạng Ax4 − By = cách tính tốn kí hiệu Jacobi dãy Lehmer liên quan Mệnh đề 1.2.1 ([5, Định lý 1]) Phương trình Diophant dạng Ax4 −By = có nhiều hai nghiệm nguyên dương x, y Cụ thể: (i) Nếu a1 = h2 Aa21 − = k phương trình (1.5) có hai nghiệm √ √ x = a1 = h x = a3 = hk (ii) Nếu a1 = h2 Aa21 − = k x = phương trình (1.5) √ a1 = h nghiệm (iii) Nếu a1 = 5h2 A2 a41 − 5Aa21 + = 5k phương trình (1.5) có nghiệm √ x = a5 = 5hk Trong trường hợp cịn lại, phương trình (1.5) khơng có nghiệm Đối với phương trình dạng Ax4 − By = −4, ta có mệnh đề sau chứng minh Luo Yuan Mệnh đề 1.2.2 ([7]) (i) Nếu b1 khơng số phương phương trình: Ax2 − By = (1.7) khơng có ngiệm ngun dương ngoại trừ trường hợp b1 = 3h2 Bb21 +3 = √ 3k , trường hợp y = b3 nghiệm phương trình (1.7) (ii) Nếu b1 số phương phương trình (1.7) có nhiều √ √ nghiệm nguyên dương mà y = b1 Nghiệm xác định y = b3 √ y = b2 , trường hợp sau xảy a1 b1 số phương, A = B = 1.3 Dãy Lehmer số kết liên quan Trong phần này, giới thiệu số kết sử dụng chương sau luận văn Đặc biệt, chúng tơi nhắc lại số kết có liên quan đến dãy số Lehmer Trước tiên, ta nhắc lại kết sau Walsh Mệnh đề 1.3.1 ([8, Định lý 2.1.1]) Giả sử D = số ngun dương khơng phương với D (i) Nếu | D có phương trình dạng kx2 − ly = có nghiệm nguyên, (k, l) chạy tất cặp số nguyên cho k > 1, kl = D (ii) Nếu D có phương trình dạng kx2 − ly = 1, kx2 − ly = có nghiệm ngun, (k, l) phương trình thứ chạy tất cặp số nguyên cho k > 1, kl = D, (k, l) phương trình sau chạy tất cặp số nguyên thỏa mãn k > 0, kl = D (iii) Nếu D phương trình Diophant x2 − Dy = có nghiệm nguyên lẻ x y có phương trình dạng kx2 − ly = có nghiệm nguyên, (k, l) chạy tất cặp số nguyên cho k > 1, kl = D Từ Mệnh đề 1.3.1, ta có hệ trực tiếp sau đây: Hệ 1.3.2 ([10, Bổ đề 3.2]) (i) Giả sử k > l số nguyên dương lẻ cho kx2 −ly = 4, xy có nghiệm nguyên dương Khi phương trình kx2 − ly = có nghiệm ngun dương (ii) Giả sử D số nguyên dương thỏa mãn x2 − Dy = 4, xy giải Khi có phương trình dạng kx2 − ly = có nghiệm nguyên, (k, l) chạy tất cặp số nguyên thỏa mãn k > 1, kl = D Giả sử L > M hai số nguyên nguyên tố thỏa mãn √ L − 4M > Gọi α β hai nghiệm tam thức bậc hai x2 − Lx + M Khi dãy Lehmer {Pn } dãy Lehmer liên kết {Qn } định nghĩa n α − βn , n lẻ, α − β Pn = α n − β n , n chẵn, α − β2 31 Suy (X + 2)(n4 + 2) = Z14 Từ chứng minh Định lý 2.3.2, ta có X = 5, n = 1, X = 5, Y = 2, Z = Vì phương trình (X + 2)(Y − 1) = Z có nghiệm nguyên dương thỏa mãn X (X, Y, Z) = (5, 2, 3) Trường hợp 2: 2|X Viết X = 2X1 , Z = 2Z1 Khi đó, phương trình (2.63) trở thành (2X12 + 1)(Y − 1) = 8Z14 (2.65) Áp dụng trường hợp chứng minh Định lý 2.5.1 (được trình bày phần sau), ta thấy phương trình (X + 2)(Y − 1) = Z với 2|X khơng có nghiệm ngun dương Vì phương trình (X + 2)(Y − 1) = Z có nghiệm nguyên dương (X, Y, Z) = (5, 2, 3) 2.5 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y ± 4) = z Trong mục này, chúng tơi tiếp tục trình bày lại kết Yuan Luo phương trình (x2 ± 2)(y ± 4) = z , lời giải cho phương trình (x2 − 2)(y − 4) = z cịn tốn mở Định lý 2.5.1 ([10, Định lý 1.2(8)]) Phương trình (X + 2)(Y − 4) = Z (2.66) khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Ta xét hai trường hợp Trường hợp 1: XY Ta xét phương trình tổng quát sau: (X + 2)(Y − 4) = Z , XY Từ phương trình trên, ta có: X + = du21 , Y − du22 = 4, Z = du1 u2 (2.67) Theo Mệnh đề 1.3.2 phương trình thứ hai (2.67), phương trình d1 x2 − d2 y = với d1 > d1 d2 = d có nghiệm mà 32 điều xảy theo Mệnh đề 1.3.1 hai phương trình d1 x2 − d2 y = 1, d1 > dx2 − y = có nghiệm Trường hợp 2: 2|XY Bằng cách lấy modulo ta nhận thấy phương trình (2.66) khơng có nghiệm nguyên 2|X Y Trước tiên ta xét trường hợp 2|X 2|Y Viết X = 2X1 , Y = 2Y1 , Z = 2Z1 Khi (2.66) trở thành (2X12 + 1)(Y12 − 1) = 2Z14 (2.68) Ta định nghĩa lại số r, s, t tương tự chứng minh Định lý 2.1.1 thay X + định nghĩa 2X + Từ phương trình (2.68), ta có rts2 (tu21 )2 − 2X12 = 1, Y12 − 2rts2 (ru22 )2 = 1, (2.69) với số nguyên dương u1 , u2 Từ phương trình thứ hai (2.69) Mệnh đề 1.3.1 ta có rts2 (rm2 )2 − 2n4 = tương tự chứng minh Định lý 2.3.2 Do (2X12 +1)(2n4 +1) = Z24 Phương trình khơng có nghiệm ngun dương theo Định lý 2.1.2 Tiếp theo ta xét trường hợp X 2|Y Viết Y = 2Y1 , Z = 2Z1 Ta thu phương trình (X + 2)(Y12 − 1) = 4Z14 (2.70) Từ phương trình (2.70), ta có rts2 (tu21 )2 − X = 2, Y12 − 4rts2 (ru22 )2 = 1, (2.71) với số nguyên dương u1 u2 Tương tự, từ phương trình thứ hai (2.71) Mệnh đề 1.3.1, ta thu rts2 (rm2 )2 − n4 = 2, n Do (X + 2)(n4 + 2) = Z24 , Xn , phương trình có nghiệm nguyên dương (X, n, Z1 ) = (5, 1, 3) theo Đinh lý 2.3.2 Từ r = 1, t = 3, s = Bây phương trình thứ hai (2.71) trở thành Y12 − 12u42 = Phương trình khơng có nghiệm ngun dương theo Mệnh đề 1.3.9 33 Định lý 2.5.2 ([10, Định lý 1.2(9)]) Phương trình (X + 2)(Y + 4) = Z (2.72) khơng có nghiệm nguyên dương Chứng minh Ta xét hai trường hợp Trường hợp 1: XY Ta xét phương trình tổng quát (X + 2)(Y + 4) = Z , XY Từ phương trình trên, ta có: X + = du21 , du22 − Y = 4, Z = du1 u2 (2.73) Theo phương trình thứ hai (2.73), phương trình dx2 − y = có nghiệm mà điều khơng thể xảy theo Mệnh đề 1.3.1 hai phương trình dx2 − y = dx2 − y = có nghiệm Trường hợp 2: 2|XY Bằng cách lấy modulo 16 ta thấy phương trình (2.72) khơng có nghiệm nguyên X Y Do ta cần quan tâm trường hợp 2|X 2|Y Viết X = 2X1 , Y = 2Y1 , Z = 2Z1 Khi phương trình (2.72) trở thành (2X12 + 1)(Y + 1) = 2Z14 (2.74) Như trên, từ phương trình (2.74) suy rts2 (tu21 )2 − 2X12 = 1, 2rts2 (ru22 )2 − Y12 = 1, (2.75) với số nguyên dương u1 u2 (mâu thuẫn Mệnh đề 1.3.1 rts > 1) Nếu rst = phương trình (2.75) trở thành u41 − 2X12 = 1, phương trình khơng có nghiệm ngun dương theo Mệnh đề 1.3.10 Định lý 2.5.3 ([10, Định lý 1.2(16)]) Các nghiệm nguyên dương phương trình (X − 2)(Y + 4) = Z (X, Y, Z) = (2, 2, 2), (2, 478, 26) (2.76) 34 Chứng minh Ta chia chứng minh thành trường hợp Trường hợp 1: XY Xét phương trình tổng quát (X − 2)(Y + 4) = Z , XY Từ phương trình trên, ta có: X + = du21 ; du22 − Y = 4; Z = du1 u2 (2.77) Theo phương trình hai (2.77) phương trình dx2 − y = có nghiệm, điều mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1 hai phương trình x2 − dy = dx2 − y = có nghiệm Trường hợp 2: 2|XY Bằng cách lấy modulo ta thấy phương trình (X − 2)(Y +4) = Z khơng có nghiệm ngun 2|X Y Ta xét hai trường hợp nhỏ sau: Trường hợp nhỏ 1: 2|X 2|Y Viết X = 2X1 , Y = 2Y1 , Z = 2Z1 Ta có (2X12 − 1)(Y12 + 1) = 2Z14 (2.78) Ta định nghĩa lại số r, s, t tương tự chứng minh Định lý 2.1.1 thay X + định nghĩa 2X12 − Ta thu 2X12 − rts2 (tu21 )2 = 1, (2.79) 2rts2 (ru22 )2 − Y12 = 1, (2.80) với số nguyên dương u1 , u2 Z1 = rtsu1 u2 Theo Mệnh đề 1.3.1 rts2 = Vì 2X12 − u41 = 1, (2.81) Y − 2u42 = −1 (2.82) Từ (2.81), (2.82) Mệnh đề 1.3.7, định lý Ljunggren, X1 = 1, u1 = 1, (Y1 , u2 ) = (1, 1); (239, 13) Trường hợp nhỏ 2: X 2|Y Viết Y = 2Y1 , Z = 2Z1 Ta thu (X − 2)(Y12 + 1) = 4Z14 (2.83) Ta xác định r, s, t chứng minh Định lý 2.3.1 Ta có X − rts2 (tu21 )2 = 2, (2.84) 35 rts2 (2ru22 )2 − Y12 = 1, (2.85) với số nguyên dương u1 , u2 Từ Mệnh đề 1.3.1 suy rts2 = Vì X − u41 = (2.86) Điều xảy Từ nghiệm ngun dương phương trình (X − 2)(Y + 4) = Z (X, Y, Z) = (2, 2, 2), (2, 478, 26) 2.6 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y ± 1) = z Định lý 2.6.1 ([10, Định lý 1.2(11)]) Các nghiệm nguyên dương phương trình (X + 4)(Y + 1) = Z (2.87) (X, Y, Z) = (11, 2, 5), (2, 239, 26), (478, 1, 26) Chứng minh Ta xét hai trường hợp Trường hợp 1: X Tương tự chứng minh Định lý 2.2.1, ta thấy tồn số nguyên lẻ k l cho 3|l, X = Uk , Y = Ul Tk = tu21 , Tl = 2ru22 , (2.88) với số nguyên dương u1 u2 Giả sử d = gcd(k, l); k = dk1 ; l = dl1 Khi k1 l1 Bằng chứng minh tương tự Định lý 2.2.1 Mệnh đề 1.3.5, ta có k1 ∈ {1, 5} l = Trước tiên ta xét trường hợp k1 = Khi Td = t , T3d = 2r Vì gcd(T3d /Td , rt)|3, rt|T3d /Td rts2 , ta có r = 1, điều khơng thể xảy Do k1 = 5, T3d = 2r , T5d = t Do gcd(T3d /Td , rt)|3 rt, ta có r = tương tự, t = Bây từ Td = gcd(T3d , T5d ) = , T5 = , r = 1, t = 5, suy 5s4 Td4 − 5s2 Td2 + = , sTd = theo Mệnh đề 1.3.15 Nếu sTd = s = 1, Td = 36 1, Ud = 1, T3d = 2, T5d = 5, phương trình (2.87) có nghiệm (X, Y, Z) = (11, 2, 5) Nếu sTd = s = 3, Td = 1, điều khơng thể xảy Z Vì phương trình (2.87) có nghiệm ngun dương (X, Y, Z) = (11, 2, 5) Trường hợp 2: 2|X Viết X = 2X1 , Z = 2Z1 Như ta thu phương trình (X12 + 1)(Y12 + 1) = 4Z14 (2.89) Từ phương trình (2.89), ta có: 2rts2 (tu21 )2 − X12 = 1, 2rts2 (ru22 )2 − Y = (2.90) Tương tự, Mệnh đề 1.3.13, ta có rt = suy 2s2 u41 − X12 = 1, 2s2 u42 − Y = (2.91) Suy s = theo Mệnh đề 1.3.8 Từ X12 − 2u41 = −1, Y − 2u42 = −1 (2.92) Theo Mệnh đề 1.3.8 ta có (X1 , Y, u1 , u2 ) = (1, 239, 1, 13); (239, 1, 13, 1) Vì nghiệm nguyên dương phương trình (X + 4)(Y + 1) = Z (X, Y, Z) = (11, 2, 5); (2, 239, 26); (478, 1, 26) Định lý 2.6.2 ([10, Định lý 1.2(13)]) Phương trình (X + 4)(Y − 1) = Z (2.93) khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Trước tiên ta xét nghiệm (X, Y, Z) phương trình (2.93) với X Ta xác định r, s, t Định lý 2.2.1 Khi từ phương trình (2.93) ta có rts2 (tu21 )2 − X = 4, Y − rts2 (ru22 )2 = 1, Z = rtsu1 u2 (2.94) Nếu u2 từ phương trình thứ hai (2.94) cho số nguyên a, b, r1 , r2 , u3 , u4 thỏa mãn Y + = ar12 u43 , Y − = br22 u44 , ab = rts2 , r = r1 r2 u2 = u3 u4 (2.95) 37 Do ar12 u43 − br22 u44 = 2, abr1 r2 u3 u4 (2.96) Suy hai phương trình rts2 x2 − y = ax2 − by = 2, ab = rts2 , xy có nghiệm nguyên, mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1 Nếu 2|u2 từ phương trình thứ hai (2.95) có số ngun a, b, r1 , r2 , u3 , u4 thỏa mãn Y + = 2ar12 u43 , Y − = 2br22 u44 , ab = rts2 , 2r = r1 r2 , u2 = u3 u4 Do đó: ar12 u43 − br22 u44 = (2.97) Nếu a, b > hai phương trình rts2 x2 − y = ax2 − by = 1, ab = rts2 ; a, b > có nghiệm nguyên (mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1) Nếu a > b = r1 = r, r2 = Suy rts2 (ru23 )2 − 4u44 = (2.98) Nếu a = b = rts2 lặp lại phương pháp trước cho phương trình u43 − rts2 (ru24 )2 = ta thu rts2 (rm2 )2 − 4n4 = (2.99) Kết hợp (2.98) (2.99) phương trình thứ (2.94) ta có (4n4 + 1)(X + 4) = Z14 , X (2.100) Theo chứng minh Định lý 2.6.1, phương trình (2.100) có nghiệm nguyên dương (X, n, Z1 ) = (11, 1, 5) Vì vậy, phương trình (2.93) khơng có nghiệm nguyên dương với X Tiếp theo ta xét trường hợp 2||X Viết X = 2X1 , Z = 2Z1 với X1 lẻ Từ phương trình (2.93) ta có X12 + = 2rts2 (tu21 )2 , Y − = 2rts2 (ru22 )2 (2.101) Tương tự, từ phương trình thứ hai (2.101) Mệnh đề 1.3.1, ta thu được: 2rts2 (2ru23 )2 = u44 + 1, u3 , u4 ∈ N (2.102) 38 Kết hợp phương trình thứ (2.101) phương trình (2.102), ta có (u44 + 1)(X12 + 1) = Z24 Mâu thuẫn với Định lý 2.1.1 Bây ta xét trường hợp 4|X Viết X = 2X1 , Z = 2Z1 với X1 chẵn Khi X12 + = rts2 (tu21 )2 , Y − = rts2 (2ru22 )2 (2.103) Tương tự, từ phương trình thứ hai (2.103) Mệnh đề 1.3.1, ta có rts2 (ru23 )2 = (2u24 )2 + 1, u3 , u4 ∈ N (2.104) Mâu thuẫn với Định lý 2.1.1 Vậy phương trình (X + 4)(Y − 1) = Z khơng có nghiệm ngun dương Định lý 2.6.3 ([10, Định lý 1.2(14)]) Phương trình (X − 4)(Y + 1) = Z (2.105) khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Ta xét nghiệm (X, Y, Z) phương trình (2.105) với X Ta xác định r, s, t Định lý 2.2.2 Ta có X − = rts2 (tu21 )2 , Y + = rts2 (ru22 )2 , Z = rstu1 u2 (2.106) Từ phương trình thứ (2.106) suy có số nguyên dương a, b, t1 , t2 , u3 , u4 cho X + = at21 u43 , X − = bt22 u44 , ab = rts2 , t = t1 t2 , u2 = u3 u4 Do at21 u43 − bt22 b44 = 4, abr1 r2 u3 u4 (2.107) Nếu a, b > 1, phương trình rts2 x2 −y = ax2 −by = 1, ab = rts2 có nghiệm nguyên (Mâu thuẫn với Mệnh đề 1.3.1) Nếu a > b = r1 = r, r2 = Suy rts2 (ru23 )2 − u44 = 4, u4 |u2 (2.108) 39 Nếu a = b = rts2 thực lại trình cho phương trình u43 − rts2 (ru24 ) = ta có rts2 (rm2 )2 − n4 = 4, n|u2 (2.109) Kết hợp (2.108) 2.109 phương trình thứ hai (2.106) ta có (n4 + 4)(Y + 1) = Z14 , n (2.110) Theo Định lý 2.6.1, phương trình (2.110) khơng có nghiệm ngun dương Vì vậy, phương trình (2.105) khơng có nghiệm nguyên dương với X Bây ta xét trường hợp: 2||X Viết X = 2X1 , Z = 2Z1 với X1 lẻ Ta thu X12 − = 2rts2 (tu21 )2 , Y + = 2rts2 (ru22 )2 (2.111) Từ phương trình (2.111) Mệnh đề 1.3.1 ta có X1 + = 4rts2 (2ru23 )2 , X1 = 2u44 (2.112) 2rts2 (2ru23 )2 = u44 + (2.113) Do Bằng cách lấy modulo ta thấy điều xảy Bây ta giả sử 4|X Viết X = 2X1 , Z = 2Z1 với X1 chẵn Ta thu X12 − = rts2 (tu21 )2 , Y + = rts2 (2ru22 )2 (2.114) Tuy nhiên, phương trình thứ hai (2.114) xảy lấy modulo Từ suy phương trình (X −4)(Y +1) = Z khơng có nghiệm ngun dương Định lý 2.6.4 ([10, Định lý 1.2(15)]) Phương trình (X − 4)(Y − 1) = Z (2.115) có vơ số nghiệm dương (X, Y, Z) = (2Y, Y, 2S), Y, S số nguyên dương thỏa mãn Y − 2S = 40 Chứng minh Trước tiên ta xét trường hợp X Làm tương tự phần giải tìm nghiệm phương trình (2.115), ta thấy tồn số nguyên dương k l thỏa mãn 3|l, X = Tk , Y = Tl Uk = tu21 , Ul = 2ru22 , (2.116) với số nguyên dương u1 u2 Ta giả sử d = gcd(k, l); k = dk1 , l = 2u l1 d, k1 l1 , u ≥ Khi đó, Ud = gcd(Uk , Ul ) = c , c|rt gcd(r, t) = Vì Ul = Ul Ul d , gcd(Ul /Ul1 d , rUl1 d ) = 1, Ul1 d ta có Ul1 d = 2r Do ước nguyên tố gcd(Ul1 d /Ud , rtUd ) chia hết l1 , ta thu Ul1 d /Ud = m , m|l1 Áp dụng Mệnh đề 1.3.5 với Ql1 = (αd )l1 + (−α−d )l1 Ul1 d = , Ud (αd ) + (−α−d ) ta có l1 = Tương tự, k1 ∈ {1, 5} Xét trường hợp k1 = Khi Ud = t , U3d = 2r Vì ước nguyên tố gcd( TT3dd , rt) chia hết rt| TT3dd (khi gcd(r, t) = 1), ta có rt = 3, điều mâu thuẫn Td2 − 3s2 Ud2 = Td Do k1 = 5, T3d = 2r , T5d = t Vì ước nguyên tố gcd( TT3dd , rt) chia hết 3, ta có r|3; tương tự, t|5 Do Td2 − rts2 Ud2 = 4, Td , ta có rt = 1, 3, 15.Khi ta có r = t = Bây từ Ud = gcd(U3d , U5d ) = , U5d = , r = 1, t = 5, ta 5s4 Ud4 + 5s2 Ud2 + = Suy sTd = theo Mệnh đề 1.3.15, điều xảy Vì phương trình (2.115) khơng có nghiệm ngun dương với X 41 Xét trường hợp 2|X Viết X = 2X1 , Z = 2Z1 Khi đó, phương trình (2.115) trở thành (X12 − 1)(Y − 1) = 4Z12 Trước tiên ta xét trường hợp 2|X1 Y Ta giả sử 2|Y (2.117) X1 Từ phương trình (2.117), có số nguyên dương u1 , u2 cho Y − = rts2 (ru2 )2 ; X12 − = 4rts2 (tu21 )2 , rtsu2 (2.118) Từ phương trình thứ (2.118), tồn số nguyên lẻ m, n, r1 , r2 , u3 , u4 thỏa mãn m(r1 u23 )2 − n(r2 u24 )2 , r1 r2 = r, u3 u4 = u2 , mn = rts2 (2.119) Từ phương trình thứ hai (2.118) Mệnh đề 1.3.1, tồn số nguyên dương t1 , t2 , u5 , u6 thỏa mãn X + = 2t21 u45 , X − = 2t22 rts2 u46 , 2|u6 , t1 t2 = t (2.120) Suy t1 = u45 − rts2 t2 u46 = 1, 2|u6 (2.121) Từ (2.119), (2.121) Mệnh đề 1.3.1, ta có u25 + = 2u27 , điều kéo theo u5 = 239 2392 − = 3.5.7.17.25 = 8rts2 u48 , điều xảy Cuối ta xét trường hợp X1 Y Từ phương trình (2.117), có số nguyên dương u1 , u2 thỏa mãn Y − = 2rts2 (ru2 )2 , X12 − = 2rts2 (tu21 )2 , rtsu2 (2.122) Từ phương trình (2.122), tồn số nguyên dương m > 1, n, r, r1 , r2 , u3 , u4 thỏa mãn m(r1 u23 )2 − n(r2 u24 )2 rts2 , r1 r2 = r, u3 u4 = u2 = 1, mn = 2rts mn = (2.123) 42 Từ phương trình thứ hai (2.122), (2.123) Mệnh đề 1.3.1, tồn số nguyên dương t1 , t2 , u5 , u6 thỏa mãn mt21 u45 − nt22 u46 = 1, t1 t2 = t (2.124) Vì m > 1, theo Mệnh đề 1.3.13, (2.123) (2.124) r1 t1 = 1, suy rt|n m = 2s21 Vì ta có s 2s21 u43 − rts22 (ru24 )2 = 1, 2s21 u25 − rts22 (ru26 )2 = 1, s1 s2 = s s1 s2 = (2.125) Kí hiệu (T1 , U1 ) nghiệm nguyên dương bé phương trình Pell 2s21 T − rts22 U = (2.126) 2s21 + U1 rts22 Với số nguyên dương k ≥ 1, giả sử (Tk , Uk ) số nguyên dương cho giả sử ε = T1 Tk 2s21 + Uk rts22 = εk Giả sử rt > Bằng Mệnh đề 1.3.12, ta giả sử: T1 2s21 + U1 rts22 = u23 2s21 + ru24 rts22 Tk 2s21 + Uk rts22 = u25 2s21 + tu26 rts22 Khi Uk = tu26 = U1 tu26 /(ru24 ) Suy rt|k Giả sử k = rtl Thấy k = p ≡ mod rt > Lần theo Mệnh đề 1.3.12, ta thu l = 2s21 − ps22 U = 1, p ≡ mod 4, điều xảy lấy modulo Bây ta giả sử rt = Theo Mệnh đề 1.3.9, phương trình X −2s2 U = có nhiều nghiệm nguyên dương (X, U ), nên X1 = Y, u1 = u2 (2.122) Hiển nhiên, (2.122) có vơ số nghiệm (X1 , Y, S, u1 , u2 ) = (Y, Y, S, 1, 1), Y − 2S = Vì phương trình Diophant (X − 4)(Y − 1) = Z có nghiệm dạng (X, Y, Z) = (2Y, Y, 2S), Y − 2S = 43 Bằng phương pháp chứng minh tương tự chứng minh Định lý ta chứng minh Định lý sau đây: Định lý 2.6.5 ([10, Định lý 1.2(17)]) Phương trình (X − 4)(Y − 1) = 4Z khơng có nghiệm ngun dương (2.127) 44 Kết luận Luận văn trình bày số nội dung sau đây: (1) Trình bày sơ lược số kết biết phương trình Diophant ax2 − by = ±2 ax2 − by = ±4; (2) Trình bày lại khái niệm dãy Lehmer mà số kết biết số phương trình Diophant có liên quan đến dãy Lehmer; (3) Trình bày lại kết Luca Walsh phương trình Diophant (x2 ± 1)(y ± 1) = z ; (4) Trình bày lại kết Yuan Luo phương trình Diophant (x2 ± C)(y ± D) = z , với C, D ∈ {±1, ±2, ±4} 45 Tài liệu tham khảo [1] S Akhtari (2009), “The Diophantine equation aX − bY = 1”, J Reine Angew Math 630, 33-57 [2] M A Bennett, A Togbe and P G Walsh (2006), “A generalization of a theorem of Bumby”, Int J Number Theory 2, 195-206 [3] J H Chen and P M Voutier (1997), “ A complete solution of the Diophantine equation x2 + = Dy and a related family of quartic Thue equations”, J Number Theory 62, 71-99 [4] J H E Cohn (1997), “The Diophantine equation x4 − Dy = 1; II”, Acta Arith 78, 401-403 [5] W Ljunggren (1967), “On the Diophantine equation Ax4 −By = C(C = 1; 4)”, Math Scand 21, 149-158 [6] F Luca and P G Walsh (2001), “Squares in Lehmer sequences and some Diophant applications”, Acta Arith 100, 47-62 [7] J G Luo and P Z Yuan (2007), “Square-classes in Lehmer sequences having odd parameters and their applications”, ibid 127, 49-62 [8] P G Walsh (1994), “A new proposition of Pell’s equation and its applications”, J Changsha Railway Univ 12, 79-84 (in Chinese) [9] P Z Yuan and Y Li (2009), “Squares in Lehmer sequences and the Diophantine equation Ax4 − By = 2”, Acta Arith 139, 275-302 [10] P Yuan and J Luo (2010), “On the Diophantine equation (x2 ± C)(y ± D) = z ”, Acta Arith 144(1), 69-95 ... C)(y ± D) = z 13 2.1 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 1)(y ± 1) = z 13 2.2 2.3 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y ± 4) = z 21 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y ± 2) = z ... 2.4 2.5 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y ± 1) = z 29 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y ± 4) = z 31 2.6 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y ± 1) = z 35 Kết luận 44... kết Yuan Luo [10] phương trình Diophant dạng (x2 ±C)(y ? ?D) = z , với C, D ∈ {±1 , ±2 , ±4 } Đây nội dung luận văn 2.1 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 1)(y ± 1) = z Trong mục này, trình bày lại số