Về phương trình pell của các đa thức với hệ số hữu tỉ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ AN PHƯỢNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH PELL CỦA CÁC ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ HỮU TỈ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ AN PHƯỢNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH PELL CỦA CÁC ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ HỮU TỈ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN ĐÌNH BÌNH Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Danh mục ký hiệu iii Mở đầu Chương Phương trình Pell số ứng dụng 1.1 Phương trình Pell loại 1.2 Phương trình Pell loại 1.3 Phương trình Pell tổng quát 12 1.4 Một số ứng dụng phương trình Pell 14 Chương Phương trình Pell mở rộng 20 2.1 Một số kiến thức mở đầu 20 2.2 Liên phân số 22 2.3 Hình học 23 2.4 Kết nối 26 Chương Về phương trình Pell đa thức với hệ số hữu tỉ 29 3.1 Các khái niệm 29 3.2 Dạng chuẩn tắc 31 3.3 Phương trình Pell đa thức với hệ số hữu tỉ bậc bốn 34 ii 3.3.1 Tham số hóa đường bậc bốn 34 3.3.2 Tính liên phân số d(x) 37 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 iii Danh mục ký hiệu Pn Qn Dãy giản phân liên phân số biểu diễn số vô tỉ α K Trường có đặc số khác K× Trường có đặc số khác không chứa phần tử K((x−1 )) Trường chuỗi lũy thừa hình thức Laurent theo biến x−1 K[x] Trường đa thức biến x K(x, y) Trường hàm số đường cong C định nghĩa y = d(x) C˜ Chuẩn đường cong C γ Kiểu hình học C˜ ˜ Pic0 (C) Jacobi C˜ gcd(p(x), q(x)) Ước chung lớn p(x) q(x) deg(d(x)) Bậc đa thức d(x) div(u) Ước u φ : C˜ → J Phép nhúng định nghĩa R → [R − Q] φ(P ) ˜ Điểm xoắn Pic0 (C) Mở đầu Có thể nói Số học lĩnh vực xuất sớm lịch sử Tốn học, đời từ người bắt đầu làm việc với số Số học phân môn quan trọng tốn học gắn bó với tất xun suốt q trình học Tốn từ bậc Tiểu học đến Trung học phổ thơng Sự kì diệu Số học thường tiềm ẩn thử thách sâu sắc để thách thức trí tuệ người Trong thành tựu số học phương trình Pell phương trình tiếng có nhiều ứng dụng việc giải toán số học hay khó Ta biết với d dương khơng phải số phương phương trình Pell dạng x2 − dy = có vơ số nghiệm x, y ∈ Z Vào năm 1760, Euler khám phá số đẳng thức liên quan phương trình Pell Trong số đó, ơng chứng minh d = n2 + với n nguyên (2n2 + 1)2 − (n2 + 1)(2n)2 = Đẳng thức có nhiều tiềm ứng dụng cho tốn tìm lớp số √ trường số thực bậc hai Ví dụ, ta biết (2n2 + 1) + (2n) n2 + √ phần tử đơn vị Q( n2 + 1) ta sử dụng cơng thức lớp số Dirichlet để tính lớp số trường số thực bậc hai có dạng √ Q( n2 + 1) Được hỗ trợ đẳng thức Euler, Zachary L Scherr nghiên cứu mở rộng sau phương trình Pell năm 2013, với câu hỏi: Cho R miền nguyên có đặc số khác Với giá trị d(x) ∈ R[x] khác hằng, khơng phương phương trình Pell f (x)2 − d(x)g(x)2 = (1) có nghiệm f (x), g(x) ∈ R[x] hay khơng, g(x) khác không? Chúng ta gọi nghiệm (1) với g(x) khác không nghiệm không tầm thường Cách giải câu hỏi trước tiên hiểu rõ tồn nghiệm không tầm thường K[x] K trường thương R Khi ta biết cách tìm nghiệm K[x], ta hy vọng lấy nghiệm mà có hệ số R Bố cục luận văn phần mở đầu kết luận nội dung cịn chương sau: Chương 1: Phương trình Pell số ứng dụng Trong chương chúng tơi trình bày định nghĩa, điều kiện tồn nghiệm, phương pháp giải phương trình Pell loại 1, loại phương trình Pell dạng tổng quát Đồng thời ứng dụng phương trình Pell trình bày phần cuối chương Chương 2: Phương trình Pell mở rộng Chương chúng tơi nghiên cứu số tính chất phương trình Pell mở rộng Kiến thức chương làm sở cho việc chứng minh kết chương Chương 3: Về phương trình Pell đa thức với hệ số hữu tỉ Trình bày mở rộng phương trình Pell dạng f (x)2 − d(x)g(x)2 = vấn đề liên quan Luận văn đến hoàn thành hướng dẫn thầy tơi, TS Nguyễn Đình Bình, người đặt đề tài tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành tốt luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành lời cảm ơn sâu sắc đến Thầy Tơi xin chân thành cảm ơn Khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi giúp hồn thành khóa học Tơi xin cảm ơn nhiệt tình giảng dạy giảng viên suốt thời gian học tập Tôi xin cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Phổ thông Liên cấp II III, Trấn Yên 2, tỉnh Yên Bái tạo điều kiện thời gian tinh thần để hồn thành nhiệm vụ học tập Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đặc biệt tới đại gia đình, bạn bè anh chị em đồng nghiệp, người ln động viên khích lệ giúp tơi hồn thành luận văn Thái Ngun, tháng năm 2016 Học viên Vũ An Phượng Chương Phương trình Pell số ứng dụng Phương trình Pell có dạng tổng qt x2 − dy = n, d n số nguyên cho trước, x y nghiệm nguyên cần tìm Trong phạm vi chương này, nêu số kết (không chứng minh) phương trình Pell loại (với n = 1), phương trình Pell loại (với n = −1) phương trình Pell tổng quát (với n số nguyên dương bất kì, n = 0, ±1) Nội dung trình bày trích dẫn tài liệu [1, 2, 6] 1.1 Phương trình Pell loại Phương trình Pell loại có dạng x2 − dy = 1, (1.1) đó, d số ngun Vì (1.1) có hai nghiệm x = ±1, y = ta gọi nghiệm tầm thường phương trình (1.1) Ta có trường hợp sau: Nếu d < −1 phương trình (1.1) có nghiệm tầm thường Nếu d = −1 phương trình (1.1) có nghiệm x = ±1, y = x = 0, y = ±1 Nếu d = phương trình có vô số nghiệm x = ±1 y nhận giá trị nguyên tuỳ ý Nếu d số phương, d = n2 , n ∈ N∗ phương trình (1.1) có dạng: (x − ny)(x + ny) = Khi phương trình có nghiệm tầm thường Do ta xét phương trình (1.1) với giả thiết d số tự nhiên số phương Dưới chúng tơi trình bày lại số kết phương trình Pell loại Mệnh đề 1.1.1 Nếu phương trình Pell có nghiệm khơng tầm thường có vơ số nghiệm Định lý 1.1.2 Nếu (x1 , y1 ) nghiệm nhỏ phương trình Pell (1.1), tất nghiệm nguyên dương (xn , yn ) phương trình xác định cơng thức:  √ n √ n  x = (x1 +y1 d) +(x1 −y1 d) , n √ n2 √ n −(x1 −y1 d)  y = (x1 +y1 d) √ , n (1.2) d với n = 1, 2, Hệ 1.1.3 Cơng thức truy hồi để tính nghiệm phương trình (1.1) sau: xn = x1 xn−1 + dy1 yn−1 , (n ≥ 2) yn = y1 xn−1 + x1 yn−1 , (1.3) Pn Bổ đề 1.1.4 Giả sử dãy giản phân liên phân số biểu Qn a diễn số vô tỉ α, giản phân tối giản với mẫu số b > cho: b |αb − a| < |αQn − Pn | , với số n > b ≥ Qn+1 32 Chứng minh Trước tiên, ta bắt đầu cách biến đối đường cong dạng Weierstrass rút gọn thành đường cong chuẩn tắc Tate chuỗi đẳng cấu khả nghịch Sử dụng phép (x, y) → (x + s, y + s) ta thu đường cong y + 2sy = x3 + 3rx2 + (3r2 + A)x Dễ dàng kiểm tra (r, s) có bậc khác nên thiết s = Cho nên ta dùng phép (x, y) → (x, y + Qx), Q= 3r2 + A , 2s để thu y + 2Qxy + 2sy = x3 + (3r − Q2 )x2 Ta dễ dàng kiểm tra (0, 0) ảnh (r, s) đường cong có bậc khác nên hệ số x2 khác không Do ta sử 2s dụng phép (x, y) → (t2 x, t3 y), t = , để biến đổi 3r − Q2 đường cong ta thành y2 + 3r − Q2 2Q 2s x xy + y = x3 + t t t2 Do cách chọn t nên ta có 2s 3r − Q2 = , đặt t3 t2 bE,P = − 2s 2Q c = − , E,P t3 t ta y + (1 − ce,P )xy − bE,P y = x3 − bE,P x2 Tất phép biến đổi khả nghịch, (r, s) ánh xạ lên (0, 0) nên ta có đẳng cấu yêu cầu Đây dự đoán đẳng cấu đa tạp Nhưng đẳng cấu cố định điểm [0, 1, 0], phần tử đơn vị K điểm bao đóng xạ ảnh (projective closure) hai đường cong bậc ba, ánh xạ ta đẳng giống (isogeny) đẳng cấu nhóm 33 Nếu E /K đường cong khác có dạng y = x3 + A x + B với cE ,P = CE,P bE ,P = bE,P ta tìm đẳng cấu để thấy E ∼ = E K Ngoài ra, đẳng cấu cố định phần tử đơn vị [0, 1, 0] nên đẳng giống Trong [[8], tr 45] có phép đẳng cấu đường cong elliptic bảo tồn dạng Weierstrass rút × gọn (x, y) → (x/u2 , y/u3 ) với u ∈ K Để thấy u ∈ K ta ý A, B, r, s, A B r s , , , ∈ K u4 u6 u2 u3 Ta biết s khác khơng Nếu r A khác khơng rõ ràng u ∈ K Ngược lại, ta có điểm (0, s) (y = x3 + s2 ) Dễ dàng kiểm tra (0, s) có bậc 3, mâu thuẫn với giả thiết bổ đề Từ chứng minh Bổ đề 3.2.3 suy ta tìm cách cụ thể đường cong dạng Weierstrass rút gọn tương ứng với đường cong chuẩn tắc Tate Mệnh đề 3.2.4 Cho E đường cong elliptic K xác định y +(1−c)xy −by = x3 −bx2 Khi đường cong elliptic y = x3 +Ax+B có điểm (r, s) K-hữu tỷ đẳng cấu với E (theo nghĩa Bổ đề 3.2.3) tồn u ∈ K × với 1 1 1 1 u4 A = − b2 + bc2 + bc − b − c4 + c3 − c2 + c − , 6 48 12 12 48 1 1 u6 B = − b3 + b2 c2 + b2 c + b2 − bc4 + bc3 + bc2 − bc 27 18 18 36 72 72 24 72 1 5 5 1 + b+ c − c + c − c + c − c+ , 36 864 144 288 216 288 144 864 1 1 u2 r = − b + c2 − c + , 12 12 b u3 s = − 34 3.3 Phương trình Pell đa thức với hệ số hữu tỉ bậc bốn 3.3.1 Tham số hóa đường bậc bốn Bây ta biết cách chuyển dạng chuẩn tắc Tate sang dạng Weierstrass rút gọn Vì sử dụng phép tham số hóa Kubert để tìm tất đa thức bậc bốn mơníc, phi phương, trung tâm mà (3.1) có nghiệm khác Vấn đề giải cách điều kiện hệ số đường cong dạng chuẩn tắc Tate để điểm (0, 0) có bậc xoắn cho trước Khi đó, ta kết hợp cơng thức Mệnh đề 3.2.4 Bổ đề 3.1.1 để tìm dạng bậc bốn tương ứng (xem [7]) Với b, c ∈ Q ký hiệu E(b, c) đường cong elliptic y + (1 − c)xy − by = x3 − bx2 Biệt thức đường cong ∆(b, c) = b3 (16b2 − 8bc2 − 20bc + b + c4 − 3c3 + 3c2 − c) (3.2) Trong danh sách bên n bậc (0, 0) Tất phép tham số hóa miễn ∆(b, c) = Mỗi phép tham số hóa biểu diễn theo biến t Bảng 3.1 Bây ta đưa phép tham số hóa ta Viết d(x) = x4 + r2 x2 + r1 x + r0 Các công thức bên tham số hóa r2 , r1 , r0 theo tham số hữu tỷ a b Chúng miễn đường bậc bốn thu phi phương, hay tương đương với điều kiện biệt thức (3.2) khác khơng Các phép tham số hóa xếp theo bậc tương ứng điểm xoắn đa tạp Jacôbi Định lý 3.3.1 Danh sách bên toàn phép tham số hóa tất đa thức bậc bốn, phi phương, trung tâm, mơníc d(x) = x4 + r2 x2 + r1 x + r0 ∈ Q[x], 35 n 10 12 Bảng 3.1: Các phép tham số hóa b c t t t t(t + 1) t t (t − 1) t(t − 1) (2t − 1)(t − 1) (2t − 1)(t − 1) t t2 (t − 1)(t2 − t + 1) t2 (t − 1) t3 (t − 1)(2t − 1) −t(t − 1)(2t − 1) 2 (t − 3t + 1) t2 − 3t + 2 t(2t − 1)(3t − 3t + 1)(2t − 2t + 1) −t(2t − 1)(3t2 − 3t + 1) (t − 1)4 (t − 1)2 mà phương trình f (x)2 − d(x)g(x)2 = có nghiệm khơng tầm thường f (x), g(x) ∈ Q[x] Các công thức bên với a, b ∈ Q miễn r2 , r1 , r0 xác định d(x) phi phương Có thể kiểm tra điều kiện phi phương cách đảm bảo biệt thức d(x) khác không Biệt thức ∆(r2 , r1 , r0 ) = 16r24 r0 − 4r23 r12 − 128r22 r02 + 144r2 r12 r0 − 27r14 + 256r03 Bậc 4: 32a (16a2 + 24a + 1) (8a − 2) , r1 = , r0 = , r2 = b2 b b4 b = a = 0, − 16 Bậc 5: (−2a2 + 12a − 2) 32a (a4 − 12a3 + 6a2 + 20a + 1) r2 = , r1 = , r0 = , b2 b b4 b = a = 36 Bậc 6: 32a2 + 32a (9a4 + 4a3 + 30a2 + 20a + 1) (6a2 + 12a − 2) , r = , r = , b2 b3 b4 b = a = 0, −1, − r2 = Bậc 7: (−2a4 + 12a3 − 6a2 − 4a − 2) 32a3 − 32a2 r2 = , r1 = , b2 b3 (a8 − 12a7 + 42a6 − 64a5 + 51a4 − 22a2 + 40a + 1) , r0 = b4 b = a = 0, Bậc 8: (8a4 + 8a3 − 32a2 + 16a − 2) (64a2 − 96a + 32) r2 = , r1 = , a2 b2 b3 (16a8 − 96a7 + 336a6 − 576a5 + 536a4 − 296a3 + 96a2 − 16a + 1) r0 = , a4 b b = a = 0, 1, Bậc 9: (−2a6 + 12a5 − 18a4 + 20a3 − 12a2 − 2) , b2 32a5 − 64a4 + 64a3 − 32a2 , r1 = b3 r0 = (a12 − 12a11 + 54a10 − 128a9 + 181a8 − 156a7 + 82a6 − 4a5 − 42a4 r2 = + 44a3 − 20a2 + 1)/b4 , b = a = 0, Bậc 10: (−8a6 + 32a5 − 16a4 − 16a3 + 8a − 2) r2 = , a4 b2 − 6a3 b2 + 11a2 b2 − 6ab2 + b2 37 64a5 − 96a4 + 32a3 , r1 = a b − 6a3 b3 + 11a2 b3 − 6ab3 + b3 r0 = (16a12 − 128a11 + 448a10 − 896a9 + 1024a8 − 416a7 − 408a6 − 608a5 − 304a4 + 48a3 + 16a2 − 8a + 1)/(a8 b4 − 12a7 b4 + 58a6 b4 − 144a5 b4 + 195a4 b4 − 144a3 b4 + 58a2 b4 − 12ab4 + b4 ), b = a = 0, 1, Bậc 12: (24a8 − 240a7 + 672a6 − 936a5 + 744a4 − 336a3 + 72a2 − 2) , r2 = a6 b2 − 6a5 b2 + 15a4 b2 − 20a3 b2 + 15a2 b2 − 6ab2 + b2 384a6 − 960a5 + 1088a4 − 672a3 + 224a2 − 32a r1 = , a4 b3 − 4a3 b3 + 6a2 b3 − 4ab3 + b3 r0 = (144a16 − 576a15 + 2112a14 − 9696a13 + 34016a12 − 82176a11 + 141936a10 − 181984a9 + 177240a8 − 132528a7 + 76096a6 − 33208a5 + 10760a4 − 2480a3 + 376a2 − 32a + 1)/(a12 b4 − 12a11 b4 + 66a10 b4 − 220a9 b4 + 495a8 b4 − 792a7 b4 + 924a6 b4 − 792a5 b4 + 495a4 b4 − 220a3 b4 + 66a2 b4 − 12ab4 + b4 ), b = a = 0, 1, Nhận xét 3.3.2 Các tham số a, b chỉnh tỉ lệ số hữu tỷ để biểu diễn công thức gọn 3.3.2 Tính liên phân số d(x) Hệ việc phương trình (3.1) có nghiệm khác liên phân số d(x) tuần hoàn Do ta sử dụng cơng thức mục để tìm liên phân số tương ứng Để làm vậy, ta sử dụng thuật toán Berry [5] để tính thương riêng liên phân số Cho K trường có đặc số khác 2, cho d(x) ∈ K[x] đa thức bậc chẵn, phi phương, mơníc Cho B(x) ∈ K[x] đa thức mơníc 38 mà bậc d − B dương nhỏ Nếu d(x) = [a0 (x); a1 (x), a2 (x), a3 (x), a4 (x), ], liên phân số d(x) thương riêng (x) ∈ K[x] tính thuật tốn sau Thuật tốn Tính liên phân số d(x) L0 ⇐ M0 ⇐ for i ≥ ri ⇐ Li + B mod Mi ⇐ (Li + B − ri )/Mi Li+1 ⇐ (B − ri ) if i = then M1 ⇐ d − L21 else Mi+1 ⇐ Mi−1 + (ri − ri−1 ) end if end for Ta sử dụng Thuật tốn để tính liên phân số d(x) tương ứng với phép tham số hóa Định lý 3.3.1 Ta biết bậc xoắn m chu kỳ nhiều 2(m − 1) nên ta cần thực thi thuật toán với nhiều 2(m − 1) bước Định lý 3.3.3 Danh sách bổ sung liên phân số công thức Định lý 3.3.1 liệt kê bên Bậc 4: d(x) = [a0 ; a1 , a2 , a3 , a2 , a1 , 2a0 ], d(x) 39 a0 = x2 + (4a − 1)/b2 16a1 = (b3 /a)x − b2 /a a2 = (4/b)x − 4/b2 32a3 = (b4 /a)x2 + (4ab2 − b2 )/a Bậc 5: d(x) = [a0 ; a1 , a2 , a1 , 2a0 ], a0 = x2 + (−a2 + 6a − 1)/b2 16a1 = (b3 /a)x + (ab2 − b2 )/a a2 = (4/b)x − (−4a − 4)/b2 Bậc 6: d(x) = [a0 ; a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a4 , a3 , a2 , a1 , 2a0 ], a0 = x2 + (3a2 + 6a − 1)/b2 16a1 = (b3 /(a2 + a))x − (ab2 − b2 )/(a2 + a) a2 = (4/b)x + (−4a − 4)/b2 16a3 = (b3 /a)x + (−ab2 − b2 )/a a4 = (4/(ab + b))x + (4a − 4)/(ab2 + b2 ) 32a5 = (b4 /a)x2 + (3a2 b2 + 6ab2 − b2 )/a Bậc 7: d(x) = [a0 ; a1 , a2 , a3 , a2 , a1 , 2a0 ], a0 = x2 + (−a4 + 6a3 − 3a2 − 2a − 1)/b2 16a1 = (b3 /(a3 − a2 ))x − (a2 b2 − ab2 − b2 )/(a3 − a2 ) 40 a2 = (4/b)x + (−4a2 + 4a − 4)/b2 16a3 = (b3 /(a2 − a))x + (a2 b2 − 3ab2 + b2 )/(a2 − a) Bậc 8: d(x) = [a0 ; a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a6 , a5 , a4 , a3 , a2 , a1 , 2a0 ], a0 = x2 + (4a4 + 4a3 − 16a2 + 8a − 1)/(a2 b2 ) 32a1 = (b3 /(a2 − (3/2)a + 1/2))x − (2a2 b2 − 4ab2 + b2 )/(a3 − (3/2)a2 + (1/2)a) a2 = (4/b)x + (−8a2 + 8a − 4)/(ab2 ) 32a3 = (ab3 /(a2 − (3/2)a + (1/2))x − 2b2 /(a − 1) a4 = ((8a − 4)/(a2 b))x + (−16a2 + 16a − 4)/(a3 b2 ) 64a5 = (a3 b3 )/(a3 − 2a2 + (5/4)a − 1/4)x + (−2a4 b2 + 2a3 b2 − a2 b2 )/(a3 − 2a2 + (5/4)a − 1/4) a6 = ((8a − 4)/(a3 b))x + (16a3 − 40a2 + 24a − 4)/(a4 b2 ) 128a7 = (a3 b4 /(a3 − 2a2 + (5/4)a − 1/4))x2 + (4a5 b2 + 4a4 b2 − 16a3 b2 + 8a2 b2 − ab2 )/(a3 − 2a2 + (5/4)a − 1/4) Bậc 9: d(x) = [a0 ; a1 , a2 , a3 , a4 , a3 , a2 , a1 , 2a0 ], a0 = x2 + (−a6 + 6a5 − 9a4 + 10a3 − 6a2 − 1)/b2 16a1 = (b3 /(a5 − 2a4 + 2a3 − a2 ))x − (a3 b2 − a2 b2 − b2 )/(a5 − 2a4 + 2a3 − a2 ) a2 = (4/b)x + (−4a3 + 4a2 − 4)/(b2 ) 16a3 = (b3 /(a3 − a2 ))x − (a3 b2 − 3a2 b2 + 2ab2 − b2 )/(a3 − a2 ) a4 = (4a/(a2 b − ab + b))x + (−4a4 + 12a3 − 16a2 + 4a)/(a2 b2 41 − ab2 + b2 ) Bậc 10: d(x) = [a0 ; a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 , a8 , a7 , a6 , a5 , a4 , a3 , a2 , a1 , 2a0 ], a0 = x2 + (−4a6 + 16a5 − 8a4 − 8a3 + 4a − 1)/(a4 b2 − 6a3 b2 + 11a2 b2 − 6ab2 + b2 ) 32a1 = ((a4 b3 − 6a3 b3 + 11a2 b3 − 6ab3 + b3 )/(a5 − (3/2)a4 + (1/2)a3 )x + (−2a5 b2 + 8a4 b2 − 6a3 b2 − 5a2 b2 + 5ab2 − b2 )/(a5 − (3/2)a4 + (1/2)a3 ) a2 = (4/b)x + (8a3 − 16a2 + 16a − 4)/(a2 b2 − 3ab2 + b2 ) 32a3 = ((−a2 b3 + 3ab3 − b3 )/(a3 − (3/2)a2 + (1/2)a))x + (2a3 b2 − 6a2 b2 + 4ab2 − b2 )/(a3 − (3/2)a2 + (1/2)a) a4 = ((−4a2 + 12a − 4)/(ab))x + (−8a + 4)/(ab2 ) 16a5 = (b3 /(a3 − a2 ))x + (2ab2 − b2 )/(a5 − 4a4 + 4a3 − a2 ) a6 = ((2a4 − 12a3 + 22a2 − 12a + 2)/(ab − (1/2)b))x + (−4a5 + 24a4 − 48a3 + 38a2 − 14a + 2)/(ab2 − (1/2)b2 ) 16a7 = (−b3 /(a4 − 4a3 + 4a2 − a))x + (−2a3 b2 + 4a2 b2 − 4ab2 + b2 )/(a6 − 7a5 + 17a4 − 17a3 + 7a2 − a) a8 = ((−2a6 + 18a5 − 60a4 + 90a3 − 60a2 + 18a − 2)/(a3 b − (1/2)a2 b))x + (4a7 − 28a6 + 64a5 − 424 − 28a3 + 42a2 − 16a + 2)/(a3 b2 − (1/2)a2 b2 ) 32a9 = (−b4 /(a4 − 4a3 + 4a2 − a))x2 + (4a6 b2 − 16a5 b2 + 8a4 b2 + 8a3 b2 − 4ab2 + b2 )/(a8 − 10a7 + 39a6 − 75a5 + 75a4 − 39a3 + 10a2 − a) 42 Bậc 12: d(x) =[a0 ; a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 , a10 , a11 , a10 , a9 , a8 , a7 , a6 , a5 , a4 , a3 , a2 , a1 , 2a0 ], a0 = x2 + (12a8 − 120a7 + 336a6 − 468a5 + 372a4 − 168a3 + 36a2 − 1)/(a6 b2 6a5 b2 + 15a4 b2 − 20a3 b2 + 15a2 b2 − 6ab2 + b2 ) 192a1 = ((a4 b3 − 4a3 b3 + 6a2 b3 − 4ab3 + b3 )/(a6 − (5/2)a5 + (17/6)a4 − (7/4)a3 + (7/12)a2 − (1/12)a))x + (−6a5 b2 + 14a4 b2 − 10a3 b2 + 3ab2 − b2 )/(a6 − (5/2)a5 + (17/6)a4 − (7/4)a3 + (7/12)a2 − (1/12)a) a2 = (4/b)x + (24a4 − 40a3 + 32a2 − 16a + 4)/(a3 b2 − 3a2 b2 + 3ab2 − b2 ) 96a3 = ((−a3 b3 + 3a2 b3 − 3ab3 + b3 )/(a4 − (3/2)a3 + (5/6)a2 − (1/6)a))x + (2a4 b2 + 2a3 b2 − 6a2 b2 + 4ab2 − b2 )/(a4 − (3/2)a3 − (5/6)a2 − (1/6)a a4 = ((−6a2 + 6a − 2)/(a3 b − 2a2 b + (3/2)ab − (1/2)b))x + (−12a6 + 36a5 64a4 + 68a3 − 42a2 + 14a − 2)/(a6 b2 − 5a5 b2 + (21/2)a4 b2 − 12a3 b2 + 8a2 b2 − 3ab2 + (1/2)b2 ) 288a5 = ((a6 b3 − 6a5 b3 + 15a4 b3 − 20a3 b3 + 15a2 b3 − 6ab3 + b3 )/(a6 − (5/2)a5 + (8/3)a4 − (3/2)a3 + (4/9)a3 − (1/18)a))x + (−4a5 b2 + 16a4 b2 − 26a3 b2 + 22a2 b2 − 10ab2 + 2b2 )/(a5 − 2a4 + (5/3)a3 − (2/3)a2 + (1/9)a) a6 = ((24a3 − 36a2 + 20a − 4)/(a5 b − 5a4 b + 10a3 b − 10a2 b + 5ab − b))x + (−96a6 + 288a5 − 392a4 + 304a3 − 140a2 + 36a − 4)/(a8 b2 − 8a7 b2 + 28a6 b2 − 56a5 b2 + 70a4 b2 − 56a3 b2 + 28a2 b2 − 8ab2 + b2 ) 1152a7 = ((−a10 b3 + 10a9 b3 − 45a8 b3 + 120a7 b3 − 210a6 b3 + 252a5 b3 − 210a4 b3 + 120a3 b3 − 45a2 b3 + 10ab3 − b3 )/(a9 − 4a8 43 + (89/12)a7 − (33/4)a6 + (431/72)a5 − (26/9)a4 + (65/72)a3 − (1/6)a2 + (1/72)a))x + (−2a11 b2 + 18a10 b2 − 76a9 b2 + 200a8 b2 − 365a7 b2 + 483a6 b2 − 469a5 b2 + 331a4 b2 − 165a3 b2 + 55a2 b2 − 11ab2 + b2 )/(a9 − 4a8 + (89/12)a7 − (33/4)a6 + (431/72)a5 − (26/9)a4 + (65/72)a3 − (1/6)a2 + (1/72)a) a8 = ((−72a5 + 180a4 − 192a3 + 108a2 − 32a + 4)/(a8 b − 8a7 b + 28a6 b − 56a5 b + 70a4 b − 56a3 b + 28a2 b − 8ab + b))x + (144a9 − 216a8 − 408a7 + 1536a6 − 2096a5 + 1652a4 − 824a3 + 260a2 − 48a + 4)/(a11 b2 − 11a10 b2 + 55a9 b2 − 165a8 b2 + 330a7 b2 − 462a6 b2 + 462a5 b2 − 330a4 b2 + 165a3 b2 − 55a2 b2 + 11ab2 − b2 ) 1728a9 = ((a11 b3 − 11a10 b3 + 55a9 b3 − 165a8 b3 + 330a7 b3 − 462a6 b3 + 462a5 b3 − 330a4 b3 + 165a3 b3 − 55a2 b3 + 11ab3 − b3 )/(a9 − 4a8 + (29/4)a7 − (31/4)a6 + (16/3)a5 − (29/12)a4 + (19/27)a3 − (13/108)a2 + (1/108)a))x + (6a12 b2 − 58a11 b2 + 256a10 b2 − 684a9 b2 + 1237a8 b2 − 1604a7 b2 + 1540a6 b2 − 1112a5 b2 + 604a4 b2 − 242a3 b2 + 68a2 b2 − 12ab2 + b2 )/(a9 − 4a8 + (29/4)a7 − (31/4)a6 + (16/3)a5 − (29/12)a4 + (19/27)a3 − (13/108)a2 + (1/108)a) a10 = ((36a5 − 90a4 + 96a3 − 54a2 + 16a − 2)/(a9 b − 8a8 b + (57/2)a7 b − (119/2)a6 b + (161/2)a5 b − (147/2)a4 b + (91/2)a3 b − (37/2)a2 b + (9/2)ab − (1/2)b))x + (−216a9 + 828a8 − 1368a7 + 1200a6 − 504a5 − 34a4 + 156a3 − 82a2 + 20a − 2)/(a12 b2 − 11a11 b2 + (111/2)a10 b2 − 170a9 b2 + (705/2)a8 b2 − 522a7 b2 + 567a6 b2 − 456a5 b2 + 270a4 b2 − 115a3 b2 + (67/2)a2 b2 − 6ab2 + (1/2)b2 ) 3456a11 = ((a11 b4 − 11a10 b4 + 55a9 b4 − 165a8 b4 + 330a7 b4 − 462a6 b4 + 462a5 b4 − 330a4 b4 + 165a3 b4 − 55a2 b4 + 11ab4 − b4 )/(a9 − 4a8 + (29/4)a7 − (31/4)a6 + (16/3)a5 − (29/12)a4 + (19/27)a3 44 − (13/108)a2 + (1/108)a))x2 + (12a13 b2 − 180a12 b2 + 1056a11 b2 − 3468a10 b2 + 7332a9 b2 − 10680a8 b2 + 11076a7 b2 − 8256a6 b2 + 4367a5 b2 − 1567a4 b2 + 338a3 b2 − 26a2 b2 − 5ab2 + b2 )/(a9 − 4a8 + (29/4)a7 − (31/4)a6 + (16/3)a5 − (29/12)a4 + (19/27)a3 − (13/108)a2 + (1/108)a) Như vậy, Trong chương chúng tơi trình bày mở rộng phương trình Pell dạng f (x)2 − d(x)g(x)2 = Cụ thể tìm đa thức d(x) phi phương với hệ số hữu tỉ thỏa mãn phương trình vừa nêu 45 Kết luận Các kết luận văn “Về phương trình Pell đa thức với hệ số hữu tỉ” trình bày theo hệ thống sau đây: Trình bày loại phương trình Pell loại 1, loại tổng quát Đồng thời trình bày ứng dụng phương trình thơng qua việc giải tốn Số học khác Trình bày tính chất phương trình Pell mở rộng Trình bày mở rộng phương trình Pell dạng f (x)2 −d(x)g(x)2 = vấn đề liên quan 46 Tài liệu tham khảo TIẾNG VIỆT [1] Trường Đại học Khoa học tự nhiên (2014), Một số chuyên đề toán chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi, ĐHQGHN, Hà Nội [2] Nguyễn Tiến Tài, Giáo trình phương trình nghiệm nguyên, http://d3.violet.vn/uploads/previews/511/3134740/preview.swf TIẾNG ANH [3] Adams W W and Michael J R (1980), "Multiples of points on elliptic curves and continued fractions" Proc London Math Soc., 41(3), pp 481–498 [4] Anthony W K (1992), Elliptic curves, Mathematical Notes Princeton University Press [5] Berry T G (1990), "On periodicity of continued fractions in hyperelliptic function fields", Arch Math (Basel), 55(3), pp 259–266 [6] Edward J B (2003), Pell’s Equation, Springer [7] Kubert D S (1976), "Universal bounds on the torsion of elliptic curves" Proc London Math Soc., 33(2), pp 193–237 [8] Silverman J H (2009), The arithmetic of elliptic curves, Graduate Texts in Mathematics Springer, Dordrecht, second edition [9] Wolfgang M S (2000), "On continued fractions and Diophantine approximation in power series fields" Acta Arith., 95(2), pp 139–166 [10] Zachary L S (2013), Rational Polynomial Pell Equations, A dissertation submitted in partial fullment of the requirements for the degree of Doctor of Philosophy (Mathematics) in The University of Michigan ... Chương Về phương trình Pell đa thức với hệ số hữu tỉ 29 3.1 Các khái niệm 29 3.2 Dạng chuẩn tắc 31 3.3 Phương trình Pell đa thức với hệ số hữu tỉ. .. tơi trình bày mở rộng phương trình Pell dạng f (x)2 − d(x)g(x)2 = Cụ thể tìm đa thức d(x) phi phương với hệ số hữu tỉ thỏa mãn phương trình vừa nêu 45 Kết luận Các kết luận văn ? ?Về phương trình. .. trình Pell đa thức với hệ số hữu tỉ? ?? trình bày theo hệ thống sau đây: Trình bày loại phương trình Pell loại 1, loại tổng quát Đồng thời trình bày ứng dụng phương trình thơng qua việc giải tốn Số