Sử dụng phần mềm matlab trong dạy học nội dung nguyên hàm tích phân và ứng dụng chương trình toán lớp 12 ban cơ bản2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC NGUYỄN THỊ BÍCH NGỌC ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL TRONG CÁC BÀI SỐ HỌC PHỔ THƠNG KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC Hà Nội - 2018 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL TRONG CÁC BÀI SỐ HỌC PHỔ THƠNG KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS ĐÀO PHƯƠNG BẮC Sinh viên thực khóa luận: NGUYỄN THỊ BÍCH NGỌC Hà Nội - 2018 LỜI CẢM ƠN Khóa luận hồn thành hướng dẫn TS Đào Phương Bắc Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tri ân sâu sắc tới thầy - người thầy ln tận tình dẫn dắt tác giả trình tác giả thực khóa luận Thầy người ln sát cánh, dành nhiều thời gian, công sức để nhắc nhở, hướng dẫn kiểm tra để tác giả hồn thành khóa luận Tác giả tin bước chập chững chặng đường học tập cịn dài phía trước bước đệm quan trọng để tác giả tự bước tiếp Một lần nữa, tác giả xin chân thành cảm ơn thầy TS Đào Phương Bắc Tác giả gửi lời cảm ơn chân thành đến lãnh đạo thầy cô trường Đại học Giáo Dục, Đại học Quốc Gia Hà Nội kiến thức, điều tốt đẹp mà tác giả nhận suốt trình học tập Trường Tác giả gửi lời cảm ơn đến khoa Sư phạm nhà trường tạo điều kiện giúp tác giả hoàn thành thủ tục q trình hồn thành nộp khóa luận Do thời gian khả nghiên cứu có hạn nên khóa luận cịn nhiều sai sót tác giả mong nhận góp ý nhận xét quý báu thầy cô bạn sinh viên để khóa luận hồn thiện Mọi ý kiến đóng góp xin vui lòng gửi email: nguyenthibichngoc1703vn@gmail.com Xin chân thành cảm ơn Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2018 Nguyễn Thị Bích Ngọc Mục lục Mở đầu KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Đồng thức Brahmagupta-Fibonacci 1.2 Bổ đề Dirichlet PHƯƠNG TRÌNH PELL DƯƠNG 2.1 Định nghĩa phương trình Pell 2.2 Sự tồn nghiệm công thức nghiệm PHƯƠNG TRÌNH PELL ÂM 14 3.1 Định nghĩa phương trình Pell âm 14 3.2 Sự tồn nghiệm công thức 14 PHƯƠNG TRÌNH PELL CHỨA THAM SỐ 20 MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP ÁP DỤNG 24 5.1 Một số ví dụ 24 5.2 Bài tập áp dụng 31 Tài liệu tham khảo 46 Mở đầu Lý chọn đề tài Jonh Pell (1611-1685) nhà Toán học, người tìm cách giải phương trình nghiệm nguyên kỉ 17 Tuy nhiên ông người làm điều Phương trình Pell (hay phương trình kiểu Pell-Fermat) phương trình dạng: x2 − dy = d số nguyên dương cho trước Đồ thị x2 − dy = đường hyperbol với nghiệm phương trình Pell điểm ngun √ hyperbol Ngồi nghiệm ngun (x, y) cịn cho xấp xỉ n số hữu tỷ x/y Phương trình thực nghiên cứu Brahmagupta từ năm 628, tức khoảng 1000 năm trước Pell Ngồi n = 2, phương trình x2 − 2y = nghiên cứu từ 400 năm trước Công nguyên Kết người Ấn Độ tìm cách giải phương trình Pell (ít phương trình x2 − 61y = 1) trước 500 năm so với người Châu Âu (chẳng hạn P Fermat, J Wallis, W Brounker) Chính J Pell sửa chữa dịch tiếng Anh số sách vào quãng năm 1660 thảo luận lời giải W Brounker cho phương trình Vì mà L Euler nhầm lẫn gọi phương trình Pell Lý thuyết chung phương trình Pell dựa phân số liên tục phát triển J L Lagrange vào quãng năm 1766-1769 Hiện nay, đề thi học sinh giỏi đề thi Olimpiad thường xuất tốn số học có liên quan đến phương trình Pell phương trình kiểu Pell Chính tính hấp dẫn vấn đề với việc mong muốn giới thiệu tới bạn sinh viên ngành sư phạm Toán học trường Vì vậy, tác giả có thêm động lực để nghiên cứu đề tài chọn đề tài là: "Ứng dụng phương trình Pell số học phổ thơng" hướng dẫn tận tình thầy TS Đào Phương Bắc Mục đích nghiên cứu Mục đích khóa luận trình bày hiểu biết phương trình Pell biến thể Ngồi tác giả cịn đưa số ví dụ tập số học liên quan đến phương trình Pell xuất đề thi học sinh giỏi số tập áp dụng lý thuyết phương trình Pell sách Edward, J.Barbeau, Pell’s Equation, Problem Books in Mathematics (2003) Đối tượng nghiên cứu - Lý thuyết phương trình Pell - Các tập số học liên quan đến phương trình Pell xuất đề thi học sinh giỏi đề thi toán Olimpiad Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu, giáo trình phương trình Pell - Nghiên cứu tập số học liên quan đến phương trình Pell Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí luận: đọc giáo trình, tài liệu liên quan đến phương trình Pell tập số học - Phương pháp tổng kết lý luận: Từ việc nghiên cứu tài liệu, giáo trình tổng kết lý thuyết phương trình Pell đồng thời tổng kết số tập số học tiêu biểu liên quan đến phương trình Pell Ý nghĩa khoa học thực tiễn Khóa luận làm tài liệu tham khảo sinh viên chun ngành sư phạm Tốn đồng thời làm tài liệu tham khảo cho đối tượng giáo viên phổ thông bạn học sinh Cấu trúc khóa luận Cụ thể khóa luận này, tác giả đề cập đến phương trình Pell, liên hệ với xấp xỉ Diophantine Ngồi ra, tác giả thảo luận vài điểm tính giải phương trình Pell âm Để phương trình Pell giải được, tác giả sử dụng Bổ đề Dirichlet tiếng xấp xỉ số vô tỷ số hữu tỷ Tiếp đến tác giả trình bày cách dùng đồng thức Brahmagupta-Fibonacci để dẫn công thức truy hồi nghiệm (được trình bày chương 2) Khác với phương trình Pell (dương): x2 − dy = mà ta đề cập trên, phương trình Pell âm x2 − dy = −1 phương trình Pell chứa tham số x2 − dy = m khơng phải có nghiệm Chương dành cho việc nghiên cứu câu hỏi kiểu Đặc biệt xem ứng dụng, chương khóa luận nhằm tìm hiểu số tập số học Trung học Phổ thông xuất đề thi học sinh giỏi liên quan đến phương trình Pell Khóa luận trình bày năm chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương 2: Phương trình Pell dương Chương 3: Phương trình Pell âm Chương 4: Phương trình Pell chứa tham số Chương 5: Một số ví dụ tập áp dụng Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trước hết đề cập đến đồng thức Brahmagupta-Fibonacci sau mà ta cần đến thiết lập công thức truy hồi cho phương trình Pell Thêm vào bổ đề Dirichlet dùng để chứng minh tồn nghiệm 1.1 Đồng thức Brahmagupta-Fibonacci Nhận xét 1.1.1 Với bốn số a, b, c, d cho trước, ta có đẳng thức sau gọi đồng thức Brahmagupta-Fibonacci: (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 (a2 + N b2 )(c2 + N d2 ) = (ac + N bd)2 + N (ad − bc)2 = (ac − N bd)2 + N (ad + bc)2 1.2 Bổ đề Dirichlet Bổ đề 1.2.1 Cho α số vô tỉ, tồn vơ hạn cặp số ngun (m, n) n số nguyên dương thỏa mãn ∣α − m ∣ < n n Chứng minh Trước hết ta chứng minh tính tồn cặp số nguyên (m, n) Với q số nguyên dương, ta xét dãy phần lẻ {{tα}}qt=0 Chia đoạn [0, 1] q đoạn sau: [0, 1] = B1 ∪ ∪ Bq , Bi = [ i−1 i , ] Khi tồn t1 > t2 ∈ {0, 1, , q} cho q q ∣{t1 α} − {t2 α}∣ ≤ , q kéo theo ∣t1 α − [t1 α] − (t2 α − [t2 α])∣ ≤ , q kéo theo ∣(t1 − t2 )α − ([t1 α] − [t2 α])∣ ≤ , q kéo theo ∣α − [t1 α] − [t2 α] ∣≤ t1 − t2 q(t1 − t2 ) Đặt ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪m = [t1 α] − [t2 α], ⎨ ⎪ ⎪ n = t1 − t2 , ⎪ ⎪ ⎩ ta có ∣α − m ∣ ≤ , với n ≤ q n qn Vậy, với q số nguyên dương tùy ý, tồn m, n ∈ Z , n ≤ q ∈ Z+ cho: ∣α − m ∣ ≤ , với n ≤ q n qn Vì α số vơ tỉ nên ∣α − m 1 ∣< ≤ n qn n (1.1) Chứng minh tính vơ hạn cặp số nguyên (m, n) m Đặt A = {(m, n) ∈ Z × Z+ ∣ ∣α − ∣ < } Từ (1.1) suy A ≠ ∅ Giả sử n n A gồm hữu hạn phần tử Khi tồn ε > cho ∣α − Chọn q đủ lớn cho m ∣ > ε, n ∀(m, n) ∈ A < ε Vậy tồn (m′ , n′ ) ∈ Z × Z+ cho q m′ 1 ∣α − ′ ∣ < ′ ≤ ′2 n qn n Do (m′ , n′ ) ∈ A Mặt khác ∣α − m′ ∣ < ≤ ε, n′ q nên (m′ , n′ ) ∈ A Suy mâu thuẫn với giả thiết Vậy Bổ đề chứng minh Nhận xét : Ở chương sau tìm hiểu áp dụng Bổ đề vào việc chứng minh tính chất tồn nghiệm phương trình Pell Ngồi theo hiểu biết tác giả, tình P.G.L.Dirichlet sử dụng nguyên lý "nhốt thỏ vào lồng" tiếng c) Ta có √ (2 + 3)−1 = √ − −2 √ √ = = + 3, −143 143 143 2+7 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = −2/143 ⇒⎨ ⎪ ⎪ v = 7/143 ⎪ ⎪ ⎩ √ d) Ta có a + b có phần tử nghịch đảo là: √ √ −1 a−b a b √ √ = (a + b 3) = = − a + b a − 3b2 a2 − 3b2 a2 − 3b2 √ a b Để (a + b 3)−1 có hệ nguyên a2 −3b a2 −3b2 số nguyên ⎧ a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪a ⋮ a2 − 3b2 ⇔⎨ b ⎪ ⎪ b ⋮ ⎪ ⎪ ⎩ a2 − 3b2 √ √ Bài tập 5.2.2 Cho c = a + b d w = u + v d Chứng minh : a) cw = c¯ × w ¯ b) N (cw) = N (c)N (w) c) N (c + w) + N (c − w) = 2(N (c) + N (w)) c (cw) ¯ d) = w (N (w)) Lời giải a) Ta có: √ √ c¯ × w¯ = (a − b d)(u − v d) √ √ = au − av d − ub d + bvd √ = au − d(av + ub) + bvd √ = au + bdv − (av + ub) d √ √ cw = (a + b d)(u + v d) √ = au + bdv + (av + ub) d √ ⇒ cw = au + bdv − (av + ub) d = c¯ × w ¯ 32 b) Ta có: √ √ √ √ N (c)N (w) = (a + b d)(a − b d)(u + v d)(u − v d) = (a2 − b2 d)(u2 − v d) = a2 u2 + b2 v d2 − (a2 v + b2 u2 )d √ √ N (cw) = (au + bdv + (av + ub d))(au + bdv − (av + ub) d) = [(au + bdv)2 − (av + ub)2 d] = a2 u2 + b2 d2 v + 2aubdv − (a2 v + u2 b2 + 2avub)d = a2 u2 + b2 v d2 − (a2 v + b2 u2 )d = N (c)N (w) c) Ta có: N (c + w) + N (c − w) √ √ = N (a + u + (b + v) d) + N (a − u + (b − v) d) = (a + u)2 − d(b + v)2 + (a − w)2 − d(b − v)2 = a2 + 2au + u2 − d(b2 + 2bv + v ) + (a2 − 2au + u2 ) − d(b2 − 2bv + v ) = 2(a2 − b2 d + u2 − dv ) = 2(N (c) + N (w)) (đpcm) d) Ta có: √ √ (cw) ¯ (a + b d)(u − v d) = (N (w)) u2 − d2 √ √ (a + b d)(u − v d) √ √ = (u + v d)(u − v d) √ a+b d √ = u+v d c = (đpcm) w Bài tập 5.2.3 Chứng minh phương trình Pell dạng x2 − dy = k √ viết dạng N (x + y d) = k Lời giải √ √ √ Ta có: N (x + y d) = k ⇔ (x + y d)(x − y d) = k ⇔ x2 − dy = k 33 √ Vậy phương trình Pell x2 − dy = k viết dạng N (x + y d) = k Bài tập 5.2.4 Giả sử x2 − dy = kvà u2 − dv = l hai phương trình nghiệm nguyên Cho số nguyên m, n cho √ √ √ m + n d = (x + y d)(u + v d) Chứng minh m = xu + dyv, n = xv + yu m2 − du2 = kl Lời giải Ta có: √ √ √ m + n d = (x + y d)(u + v d) √ √ √ ⇔ m + n d = xu + xv d + yu d + yvd √ = xu + dyv + (xv + yu) d ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪m = xu + dyv ⇒⎨ ⎪ ⎪ n = xv + yu ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎧ √ ⎪ ⎪ − dy = k ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x N (x + y d) = k ⎪ ⎪ Có ⎨ ⇒⎨ √ ⎪ ⎪ − dv = l ⎪ ⎪ d) = l u N (u + v ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ √ √ √ √ ⇒ N (x + y d).N (u + v d) = N ((x + y d)(u + v d)) √ ⇔ kl = N (m + n d) ⇔ m2 − du2 = kl (đpcm) Bài tập 5.2.5 a) Giả sử (x, y) = (x1 , y1 ) cặp nghiệm phương trình x2 − dy = Cho cặp số nguyên (x2 , y2 ) xác định sau: √ √ x2 + y2 d = (x1 + y1 d)2 Chứng minh x2 = x21 + dy12 , y2 = 2x1 y1 (x2 , y2 ) cặp nghiệm phương trình x2 − dy = b) Tổng quát: giả sử (xn , yn ) xác định sau : √ √ (xn + yn d) = (x1 + y1 d)n , n ≥ 34 √ √ √ Chú ý : xn + yn d = (xn−1 + yn−1 d)(x1 + y1 d) từ suy xn = x1 xn−1 + dy1 yn−1 ; yn = x1 yn−1 + y1 xn−1 Chứng minh (xn , yn ) cặp nghiệm phương trình x2 − dy = c) Suy x2 − dy = có nghiệm khác (x, y) = (±1, 0) phương trình có vơ số nghiệm nguyên dương Lời giải a) Ta có: √ √ x2 + y2 d = (x1 + y1 d)2 √ √ ⇔ x2 + y2 d = x1 + 2x1 y1 d + dy12 √ √ ⇔ x2 + y2 d = (x21 + dy12 ) + 2x1 y1 d ⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪x2 = x1 + dy1 ⇒⎨ ⎪ ⎪ y = 2x1 y1 ⎪ ⎪ ⎩ √ √ Lại có N (x2 + y2 d) = N ((x1 + y1 d)2 ) √ ⇔ x22 − dy22 = (N (x1 + y1 d)2 ) ⇔ x22 − dy22 = 12 ⇔ x22 − dy22 = ⇒ (x2 , y2 ) cặp nghiệm phương trình x2 − dy = √ √ b) Giả sử xn−1 + yn−1 d = (x1 + y1 d)n−1 (xn−1 , yn−1 ) cặp nghiệm phương trình x2 − dy = Ta có: √ √ xn + yn d = (x1 + y1 d)n √ √ √ ⇔ xn + yn d = (x1 + y1 d)(xn−1 + yn−1 d) √ √ ⇔ xn + yn d = (x1 xn−1 + y1 yn−1 ) + (xn−1 y1 + x1 yn−1 ) d ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪xn = x1 xn−1 + dy1 yn−1 ⇒⎨ ⎪ ⎪ y = x1 yn−1 + y1 xn−1 ⎪ ⎪ ⎩ n √ √ √ Ta có N (xn + yn d = N ((x1 + y1 d)(xn−1 + yn−1 d)) 35 √ √ ⇔ x2n − dyn2 = N (x1 + y1 d)N (xn−1 + yn−1 d) ⇔ x2n − dyn2 = ⇒ (xn , yn ) nghiệm phương trình x2 − dy = c) Nếu phương trình x2 − dy = có nghiệm khác (x, y) = (±1, 0) phương trình có vơ số nghiệm ngun dương, (x1 , y1 ) nghiệm khác (x, y) = (±1, 0) dãy (xn , yn ) dãy nghiệm phương trình x2 − dy = √ √ xn + yn d = (x1 + y1 d)n Bài tập 5.2.6 Cho (x, y) = (3, 2) nghiệm phương trình x2 − 2y = Từ thành lập dãy nghiệm phương trình dựa vào ví dụ 5.2.5 Lời giải Gọi (x1 , y1 ) = (3, 2) nghiệm phương trình x2 − 2y = (x2 , y2 ) nghiệm phương trình x2 − 2y = √ √ x22 + y2 = (x1 + y1 2)2 Thật √ √ √ x2 + y2 = (x1 + y1 2) = (3 + 2) √ √ ⇔ x2 + y2 = 17 + 12 ⇒ (x2 , y2 ) = (17, 12) Có x22 − 2y22 = 172 − 2.122 = 1, ⇒ (x2 , y2 ) nghiệm phương trình x2 − 2y = Giả sử (xn−1 , yn−1 ) nghiệm phương trình x2 − 2y = Trong √ √ xn−1 + yn−1 = (x1 + y1 2)n−1 , Ta cần chứng minh (xn , yn ) nghiệm phương trình x2 −2y = 1, √ √ xn + yn = (x1 + y1 2)2 36 Thật √ √ √ xn + yn = (xn−1 + yn−1 2)(x1 + y1 2) √ √ √ ⇔ N (xn + yn 2) = N (xn−1 + yn−1 2)N (3 + 2) ⇔ x2n − yn2 = ⇒ (xn , yn ) nghiệm phương trình x2 − 2y = √ √ Vậy dãy (xn , yn ) xn + yn = (3 + 2)n dãy vơ số nghiệm phương trình x2 − 2y = Bài tập 5.2.7 Cho (x, y) = (1, 1) nghiệm phương trình x2 − 2y = −1 Từ lập thành dãy vô số nghiệm phương Lời giải Xét hệ phương trình sau: ⎧ √ ⎪ ⎪ ⎪ N (u − v 2) = ⎪ ⎨ √ ⎪ ⎪ N (x − y 2) = −1 ⎪ ⎪ ⎩ Suy ta có: √ √ N (x − y 2).N (u − v 2) = −1 √ √ ⇔ N ((x − y 2)(u − v 2)) = −1 √ ⇔ N (xu − (xv + yu) + 2yv) = −1 √ ⇔ N (xu + 2yv − (xv + yu) 2) = −1 Vậy ta có: ⎛x⎞ ⎛xu + 2yv ⎞ ⎛u 2v ⎞ ⎛x⎞ → = ⎝y ⎠ ⎝ xv + yu ⎠ ⎝v u ⎠ ⎝y ⎠ Mà ta có (x, y) = (1, 1) nghiệm phương trình x2 − 2y = −1 (u, v) = (3, 2) nghiệm phương trình x2 − 2y = nên ta có: ⎛x0 ⎞ ⎛1⎞ = ⎝ y0 ⎠ ⎝1⎠ ⇒ ⎛xn+1 ⎞ ⎛3 4⎞ ⎛xn ⎞ = ⎝ yn+1 ⎠ ⎝2 3⎠ ⎝ yn ⎠ 37 Vậy với (x0 , y0 ) = (1, 1) ta lập thành dãy vô số nghiệm phương trình x2 − 2y = −1 theo cơng thức truy hồi sau: ⎧ ⎪ ⎪ (x0 , y0 ) = (1, 1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨xn+1 = 3xn + 4yn ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩yn+1 = 2xn + 3yn Bài tập 5.2.8 Xét tốn 2.2.19 tạp chí Crux Mathematicarum có vơ số số ngun nghiệm đồng thời hai phương trình sau : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x − = (u + 1)(v − 1) ⎨ ⎪ ⎪ y − = (u − 1)(v + 1) ⎪ ⎪ ⎩ a) Giả sử có hai phương trình Từ suy (v + 1)x2 − (v − 1)y = 2v y x b) Sử dụng phép v = 2w, r = , s = , từ kết câu (a) ta có: v v 1 (w + )r2 − (w − )s2 = 2 c) Cho w Chỉ giá trị nghiệm đơn giản phương trình câu (b) Ta có (r, s) = (1, 1) cặp nghiệm phương trình b √ √ d) Chứng minh , lũy thừa bậc lẻ r w + + s w − 21 có dạng √ R √ w+ +S w− e) Giải thích câu (c) (d) để đưa kết (r, s) = (r0 , s0 ) thỏa mãn phương trình câu (b) có (r, s) = (rn , sn ) biểu diễn theo công thức truy hồi sau: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪rn+1 ⎨ ⎪ ⎪ s ⎪ ⎪ ⎩ n+1 = 2wrn + (2w − 1)sn = (2w + 1)rn + 2wsn 38 f) Sử dụng câu (e) biến đổi xn = rn v yn = sn v, chứng minh (x0 , y0 ) thỏa mãn phương trình câu (a), t có (x, y) = (xn , yn ) biểu diễn qua công thức sau: n ≥ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪xn+1 = vxn + (v − 1)yn ⎨ ⎪ ⎪ y = (v + 1)xn + vyn ⎪ ⎪ ⎩ n+1 g) Chứng minh (v + 1)x2n − (v − 1)yn2 = 2v ∣v∣ ≠ : x2n − v yn2 + v = v−1 v+1 h) Chứng minh + v = (v + 1)[(v + 1)x2n + 2vxn yn + vyn2 + v] − v(yn2 + v) yn+1 i) Với v số nguyên không đổi giả sử (x, y) = (x0 , y0 ) nghiệm phương trình câu (a),khi y02 + v bội v + Với (xn , yn ) xác định bên trên, ta có : un = yn2 + v v+1 Chứng minh (x, y, u, v) = (xn , yn , un , ) số ngun thỏa mãn hệ phương trình tốn j) Với giá trị v, biểu diễn hệ vơ số nghiệm hệ phương trình Nếu v = ? Lời giải a) Ta có: (v + 1)x2 − (v − 1)y = (v + 1)[(u + 1)(v − 1) + 1] − (v − 1)[(u − 1)(v + 1) + 1] = (v − 1)(u + 1) + v + − [(v − 1)(u − 1) + v − 1] = u(v − 1) + v − + v + − (v − 1)u + v − − v + = 2v 39 ⇒ Điều phải chứng minh b) Ta biến đổi: 2 v x2 v y2 (w + )r − (w − )s = ( + ) − ( − ) 2 2 v 2 v (v + 1)x (v − 1)y = − 2v 2v (v + 1)x2 − (v − 1)y = =1 2v ⇒ Điều phải chứng minh c) Ta có (r, s) = (1, 1) cặp nghiệm phương trình 1 (w + )r2 − (w − )s2 = 2 d) Với n = suy √ √ √ n ⎞ ⎛ 1 có dạng R w + + Giả sử với n, tức r w + + s w − 2⎠ ⎝ √ S w − Ta phải chứng minh với n + 2, tức ta cần chứng √ √ √ √ n+2 ⎛ 1⎞ 1 minh: r w + + s w − có dạng R w + + S w − 2⎠ 2 ⎝ Thật vậy: 40 √ √ n+2 1⎞ w+ +s w− 2⎠ √ √ √ √ n ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ r w+ +s w− = r w+ +s w− 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ √ √ √ √ ⎞ ⎛ ⎛ 1 1⎞ r w+ +s w− = R w+ +S w− 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ √ √ √ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1 = R w+ +S w− r (w + ) + s2 (w − ) + 2rs w2 − 2⎠ ⎝ 2 4⎠ ⎝ √ 1 1 = (R + r2 (w + ) + s2 (w − ) + 2Srs(w − )) w + 2 2 √ 1 1 + (S + r2 (w + ) + s2 (w − ) + 2Rrs(w + )) w − 2 2 √ √ n+2 ⎛ 1⎞ Suy điều phải chứng minh r w + + s w − có dạng 2⎠ ⎝ √ √ 1 R w+ +S w− 2 √ √ Kết luận: lũy thừa bậc lẻ r w + + s w − 12 có dạng ⎛ r ⎝ √ √ R w+ +S w− 1 e) Giả sử phương trình (w + )r2 − (w − )s2 = có nghiệm (r0 , s0 ): 2 Theo câu d suy (sn , rn ) nghiệm phương trình (w + )r2 − 2 (w − )s = Hơn ta tìm cơng thức truy hồi dãy 41 √ số (sn , rn ) Ta lấy lũy thừa bậc rn w+ √ + sn w− ta được: √ √ 1⎞ w + + sn w − 2⎠ √ √ √ √ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1⎞ = rn w + + sn w − r0 w + + s0 w − 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ √ √ √ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ = rn w + + sn w − r0 (w + ) + s20 (w − ) + 2r0 s0 w2 − 2⎠ ⎝ 2 4⎠ ⎝ √ 1 1 = (rn + r02 (w + ) + s20 (w − ) + 2sn r0 s0 (w − )) w + 2 2 √ 1 1 + (sn + r02 (w + ) + s20 (w − ) + 2rn r0 s0 (w + )) w − 2 2 ⎛ rn ⎝ Mà (r0 , s0 ) = (1, 1) Suy ra: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪rn+1 = 2wrn + (2w − 1)sn ⎨ ⎪ ⎪ s = (2w + 1)rn + 2wsn ⎪ ⎪ ⎩ n+1 Vậy ta có điều cần phải chứng minh f) Vì x − rv; y = sv Mà (r0 , s0 ) = (1, 1) ⇒ (x0 , y0 ) = (v, v) cặp nghiệm phương trình (v + 1)x2 − (v − 1)y = 2v Khi n chạy, ta có dãy vơ số nghiệm 1 (rn , sn ) phương trình (w + )r2 − (w − )s2 = 2 Suy tương ứng với cặp giá trị (sn , rn ) ta có (xn , yn ) = (rn v, sn v) cặp nghiệm phương trình (v + 1)x2 − (v − 1)y = 2v Vậy phương trình (v + 1)x2 − (v − 1)y = 2v có dãy vơ số nghiệm thỏa mãn: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪xn+1 = 2wxn + (2w − 1)yn ⎨ ⎪ ⎪ y = (2w + 1)xn + 2wyn ⎪ ⎪ ⎩ n+1 42 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪xn+1 = vxn + (v − 1)yn ⇔⎨ ⎪ ⎪ y = (v + 1)xn + vyn ⎪ ⎪ ⎩ n+1 g) Ta có: (v + 1)x2n − (v − 1)yn2 = 2v ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2v (v + 1)x2n (v − 1)yn2 − = v2 − v −1 v −1 2 y 2v xn − n = v−1 v+1 v −1 v2 − v y2 v2 + v x2n − − n − =0 v−1 v −1 v+1 v −1 x2n − v yn2 + v − =0 v−1 v+1 x2n − v yn2 + v = v−1 v+1 ⇒ Điều phải chứng minh h) Từ câu g) ta có: x2n − v yn2 + v = v−1 v+1 (vxn + (v − 1)yn )2 − v ⇔ yn+1 + v = (v + 1) v−1 v x2n + (v − 1)2 yn2 + 2v(v − 1)xn yn − v ⇔ yn+1 +v = (v + 1) v−1 + v = (v + 1)((v + 1)x2n + 2vxn yn + vyn2 + v) − v(yn2 + v) ⇔ yn+1 ⇒ Điều phải chứng minh i) Có (x0 , y0 ) cặp nghiệm hệ phương trình ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x − = (u + 1)(v − 1) ⎨ ⎪ ⎪ y − = (u − 1)(v + 1) ⎪ ⎪ ⎩ 43 Suy ra: y02 − = (u0 − 1)(v + 1) y02 − v+1 y +v ⇔ u0 = v+1 Mà u0 nguyên suy y02 + v bội v + y2 + v Với (xn , yn ) xác định suy un = n v+1 Suy (x, y, u, v) = (xn , yn , un , v) bốn số nguyên thỏa mãn yêu cầu ⇔ u0 − = toán j) Vậy cho hệ phương trình: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x − = (u + 1)(v − 1) ⎨ ⎪ ⎪ y − = (u − 1)(v + 1), ⎪ ⎪ ⎩ ta chứng minh với giá trị v, biểu diễn hệ vô số nghiệm hệ phương trình Sau ta xét trường hợp v = Với v = suy ra: ⎧ ⎪ ⎪ xn+1 = xn ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨yn+1 = 2xn + yn ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (2xn + yn )2 + ⎪ ⎪ u = ⎪ n+1 ⎪ ⎩ Suy (x, y, u, v) = (xn , yn , un , 1) bốn số nguyên thỏa mãn hệ phương trình: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x − ⎨ ⎪ ⎪ y2 − ⎪ ⎪ ⎩ Kết luận: Cho cho hệ phương ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x − ⎨ ⎪ ⎪ y2 − ⎪ ⎪ ⎩ = (u + 1)(v − 1) = (u − 1)(v + 1) trình: = (u + 1)(v − 1) = (u − 1)(v + 1), 44 với v ≠ số nguyên không đổi ta tìm bốn số nguyên (x, y, u, v) = (xn , yn , un , v) nghiệm hệ (xn ), (yn ), (un ) có cơng thức truy hồi sau: ⎧ ⎪ ⎪ xn+1 = vxn + (v − 1)yn ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨yn+1 = (v + 1)xn + vyn ⎪ ⎪ +v ⎪ ⎪ yn+1 ⎪ ⎪ un+1 = ⎪ ⎪ ⎩ v+1 Còn trường hợp v = bốn số nguyên (x, y, u, v) = (xn , yn , un , 1) nghiệm hệ phương trình cho (xn ), (yn ), (un ) có cơng thức truy hồi sau: ⎧ ⎪ ⎪ xn+1 = xn ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨yn+1 = 2xn + yn ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (2xn + yn )2 + ⎪ ⎪ u = ⎪ n+1 ⎪ ⎩ 45 Tài liệu tham khảo [1] Phan Huy Khải, Các chuyên đề Số học Bồi dưỡng Học sinh giỏi Tốn Trung học, Chun đề Phương trình nghiệm nguyên, Nhà xuất Giáo dục 2009 [2] Hà Huy Khoái, Số học, Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông, Tái lần thứ ba, Nhà Xuất Giáo dục (2008) [3] Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng, Các giảng Số học (2 tập), Nhà Xuất Bản Đại học Quốc Gia Hà Nội (2009) [4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận, Một số vấn đề Số học chọn lọc, Nhà Xuất Giáo dục (2008) [5] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy, Bài Giảng số học, Tái lần thứ năm, Nhà Xuất Giáo dục Việt Nam (2010) [6] Nguyễn Thọ Tùng, On the norm of fundamental units in real quadratic number fields, Undergraduate Thesis 2013 [7] Edward, J.Barbeau, Pell’s Equation, Problem Books in Mathematics (2003), Springer-Verlag, ISBN 0387955291 [8] K Ireland, M Rosen, A classical introduction to modern number theory, Second edition Graduate Texts in Mathematics, 84, Springer-Verlag, New York, 1990 xiv+389 pp.ISBN 0-387-97329-X [9] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Number theory Struct, example, and problem Birkhauser Boston, Inc, Boston, MA,2009, xviii+384 pp.ISBN 978-0-8176-3245-8 [10] R Mollin, A Srinivasan, Anitha, A note on the negative Pell equation, Int J Algebra (2010), no 17-20, 919–922 46 ...ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL TRONG CÁC BÀI SỐ HỌC PHỔ THƠNG KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS ĐÀO... Đặc biệt xem ứng dụng, chương khóa luận nhằm tìm hiểu số tập số học Trung học Phổ thông xuất đề thi học sinh giỏi liên quan đến phương trình Pell Khóa luận trình bày năm chương: Chương 1: Kiến... Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương 2: Phương trình Pell dương Chương 3: Phương trình Pell âm Chương 4: Phương trình Pell chứa tham số Chương 5: Một số ví dụ tập áp dụng Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ