Một số lớp phương trình diophantine

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI HỮU MÊN MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI HỮU MÊN MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH ĐẶNG HÙNG THẮNG Thái Nguyên - 2017 Mục lục Danh sách kí hiệu Mở đầu Chương Phương trình Diophantine tuyến tính 1.1 Phương trình bậc hai ẩn 1.2 Phương trình bậc nhiều ẩn 15 Chương Một số phương trình Diophantine phi tuyến 23 2.1 Phương trình Pell loại 23 2.2 Phương trình Pell loại 30 2.3 Phương trình Pythagoras 38 Chương Liên phân số ứng dụng phương trình Diophantine 45 3.1 Liên phân số hữu hạn 45 3.2 Liên phân số vô hạn 49 3.3 Liên phân số vơ hạn tuần hồn 50 3.4 Áp dụng vào phương trình Diophante 56 3.4.1 Phương trình bậc hai ẩn Ax + By = C 56 3.4.2 Phương trình x2 − dy2 = ±1 57 Kết luận 62 Tài liệu tham khảo 63 Danh sách kí hiệu N tập hợp số tự nhiên Z vành số nguyên Q trường số hữu tỷ R trường số thực C trường số phức Fp trường có p phần tử K[X] vành đa thức với hệ số trường K x trần số x deg P(X) bậc đa thức P(X) mod p modulo p gcd(P(X), Q(X)) ước chung lớn hai đa thức P(X) Q(X) Mở đầu Phương trình Diophantine chủ đề lớn Lý thuyết số, chứa đựng nhiều lý thuyết toán học sâu sắc, gắn liền với nhiều tên tuổi nhiều nhà toán học xuất sắc Mục tiêu đề tài luận văn là: Tìm hiểu số lớp phương trình Diophantine như: phương trình Diophantine tuyến tính; số phương trình Diophantine phi tuyến (phương trình Pell, phương trình Pell mở rộng, phương trình Pythagoras Fermat) Liên phân số ứng dụng phương trình Diophantine Về mặt ứng dụng, luận văn áp dụng lý thuyết để soi sáng toán số học phổ thơng, hệ thống hóa, tổng qt hóa sáng tác toán số học Luận văn cố gắng trở thành tài liệu tham khảo tốt, thiết thực phục vụ cho việc giảng dạy, việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Ngồi thơng qua việc viết luận văn, tác giả luận văn có hội mở rộng nâng cao hiểu biết tốn sơ cấp nói chung số học nói riêng, hình thành kỹ chứng minh định lí số học giải tốn số học, phục vụ tốt cho việc giảng dạy môn Tốn trường phổ thơng Nội dung luận văn trình bày ba chương sau: • Chương Phương trình Diophantine tuyến tính Trong chương chúng tơi trình bày phương trình bậc hai ẩn, nhiều ẩn, số tốn chọn lọc • Chương Một số phương trình Diophantine phi tuyến Trong chương chúng tơi trình bày nội dung phương trình Pell loại 1, phương trình Pell loại , phương trình Pythagoras • Chương Liên phân số ứng dụng phương trình Diophantine Trong chương chúng tơi trình bày cách ngắn gọn kiện liên phân số, đặc biệt ứng dụng chúng để giải phương trình Pell Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn GS.TSKH Đặng Hùng Thắng (Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể lớp Cao học Tốn khóa (2015-2017) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình học tập Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Thái Phiên tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến đại gia đình động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hoàn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng 11 năm 2017 Tác giả Bùi Hữu Mên Chương Phương trình Diophantine tuyến tính Phương trình Diophantine chủ đề sâu sắc rộng Lý thuyết số Mục đích chương nghiên cứu phương trình Diophantine bậc hai nhiều ẩn Như minh họa cho lý thuyết, ví dụ tốn trích từ đề thi trình bày Đặc tính phương trình Diophantine chúng có hay nhiều ẩn số mà hệ số số nguyên yêu cầu tìm nghiệm nguyên (hoặc nguyên dương) Nhà toán học tiếng thời cổ đại Diophantine có cơng lớn nghiên cứu tiên phong chúng Với phương trình Diophantine cho trước ta đặt câu hỏi sau (xếp theo thứ tự từ dễ đến khó): Câu hỏi Nó có nghiệm ngun hay khơng ? Câu hỏi Nó có số hữu hạn nghiệm hay có vơ số nghiệm? Câu hỏi Hãy tìm tất nghiệm Chẳng hạn, ta xét phương trình Diophantine xn + yn = zn n số nguyên dương lớn hay Với n = phương trình có vơ số nghiệm ta tìm tường minh tất nghiệm Với n > 2, nhà toán học thiên tài kỷ 17 Pierre de Fermat khẳng định phương trình khơng có nghiệm nguyên dương Kết luận ngày mang tên Định lí lớn Fermat hay Định lí cuối Fermat Người ta khơng tìm thấy dấu vết chứng minh khẳng định Fermat mà thấy ghi Fermat bên lề sách “Số học” Diophantine: “Tơi tìm chứng minh thật tuyệt vời lề sách hẹp nên viết ra” Năm 1983, nhà toán học 29 tuổi người Đức Faltings chứng minh thành công giả thuyết Mordell lĩnh vực Hình học đại số từ suy phương trình xn + yn = zn với n > có số hữu hạn nghiệm nguyên Với thành tựu Faltings nhận Giải thưởng Fields (giải thưởng quốc tế cao dành cho nhà tốn học khơng q 40 tuổi) Năm 1993 nhà toán học người Anh Andrew Wiles cơng bố phép chứng minh Định lí lớn Fermat Đây câu chuyện lớn Tốn học, tham khảo Amir D Aczel [1] Với đời máy tính, người ta đặt câu hỏi: Có tồn thuật tốn để với phương trình Diophantine cho trước nhờ khẳng định phương trình có nghiệm ngun hay không Tiếc thay câu trả lời lại là: thuật tốn (Định lí Machiakevich) 1.1 Phương trình bậc hai ẩn Phương trình Diophantine đơn giản phương trình bậc hai ẩn ax + by = c (1.1) a, b, c số nguyên cho trước khác Vấn đề đặt với điều kiện a, b, c phương trình (1.1) có nghiệm có cách tìm nghiệm Định lí 1.1.1 Điều kiện cần đủ để phương trình (1.1) có nghiệm nguyên (a, b) ước c Chứng minh Điều kiện cần Giả sử (x0 , y0 ) nghiệm nguyên (1.1) Khi ax0 + by0 = c Nếu d = (a, b) rõ ràng d | c Điều kiện đủ Giả sử d = (a, b) d | c Ta có a = da1 , b = db1 , c = dc1 (a1 , b1 ) = Phương trình (1.1) tương đương với a1 x + b1 y = c1 Xét a1 số {b1 k} với k = 0, 1, 2, , a1 − Vì (a1 , b1 ) = nên số chia cho a1 cho ta số dư khác Vậy k0 , ≤ k0 ≤ a1 − cho b1 k0 = c1 (mod a1 ) Điều có nghĩa là: c1 − b1 k0 = a1 l0 với l0 ∈ Z hay c1 = a1 l0 + b1 k0 Vậy (l0 , k0 ) nghiệm phương trình (1.1) Phép chứng minh định lí hồn thành Tiếp theo ta tìm tất nghiệm phương trình (1.1) Định lí 1.1.2 Nếu (x0 , y0 ) nghiệm ngun (1.1) có vơ số nghiệm nguyên nghiệm nguyên (x, y) cho công thức  b  x = x0 + t, d  y = y0 − a t, d (1.2) t ∈ Z d = (a, b) Chứng minh Trước hết ta kiểm tra cặp số (x, y) cho công thức (1.2) nghiệm Thật ax + by = ax0 + by0 = c Đảo lại, giả sử (x1 , y1 ) nghiệm (1.1) tức ax1 + by1 = c Trừ đẳng thức vào đẳng thức ax0 + by0 = c ta thu a(x1 − x0 ) = b(y0 − y1 ) (1.3) 10 Vì d = (a, b) nên a = a1 d, b = b1 d với (a1 , b1 ) = Thay vào (1.3) ta a1 (x1 − x0 ) = b1 (y0 − y1 ) Vì (a1 , b1 ) = nên y0 − y1 = ta1 x1 − x0 = tb1 Vậy y1 = y0 − ta1 = y0 − at d x1 = x0 + tb1 = x0 + bt d Phép chứng minh kết thúc Thuật tốn tìm nghiệm phương trình Diophantine bậc Từ Định lí 1.1.2 ta thấy để tìm tất nghiệm (1.1) ta cần tìm nghiệm (x0 , y0 ) Ta gọi nghiệm cụ thể nghiệm riêng cịn cơng thức (1.2) gọi nghiệm tổng quát Sau ta trình bày thuật tốn cho phép xác định nhanh nghiệm riêng (1.1) Giả sử q0 , q1 , dãy số nguyên dương Với i ≥ ta kí hiệu [q0 , q1 , , qi ] phân số sau [q0 , q1 , , qi ] = q0 + q1 + q2 + · · · + qi−1 + qi Bằng phương pháp quy nạp dễ dàng chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 1.1.3 Giả sử {hn }, {kn } hai dãy số nguyên xác định sau: h−2 = 0, h−1 = 1, h1 = qi hi−1 + hi−2 , k0 = 1, k1 = q1 , ki = qi hki−1 + ki−2 , Khi với i ≥ ta có: (a) hi ki−1 − hi−1 ki = (−1)i−1 ; (b) [q0 , q1 , , qi ] = hkii i ≥ 0, i ≥ 49 3.2 Liên phân số vô hạn Như kết mục trên, ta biết số hữu tỷ biểu diễn cách liên phân số hữu hạn Chuyển sang tình số vơ tỷ, ta thấy, số vô tỷ biểu thị dạng liên phân số vơ hạn Định lí 3.2.1 Cho a0 , a1 , a2 dãy vô hạn số nguyên với > với i ≥ Đặt Ck = [a0 ; a1 , , ak ] Khi tồn giới hạn lim Ck = α k→∞ Ta gọi α giá trị liên phân số vô hạn [a0 ; a1 ; a2 ] viết α = [a0 ; a1 ; a2 , ] Chứng minh Theo Định lí 3.1.7 ta có C1 > C3 > C5 > > C2n−1 > C2n+1 > C0 < C2 < C4 < < C2n−2 < C2n < Hơn dãy (C2k+1 ) dãy giản bị chặn C0 dãy (C2k ) tăng bị chặn C1 Vậy tồn lim C2k+1 = α1 k→∞ lim C2k = α2 k→∞ Ta cần chứng minh α1 = α2 Thật theo Định lí 3.1.7 ta có C2k+1 −C2k = q2k+1 q2k Bằng quy nạp) , ta có qk ≥ k Do lim C2k+1 −C2k = k→∞ Vậy α1 = α2 Định lí chứng minh 50 Kết luận quan trọng cho ứng dụng Định lí 3.2.2 α = [a0 ; a1 ; a2 , ] số vô tỷ Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử trái lại α = a/b ∈ Q Theo Định lí 3.1.7 ta có C2n < α < C2n+1 Vậy < α −C2n < C2n+1 −C2n = q2n+1 q2n Điều tương đương với p2n < q2n q2n+1 q2n ⇔ < αq2n − p2n < q2n+1 ⇔ < αq2n − bp2n < q2n+1 ⇔ < αq2n − bp2n < q2n+1 0 khơng phương, c = cho √ a+ b a= c Chứng minh Giả sử α số vơ tỷ bậc hai Khi tồn số nguyên A, B,C cho α nghiệm phương trình Ax2 + Bx +C = Vậy √ −B ± B2 − AC α == 2A Đặt a = −B, b = B2 − 4AC, c = 2A a = B, b = B2 − 4AC, c = −2A ngược lại √ a+ b α= c Thì α số vơ tỷ nghiệm phương trình bậc hai c2 x2 − 2acx + a2 − b = Bổ đề 3.3.4 Nếu α số vơ tỷ bậc hai (rα + s)/(tα + u) số vô tỷ bậc hai r, s,t, u số nguyên Chứng minh Giả sử √ a+ b α= c Tính toán cho ta √ rα + s (ar + c)(at + cu) − rtb + (r(at + cu) − t(ar + cs)) b = tα + u (at + cu)2 − tb2 52 Định nghĩa 3.3.5 Số vô tỷ √ a− b α= c Được gọi liên hợp α ký hiệu α Bổ đề 3.3.6 Nếu số vô tỷ bậc hai α nghiệm phương trình Ax2 + Bx +C = liên hợp nghiệm phương trình Chứng minh Thật α + α = 2a/c = −BA, (α)(α ) = a2 − b/c2 = C/A Bằng phép tính ta dễ thấy Bổ đề 3.3.7 Ta có hệ thức sau: (α ± β ) = α ± β , (αβ ) = α β , α β = α β Ta có định lý sau Lagrange tìm Định lí 3.3.8 Số vơ tỷ α có biểu diễn liên phân số tuần hồn số vô tỷ bậc hai Chứng minh Trước hết ta chứng minh α có biểu diễn liên phân số tuần hồn số vơ tỷ bậc hai Giả sử [a0 ; a1 , a2 , , am−1 , am , am+1 , , am+k−1 ] Đặt β = [am , am+1 , , am+k−1 ] 53 Khi β = [am , am+1 , , am+k , β ] β= βPk + pk−1 βPk + pk−1 (3.1) pk /qk pk−1 /qk−1 hai giản phân cuối [am , am+1 , am+k ] Từ công thức (3.1) suy qk β + (qk−1 − pk )β − pk−1 = Vậy β số vơ tỷ bậc hai Ta lại có α = [a0 ; a1 ; a2 , , am−1 , β ] α= β pm−1 + pm−2 β qm−1 + qm−2 Do theo Bổ đề 3.3.6 ta có α số vơ tỷ bậc hai Ví dụ sau minh hoạ cách tìm số vơ tỷ bậc hai từ biểu diễn liên phân số tuần hồn Ví dụ 3.3.9 Tìm x biết x = [3; 1, 2] Ta có x = [3; y] với y = 1, Ta có y = [1; 2, y] = 1+ 3y + = 2y + 2+ y √ Suy 2y2 − 2y − = Vì y > nên y = (1 + 3)/2 Vì x = + 1/y nên ta tìm √ 4+ 2 √ = x = 3+ 1+ Để chứng minh phần ngược lại ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.3.10 Nếu α số vơ tỷ bậc hai biểu diễn dạng √ P+ d α= Q P, Q, d số nguyên cho Q | (d − P2 ) 54 Chứng minh Ta có α = (a + √ b)/c Nhân tử mẫu với |c| ta α = (a|c|+)/c|c| Đặt P = a|c|, d = bc2 , Q = c|c| = ±c2 Khi d − P2 = c2 (b − a2 ) chia hết Q = ±c2 Giả sử α = α0 số vô tỷ bậc hai Ta xây dựng dãy (a0 , a1 , a2 ) sau √ Theo Bổ đề 3.3.10 ta có số nguyên P0 , Q0 d cho α0 = (P0 + d)/Q0 Q0 | (d − P) Ta đặt a0 = [α0 ] xác định P1 = a0 Q0 − P1 , Q1 = (d − P)/Q0 , α1 = (P1 )/Q1 Tiếp đặt a1 = [α1 ] Một cách tổng quát có √ Pk + d Pk ∈ Z, Qk ∈ Z, Qk | (d − P), ak = ak = [αk ] Qk Ta đặt Pk+1 = ak Qk − Pk , Qk+1 = (d − P)/Qk , ak+1 = ak+1 = [αk+1 ] Khi tính toán cho thấy sQk+1 = (d − P)/Qk + (2kPk − aQk ) Qk+1 ∈ Z Qk+1 Qk = (d − P) nên Qk+1 | (d − P) Có thể chứng minh α = [a0 , a1 , a2 , ] dãy (an ) xác định tuần hồn √ Ví dụ 3.3.11 Khai triển liên phân số số α = (6 + 28)/4 √ Chứng minh Ta có P0 = 6, Q0 = 4, d = 28, | (28 − 62 ) = −8, a0 = (6 + 28)/4, a0 = [α0 ] = √ P1 = 2.4 − = 2, Q1 = (28 − 22 )/4 = 6, α1 = (2 + 28)/6, a1 = [α1 ] = √ P2 = 1.6 − − = 4, Q2 = (28 − 42 )/6 = 2, α2 = (4 + 28)/2, a2 = [α2 ] = √ P3 = 4.2 − = 4, Q3 = (28 − 42 )/2 = 6, α3 = (4 + 28)/6, a3 = [α3 ] = √ P4 = 1.6 − = 2, Q4 = (28 − 22 )/6 = 4, α4 = (2 + 28)/4, a4 = [α4 ] = 55 √ P5 = 1.4 − = 2, Q5 = (28 − 22 )/6 = 4, α5 = (2 + 28)/4, a5 = [α4 ] = Ta thấy P1 = P5 , Q1 = Q5 a1 = a5 dãy tuần hồn chu kỳ Ta có √ + 28 = [2; 1, 4, 1, 1, ] Tiếp theo ta muốn tìm điều kiện để số vơ tỷ bậc hai có biểu diễn liên phân số tuần hoàn từ đầu, tức điều kiện để tồn số nguyên dương k cho an = an+k với n ≥ Ta có định lý sau Định lí 3.3.12 Số vơ tỷ bậc hai α có biểu diễn tuần hồn từ đầu α > −1 < α < Chứng minh định lý phức tạp nên ta bỏ qua √ Bây ta xác định biểu diễn liên phân số d √ √ √ √ Xét số α = d + [ d] Ta có α = [ d] − d α > −1 < α < √ √ Vậy α có biểu diễn tuần hoàn từ đầu Số hạng a0 = [ d + [ d]] = √ √ 2[ d] = 2a với a = [ d] Ta có √ √ √ d + a = d + [ d] = [2a; a1 , a2 , , an ] = [2a; a1 , a2 , an , 2a; a1 , a2 , , an ] Suy √ d = [a; a1 , a2 , , an , 2a] Phân tích cẩn thận ta cịn chứng minh a1 = an , a2 = an−1 , tức dãy (a1 , , an ) đối xứng, tức có dạng √ d = [a; a1 ; a2 , , a2 , a1 , 2a] √ a = [ d] 56 3.4 3.4.1 Áp dụng vào phương trình Diophante Phương trình bậc hai ẩn Ax + By = C Chúng ta biết phương trình có nghiệm d = (A, B) ước C Trong trường hợp giả sử A = ad, B = bd, C = cd (a, b) = phương trình cho tương đương với ax + by = c (3.2) Nếu (x0 , y0 ) nghiệm (3.2) tất nghiệm (x, y) (3.2) cho công thức x = x0 + bt; y = y0 − at Như việc giải phương trình (3.2) quy tìm nghiệm (x0 , y0 ) Xét phương trình ax + by = (3.3) Nếu (x0 , y0 ) nghiệm (3.3) (cx0 , cy0 ) nghiệm (3.2) Thành thử ta quy toán: Cho (a, b) = Hãy tìm nghiệm phương trình (3.3) Ta biểu diễn số a/|b| thành liên phân số hữu hạn a = [a0 ; a1 ; a2 ; ; an ] |b| Gọi pn−1 /qn−1 pn /qn hai giản phân cuối liên phân số Ta có a/|b| = pn /qn , (a, b) = 1, (pn , qn ) = nên a = pn , |b| = qn Theo Định lý 3.3.8 ta có pn qn−1 − pn−1 qn = (−1)n−1 suy aqn−1 − |b|qn−1 = (−1)n−1 Điều kéo theo a(−1)n−1 qn−1 + |b|(−1)n−1 pn−1 = Vậy, b > phương trình (3.3) có nghiệm x = (−1)n−1 qn−1 , y = (−1)n pn−1 Nếu b < phương trình (3.3) có nghiệm x = (−1)n−1 qn−1 , y = (−1)n−1 pn−1 57 Ví dụ 3.4.1 Giải phương trình 342x − 123y = 15 Lời giải Vì (342, 123) = nên phương trình cho tương đương với 114x −41y = Ta biểu diễn số 114/41 thành liên phân số Ta có 114 = · 41 + 32 41 = · 32 + 932 = · + = · + 45 = · + = · Do 114 = [2; 1, 3, 1, 1, 4] 41 Ta có n = 5, p4 /p4 = [2; 1, 3, 1] = 25/9 Vì b = −41 < nên nghiệm phương trình 114x − 41y = x = q4 = 9, y = 25 Suy nghiệm phương trình 114x − 41y = x = · = 54, y = · 25 = 125 Nghiệm tổng quát phương trình cho là: x = 45 + 41t, 3.4.2 y = 125 + 114t với t ∈ Z Phương trình x2 − dy2 = ±1 Nhắc lại, ta gọi phương trình Pell phương trình có dạng x2 − dy2 = ±1 Bổ đề 3.4.2 Cho d số khơng phương Giả sử Pk , Qk , αk , ak số xác √ định việc tìm khai triển liên phân số d √ Pk + d αk = , ak = [αk ], Qk d − Pk+1 Pk+1 = ak qk − pk , Qk+1 = Qk √ Pk+1 + d αk+1 = , ak+1 = [αk+1 ] Qk+1 √ Giả sử pk /qk giản phân thứ k d Khi p2k − dq2k = (−1)k−1 Qk+1 58 Chứng minh Vì √ d = α0 = [a0 ; a1 , a2 , , ak , αk+1 ] nên ta có √ αk+1 pk + pk−1 d = α0 = αk+1 qk + qk−1 Vì αk+1 = √ Pk+1 + d Qk+1 ta có √ √ (Pk+1 + d)pk + Qk+1 pk−1 √ d= (Pk+1 + d)pk + Qk+1 qk−1 Do √ √ npk = (Pk+1 qk + Qk+1 qk−1 ) d = (Pk+1 pk + Qk+1 pk−1 ) + pk d Từ suy (do √ d ∈ Q) nqk = Pk+1 pk + Qk+1 pk−1 , Pk+1 qk + Qk+1 qk−1 = pk Từ (nhân phương trình đầu với qk , phương trình thứ hai với pk , trừ cho ta p2k − dq2k = (pk qk−1 − pk−1 qk )Qk−1 = (−1)k−1 Qk+1 Ta có điều phải chứng minh √ Định lí 3.4.3 Giả sử chu kỳ biểu diễn liên phân số d r Gọi pk /qk √ giản phân thứ k d Nếu r chẵn x = ptr−1 , y = qtr−1 với t = 1, nghiệm phương trình Pellx2 − dy2 = Nếu r lẻ x = p2tr−1 , y = q2tr−1 , với t = 1, 2, nghiệm phương trình Pell x2 − dy2 = Chứng minh Vì √ √ d = + d/1 nên Q0 = 1, suy Qkr = Q0 = với k Theo Bổ đề 3.4.2 ta có p2kr−1 − dq2kr−1 = (−1)kr−2 Qkr = (−1)kr Như n chẵn p2kr−1 − dq2kr−1 = với k ∈ N, r lẻ p22tr−1 − dq22tr−1 = 59 Bổ đề 3.4.4 Ta có Qi = với i = 1, Qk = k chia hết cho r Để chứng minh tất nghiệm phương trình Pell ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.4.5 Cho α số vô tỷ r/s số hữu tỷ tối giản với r > α− r < s 2s Khi r/s phải giản phân α Chứng minh Giả sử r/s không giản phân tồn k cho qk ≤ s < qk+1 Theo Bổ đề 3.4.2 ta có |qk α − pk | ≤ |sα − r| = s|α − r/s| < 1/(2s) Suy |α − pk /qk | < 1/(2sqk ) Vì |spk − rqk | ≥ nên ta có |spk − rqk | pk r ≤ = − sqk sqk qk s pk r = α− + α+ qk s 1 < + 2sqk 2s Vậy 2sqk < , 2s2 tức qk > s Điều mâu thuẫn chứng minh phát biểu bổ đề Bổ đề 3.4.6 Giả sử x, y số nguyên dương cho x2 − dy2 = n |n| < √ Khi x/y giản phân d √ d 60 √ √ Chứng minh Xét trường hợp n > Ta có (x + y d)(x − y d) = n suy x > √ √ y d Vậy < xy − d Ta có Lại có √ √ n x √ x− d x2 − dy2 d √ < √ < √ = − d= = y y y(x + y d y(2y d 2y d 2y √ Theo Bổ đề 3.4.5 x/y giản phân d Giả sử n < Khi y2 − (1/d)x2 = −n/d √ Ta có −n/d > 0, −|n|/d < 1/ d Vậy theo bước trước y/x giản phân √ √ √ 1/ d Nhưng x/y = 1/(y/x) giản phân 1/(1/( d) = d Phép chứng minh định lí kết thúc Định lí 3.4.7 Cho phương trình Pell x2 − dy2 = Gọi r chu kỳ biểu diễn liên phân số √ d Nếu r chẵn tất nghiệm phương trình Pell x = pkr−1 , y = qkr−1 Nếu r lẻ tất nghiệm phương trình Pell x = p2tr−1 , y = q2tr−1 với t ∈ N∗ Chứng minh Giả sử (x, y) nghiệm phương trình Pell Theo Bổ đề 3.4.6, tồn i để x = pi , y = qi Từ p2i − dq2i = Từ Bổ đề 3.4.2 rút (−1)i−1 Qi+1 = Suy Qi+1 = ±1 Vì qk+1 = −1 nên Qi+1 = i lẻ Theo Bổ đề 3.4.4 ta rút tồn ki + = kr, kéo theo i = kr − vàkr chẵn Thành thử r lẻ k chẵn, k = 2t Phép chứng minh định lí kết thúc 61 Xét phương trình x2 − dy2 = −1 (3.4) Ta có kết sau Định lí 3.4.8 Phương trình x2 − dy2 = −1 có nghiệm chu kỳ r √ biểu diễn liên phân số d số lẻ Trong trường hợp nghiệm x = p(2tr−r−1) , y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, Chứng minh Từ Bổ đề 3.4.2 dễ thấy chu kỳ r biểu diễn liên phân số √ d số lẻ x = p(2tr−r−1) , y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, nghiệm Giả sử (x, y) nghiệm phương trình (3.4) Theo Bổ đề 3.4.6 tồn i để x = pi , y = qi Từ p2i − dq2i = −1 Từ Bổ đề 3.4.2 ta rút (−1)i−1 Qi+1 = −1, suy Qi+1 = ±1 Vì Qi+1 = −1 nên Qi+1 = i chẵn Theo Bổ đề 3.4.2 tồn k ∈ N choi + = kr, suy i = kr − kr lẻ Thành thử r chẵn kr ln chẵn phương trình vơ nghiêm Trong trường hợp r lẻ lý luận tương tự trường hợp phương trình Pell x2 − dy2 = tất nghiệm phải có dạng x = pkr−1 , y = qkr−1 kr lẻ tức k lẻ hay x = p(2tr−r−1) , y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, Phép chứng minh định lí kết thúc 62 Kết luận Những kết đạt Luận văn “Một số lớp phương trình Diophantine” đạt kết sau: Trình bày kiến thức sở phương trình Diophantine tuyến tính (bậc hai ẩn nhiều ẩn) Trình bày số phương trình Diophantine phi tuyến, Phương trình Pell loại 1, loại 2, phương trình Pell tổng quát, Phương trình PythagorasFermat Ứng dụng liên phân số phương trình Diophantine Đề xuất số hướng nghiên cứu Phương trình Diophantine chủ đề rộng Lý thuyết số Sau kết đạt luận văn, hi vọng cố gắng tiếp tục nghiên cứu chủ đề liên quan, chẳng hạn: • Các phương pháp kỹ thuật khác để công phương trình Diophantine, ví dụ phương pháp xuống thang, phương pháp số học, đại số hình học, • Nghiên cứu các lớp phương trình Diophantine phi tuyến khác phương trình có chứa hàm mũ 63 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] A.D Aczel (2001), Câu chuyện hấp dẫn toán Ferma (Người dịch: Trần Văn Nhung, Đỗ Trung Hậu, Nguyễn Kim Chi), NXB Giáo dục [2] Vũ Ngọc Khánh (2015), Một số vấn đề phương trình Diophantine, Luận văn thạc sĩ toán học, [3] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục [4] Đặng Hùng Thắng (2010), Bài giảng số học, NXB Giáo dục Tiếng Anh [5] K.H Rosen (1986), Elementary Number Theory and its Applications, Addison–Wesley Publishing Company [6] W Siepinski (1964), Elementary Theory of Number, North-Holland Mathematical Library (volume 31) ... là: Tìm hiểu số lớp phương trình Diophantine như: phương trình Diophantine tuyến tính; số phương trình Diophantine phi tuyến (phương trình Pell, phương trình Pell mở rộng, phương trình Pythagoras... + > a6 nên k · 2n + hợp số Vậy với n, số k · 2n + hợp số 23 Chương Một số phương trình Diophantine phi tuyến 2.1 Phương trình Pell loại Phương trình Pell loại phương trình có dạng x2 − Dy2 =... Phương trình Diophantine tuyến tính Trong chương chúng tơi trình bày phương trình bậc hai ẩn, nhiều ẩn, số toán chọn lọc • Chương Một số phương trình Diophantine phi tuyến Trong chương chúng tơi trình