Phương trình diophantine dạng x2 − dy2 ±4

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ PHÚ BÌNH PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTINE DẠNG x2 − Dy2 = ±4 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ PHÚ BÌNH PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTINE DẠNG x2 − Dy2 = ±4 Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nông Quốc Chinh THÁI NGUYÊN - 2018 i Mục lục Lời nói đầu Chương Phương trình Diophantine x2 − Dy = ±1 1.1 1.2 Liên phân số giản phân 1.1.1 Liên phân số hữu hạn giản phân 1.1.2 Liên phân số vô hạn Phương trình Diophantine x2 − Dy = ±1 13 Phương trình Pell dạng x2 − dy = √ Ứng dụng liên phân số D vào phương trình Pell x2 − 14 Dy = 21 Phương trình Pell dạng x2 − dy = −1 27 1.2.1 1.2.2 1.2.3 Chương Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = ±4 37 2.1 Cấu trúc nghiệm họ phương trình x2 − Dy = ±4 37 2.2 Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = 42 2.3 Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = −4 45 2.4 Một số ứng dụng tốn phổ thơng 48 2.4.1 Tìm số nguyên từ hệ thức ràng buộc 48 2.4.2 Xấp xỉ hữu tỷ bậc 48 2.4.3 Tổng số nguyên liên tiếp 49 2.4.4 Tam giác Pythagoras 49 2.4.5 Tam giác Heron 50 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 ii Lời nói đầu Xét phương trình có dạng f (x1 , x2 , , xn ) = (1) với n ≥ f (x1 , x2 , , xn ) đa thức nguyên nhiều biến gọi phương trình nghiệm nguyên hay phương trình Diophantine, gọi theo tên nhà tốn học Hy Lạp kỉ thứ sau cơng ngun Phương trình Diophantine dạng toán lâu đời Toán học nhận nhiều quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học Từ Euclid, Diophantus, qua Fibonacci, Pell đến Fermat, Euler, Lebesgue thời đại Gelfold, Matiasevic, Shenzel, Serpinsky Phương trình Diophantine trải qua lịch sử phát triển lâu dài Thơng qua việc giải phương trình Diophantine, nhà tốn học tìm tính chất thú vị số nguyên, số hữu tỷ, số đại số Giải phương trình Diophantine đưa đến đời Liên phân số, Lý thuyết đường cong elliptic, Lý thuyết xấp xỉ Diophantine, Thặng dư bình phương, Số học modular Các tốn phương trình Diophantine khơng có quy tắc giải tổng qt, có dạng đơn giản Mỗi phương trình với dạng riêng địi hỏi cách giải đặc trưng phù hợp Chính vậy, phương trình Diophantine thường xuyên xuất hình thức khác ln đánh giá khó tính khơng mẫu mực Một dạng đặc biệt phương trình Diophante x2 − Dy = N quan tâm có nhiều kết xung quanh dạng phương trình Gần kết thú vị A Tekcan phương trình x2 − Dy = ±1 x2 − Dy = ±4 công bố Mục đích luận văn trình bày lại kết cấu trúc 2 2 nghiệm phương trình x − Dy = ±1 x − Dy = ±4 Luận văn gồm chương: Chương 1: Chúng giới thiệu kết liên phân số, giản phân cấu trúc nghiệm phương trình Diophantine x2 − Dy = ±1 Chương 2: Chúng tơi trình bày lại cấu trúc nghiệm phương trình Diophantine x2 − Dy = ±4 số ứng dụng tốn phổ thơng Luận văn thực hoàn thành vào tháng năm 2018 trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Qua đây, tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Nơng Quốc Chinh, người tận tình hướng dẫn tác giả suốt q trình làm việc để hồn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, tạo điều kiện để giúp tác giả học tập hoàn thành luận văn chương trình thạc sĩ Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học, khóa 05/2016 - 05/2018 động viên giúp đỡ tác giả q trình học tập hồn thành luận văn Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Khuyến, huyện Vĩnh Bảo, Hải Phòng gia đình bạn bè tạo điều kiện tốt cho tác giả suốt q trình học tập hồn thành luận văn Tác giả Vũ Phú Bình Chương Phương trình Diophantine x2 − Dy = ±1 Trong chương này, chúng tơi trình bày số kết liên phân số, số cách giải phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = ±1 ứng dụng Các kết chương viết theo tài liệu [1] [2] 1.1 1.1.1 Liên phân số giản phân Liên phân số hữu hạn giản phân ∞ Định nghĩa 1.1.1 Cho {ai }∞ i=0 {bi }i=0 dãy số thực (i) Biểu thức có dạng a0 + b0 b1 a1 + a2 + (1.1) ∞ gọi liên phân số hai dãy số {ai }∞ i=0 {bi }i=0 b0 b0 , , (ii) Dãy biểu thức u0 = a0 , u1 = a0 + , u2 = a0 + b1 a1 a1 + a2 ∞ gọi giản phân hai dãy số {ai }∞ {b } i i=0 i=0 (iii) Phần tử un xác định gọi giản phân thứ n hai dãy ∞ số {ai }∞ i=0 {bi }i=0 Chú ý 1.1.2 (i) Nếu n hữu hạn b0 = b1 = = bn = ta kí hiệu liên phân số hai dãy số {ai }ni=0 {bi }ni=0 [a0 ; a1 , , an ] (ii) Nếu a0 ∈ Z a1 , , an số ngun dương ta nói [a0 ; a1 , , an ] liên phân số hữu hạn có độ dài n (iii) Một liên phân số hữu hạn số hữu tỷ ∞ ∞ ∞ Với hai dãy số thực {ai }∞ i=0 {bi }i=0 ta xét hai dãy số {pn }n=−1 {qn }n=−1 sau: p−1 = 1, p0 = a0 , , pn+1 = an+1 pn + bn pn−1 q−1 = 0, q0 = 1, , qn+1 = an+1 qn + bn qn−1 ∞ Khi mối quan hệ giản phân thứ n hai dãy số {ai }∞ i=0 {bi }i=0 với ∞ thương thứ n hai dãy số {pn }∞ n=−1 {qn }n=−1 thể bổ đề sau Bổ đề 1.1.3 Với kí hiệu giả thiết ta có giản phân un = n ≥ pn với qn Chứng minh Ta chứng minh đẳng thức quy nạp theo n Thật vậy, với n = n = hiển nhiên kết Giả sử quy nạp pn bn cho n, nghĩa ta có un = Thay an biểu thức un an + ta thu qn an+1 un+1 Theo định nghĩa ta có pn , qn không phụ thuộc vào bn an+1 nên từ công thức truy hồi pn an pn−1 + bn−1 pn−2 = qn an qn−1 + bn−1 qn−2 ta có bn )pn−1 + bn−1 pn−2 an+1 bn qn−1 + bn−1 qn−2 (an + an+1 ) (an an+1 + bn )pn−1 + an+1 bn−1 pn−2 (an an+1 + bn )qn−1 + an+1 bn−1 qn−2 an+1 (an pn−1 + bn−1 pn−2 ) + bn pn−1 an+1 (an qn−1 + bn−1 qn−2 ) + bn qn−1 an+1 pn + bn pn−1 an+1 qn + bn qn−1 pn+1 qn+1 (an + un+1 = = = = = Bổ đề chứng minh Bổ đề 1.1.3 cho ta cơng thức tính giản phân qua thương dãy số Mệnh đề số hữu tỷ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn biểu diễn Trước tiên ta nhắc lại thuật tốn Euclid tìm ước chung lớn hai số nguyên Chú ý 1.1.4 (i) Cho số nguyên a, b ∈ Z, b > Khi biết tìm ước chung lớn a b cách thức thuật toán Euclid sau: a = a0 b + r1 , < r1 < b b = a1 r1 + r2 , < r2 < r1 , r1 = a2 r2 + r3 , < r3 < r1 , , rn−2 = an−1 rn−1 + rn , < rn < rn−1 , rn−1 = an rn , trình phải dừng sau hữu hạn bước ta có gcd(a, b) = rn (ii) Từ thuật toán ta thu hai dãy số nguyên hữu hạn {ai }ni=0 b0 = b1 = = bn = Khi giản phân {ai }ni=0 {bi }ni=0 u0 = a0 = [a0 ], u1 = a0 + = [a0 ; a1 ], , un = = [a0 ; a1 , a2 , , an ] a1 (iii) Từ thuật toán ta thu dãy truy hồi p0 = a0 , p1 = a1 p0 + 1, , pn = an pn−1 + pn−2 q0 = 1, q1 = a1 , , qn = an qn−1 + qn−2 Ta có tính chất quan trọng số hữu tỷ thể mệnh đề sau: Mệnh đề 1.1.5 Mỗi số hữu tỷ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn Chứng minh Cho a/b số hữu tỷ với b > Theo thuật tốn tìm ước chung lớn cơng thức giản phân ta có a = a0 + b b r1 = a0 + 1 a1 + r1 r2 = a0 + a1 + a2 + a3 + an−2 + an−1 + an Vậy số hữu tỷ a/b viết thành liên phân số hữu hạn a/b = [a0 ; a1 , , an ] Mệnh đề chứng minh Như biết biểu diễn số hữu tỷ dạng phân số không Tuy nhiên mệnh đề biểu diễn số hữu tỷ thành liên phân số Mệnh đề 1.1.6 Biểu diễn số hữu tỷ thành liên phân số hữu hạn dạng [a0 ; a1 , , an ] Chứng minh Cho a/b số hữu tỷ giả sử [a0 ; a1 , , an ] = a = [b0 ; b1 , , bm ] b Ta cần chứng minh m = n = bi , với i = 0, 1, , n Thật vậy, với n = ta có a0 = [b0 ; b1 , , bm ] Vì b0 phần nguyên a0 a0 số nguyên nên m = a0 = b0 Giả sử quy nạp cho n − 1, nghĩa kết luận cho liên phân số hữu hạn có độ dài nhỏ n Từ biểu thức [a0 ; a1 , , an ] = a = [b0 ; b1 , , bm ] b ta suy a0 = b0 , phần nguyên số hữu tỷ Khi ta có [0; a1 , , an ] = a − a0 = [0; b1 , , bn ] b Do [a1 ; a2 , , an ] = [b1 ; b2 , , bm ] Theo giả thiết quy nạp ta có n−1 = m−1 = bi , với i = 1, , n Ví dụ 1.1.7 Xét số hữu tỷ 187/4, ta có 187 = 46.4 + 3, = 1.3 + 1, = 3.1 Do 1.1.2 187 = [46; 1, 3] Liên phân số vơ hạn Trong mục chúng tơi tập trung trình bày kiến thức liên phân số vô hạn Trong chúng tơi trình bày lại tính chất tốt liên phân số vơ hạn số vô tỷ viết dạng liên phân số vô hạn Các kết mục viết theo tài liệu [1] Định nghĩa 1.1.8 (i) Liên phân số vô hạn biểu thức có dạng q0 + (1.2) q1 + q2 + + qs đó, q0 số nguyên, qs với s = 1, 2, số nguyên dương kí hiệu [q0 ; q1 , , qs , ] (ii) Phần tử qs gọi số thương hụt hay số hạng thứ s liên phân số 39 đó: 2 u2 − dv = (x0 a − dy0 b) − d(y0 a − x0 b) = a2 x20 + d2 b2 y02 − 2abdx0 y0 − da2 y02 − db2 x20 + 2abdx0 y0 = x20 a2 − db2 − dy02 a2 − db2 = a2 − db2 x20 − dy02 = ±4 Giả sử kết luận tốn khơng đúng, tức y02 > max ±4b2 ; ∓4a2 d   y02 > ±4b2 , Ta chứng minh u > 0, v > Thật vậy, Từ đó, y > ∓4a d v > ⇔ y0 a − x0 b > ⇔ y0 a > x0 b ⇔ a2 y02 > b2 x20 ⇔ + db2 y02 > b2 ±4 + dy02 ⇔ y02 > ±4b2 Vậy v > Tương tự ta có u > ⇔ x0 a − dy0 b > ⇔ x0 a > dy0 b ⇔ x20 a2 > d2 b2 y02 ⇔ x20 + db2 > db2 x20 ∓ ⇔ x20 > ∓4db2 ⇔ ±4 + dy02 > −4 a − ⇔ dy02 > ∓4a ⇔ y02 ∓4a2 > d Như vậy, ta có u > v > mà u2 − dv = ±4 nên (u, v) nghiệm (2.1) Từ hệ u = x0 a − dy0 b v = −x0 b + y0 a với ẩn (x0 , y0 ), suy x0 = au + dbv, y0 = bu + av Từ ta có x0 > u, y0 > v Như ta xây dựng nghiệm (u, v) phương trình Pell (2.2), mà nghiệm nhỏ (x0 , y0 ) Điều mâu thuẫn (x0 , y0 ) nghiệm bé (2.1) Vậy giả thuyết phản chứng sai, nên y02 ∓4a2 ≤ max ±4b ; d 40 Định lý 2.1.3 Giả sử (2.1) có nghiệm (α1 , β1 ) ; (α2 , β2 ) ; ; (αm , βm ) tất nghiệm (2.1) thỏa mãn bất đẳng thức: βi2 ≤ max ±4b2 ; ∓4a2 d Xét m dãy {xn,i , yn,i } i = 1, m xác định sau:     x0,i = αi ; y0,i = βi xn+1,i = xn,i a + dyn,i b   y = x b + y a, n+1,i n,i n,i (a, b) nghiệm dương bé phương trình Pell (1.3) tương ứng với (2.1) Khi dãy {xn,i , yn,i } i = 1, m vét cạn hết nghiệm phương trình (2.1) Chứng minh Theo chứng minh Định lý 2.1.1, số hạng dãy nghiệm phương trình Pell (2.1) Ta chứng minh điều ngược lại Giả sử (u0 , v0 ) nghiệm dương (2.1) Ta phải chứng minh tồn i, k cho u0 = xk,i ; v0 = yk,i Chỉ có hai khả sau xảy ∓4a2 Theo giả thuyết tồn i ∈ {1, 2, , m} d cho (u0 , v0 ) = (αi , βi ) = (x0,i , y0,i ) Ta chọn k = Nếu v02 ≤ max ±4b2 ; Nếu v02 ∓4a2 > max ±4b ; Đặt: u1 = au0 − dbv0 ; v1 = av0 − bu0 d Ta thấy u21 − dv12 = ±4 Ngoài ra, v02 > ±4b v02 ∓4a2 , > d nên lập luận tương tự cách chứng minh định lý 2.1.2 ta có u1 > 0; v1 > Từ suy (u1 , v1 ) nghiệm phương trình (2.1) Từ hệ u1 = au0 − dbv0 , v1 = av0 − bu0 Suy u0 = au1 + dbv1 , v0 = bu1 + av1 41 Vì suy v1 < v0 (u0 , v0 , u1 , v1 , a, b, d > 0) ∓4a2 > max ±4b ; Nếu lập luận ta lại xây dựng d nghiệm (u2 , v2 ) (2.2) với u2 < u1 ; v2 < v1 Quá trình tiếp tục v12 phải kết thúc bước thứ k mà sau có nghiệm (uk , vk ) (2.2), vk2 ≤ max 4b2 ; −4a2 d Khi đó, tồn i ∈ {1, 2, , m} : (uk , vk ) = (αi , βi ) = (x0,i , y0,i ) Do uk−1 = auk + dbvk , vk−1 = buk + avk Nên ta có uk−1 = auk + dbvk = ax0,i + dby0,i = x1,i (uk−1 , vk−1 ) = (x1,i , y1,i ) v`i vk−1 = buk + avk = bx0,i + ay0,i = y1,i uk−2 = auk−1 + dbvk−1 = ax1,i + dby1,i = x2,i (uk−2 , vk−2 ) = (x2,i , y2,i ) v`i vk−2 = buk−1 + avk−1 = bx1,i + ay1,i = y2,i (u0 , v0 ) = (xk,i , yk,i ) Vậy Định lý chứng minh Ví dụ 2.1.4 Giải phương trình: x2 − 5y = −4 Xét phương trình Pell liên kết với có dạng: x2 − 5y = Phương trình liên kết có nghiệm dương nhỏ (a, b) = (9, 4) Khi đó: max −4.42 ; 4.92 = 4.81 = 64, Số nguyên dương β lớn thỏa mãn β ≤ max 4b2 ; −4a2 d = 64, β = Xét phương trình x2 − 5y = −4, ta có: 42 Nếu y = x = 1, Nếu y = x = 4, Nếu y = 3, 4, 7, x khơng số nguyên Nếu y = x = 11 Như cách thử trực tiếp thế, ta thấy phương trình cho có ba nghiệm (1, 1); (4, 2) (11, 5) mà thỏa điều kiện: βi2 −4a2 ≤ max 4b ; d Theo định lý, phương trình cho có dãy nghiệm sau     x0,1 = 1; y0,1 = 1; xn+1,1 = 9xn,1 + 20yn,1 ; yn+1,1 = 4xn,1 + 9yn,1 , x0,2 = 4; y0,2 = 2; xn+1,2 = 9xn,2 + 20yn,2 ; yn+1,2 = 4xn,2 + 9yn,2 ,   x = 11; y = 5; x 0,3 0,3 n+1,3 = 9xn,3 + 20yn,3 ; yn+1,3 = 4xn,3 + 9yn,3 Ba dãy vét hết nghiệm phương trình Định lý mục cho ta cách hữu hiệu để tìm nghiệm phương trình (2.1) thơng qua nghiệm biết trước nghiệm phương trình Pell (1.3) Định lý 2.1.5 Cho (u, v) nghiệm nguyên dương phương trình (2.1) (a, b) nghiệm phương trình Pell (1.3) liên kết với phương trình (2.1) Khi (ua+dbv, ub+va) nghiệm phương trình (2.1) Các nghiệm phương trình (2.1) khác biệt với khác biệt (u, v) (a, b) 2.2 Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = Xét phương trình Diophantine (2.2) u2 − Dv = 4, D số ngun D khơng số phương 43 Định lý 2.2.1 Cho (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.2) cho n un = x1 Dy1 y1 x1 (2.4) với n ≥ Khi nghiệm nguyên phương trình (2.2) (xn , yn ) cho công thức (xn , yn ) = un , 2n−1 2n−1 (2.5) Chứng minh Ta chứng minh định lý phương pháp quy nạp theo n Với n = 1, theo (2.4) ta có (u1 , v1 ) = (x1 , y1 ) Và (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.2) Giả sử xn−1 , yn−1 nghiệm phương trình (2.2), tức x2n−1 + yn−1 u2n−1 − Dvn−1 = = 22n−4 Ta chứng minh nghiệm phương trình (2.2) (xn , yn ) cho công thức (2.5) Thật vậy, từ phương trình (2.4) ta có n un = x1 Dy1 y1 x1 n−1 = = = x1 Dy1 x1 Dy1 y1 y1 x1 x1 Dy1 un−1 y1 vn−1 x1 x1 un−1 + Dy1 vn−1 x1 y1 un−1 + x1 vn−1 Hơn nữa, x2n − Dyn2 u2n−1 − Dvn−1 = 22n−2 (x1 un−1 + Dy1 vn−1 )2 − D(y1 nn−1 + x1 vn−1 )2 = 22n−2 2 + 2x1 un−1 Dy1 vn−1 + D2 y12 vn−1 xu = n−1 22n−2 2 D(y1 un−1 + 2y1 un−1 x1 vn−1 + x21 vn−1 ) − 2n−2 2 x21 (u2n−1 − Dvn−1 ) − Dy12 (u2n−1 − Dvn−1 ) = 22n−22 (x21 − Dy12 )(u2n−1 − Dvn−1 ) = 22n−2 44 Vì (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.2) theo giả thiết quy nạp ta có 4.2n−2 + = n−2 = Do đó, (xn , yn ) nghiệm phương trình (2.2) Vì n tùy ý nên tất x2n Dyn2 nghiệm nguyên phương trình (2.2) (xn , yn ) Hệ 2.2.2 Cho (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.2) xn = x1 xn−1 + Dy1 yn−1 , yn = y1 xn−1 + x1 yn−1 xn xn−1 yn yn−1 = −2y1 với n ≥ Chứng minh Ta có un = x1 un−1 + Dy1 vn−1 , = y1 un−1 + x1 vn−1 un−1 = 2n−2 xn−1 ,vn−1 = 2n−2 yn−1 Vậy ta có biến đổi tương đương sau un = x1 un−1 + Dy1 vn−1 , 2n−1 xn = x1 2n−2 xn−1 + Dy1 2n−2 yn−1 , 2n−1 xn = 2n−2 (x1 xn−1 + Dy1 yn−1 ), x1 xn−1 + Dy1 yn−1 xn = , = y1 un−1 + x1 vn−1 , 2n−1 yn = y1 2n−2 xn−1 + x1 2n−2 yn−1 , 2n−1 yn = 2n−2 (y1 xn−1 + x1 yn−1 ), y1 xn−1 + x1 yn−1 yn = Hơn xn xn−1 yn yn−1 = xn yn−1 − xn−1 yn y1 xn−1 + x1 yn−1 x1 xn−1 + Dy1 yn−1 yn−1 − xn−1 2 −y1 (x2n−1 − Dyn−1 ) = −4y1 = = −2y1 = 45 Hệ 2.2.3 Cho (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.2) Khi đó, (xn , yn ) thỏa mãn biểu thức sau xn = (x1 − 1)(xn−1 + xn−2 ) − xn−3 , yn = (x1 − 1)(yn−1 + yn−2 ) − yn−3 2.3 Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = −4 Xét phương trình Diophantine u2 − Dv = −4, (2.6) D số ngun D khơng số phương Định lý 2.3.1 Cho (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.6) cho 2n+1 u2n+1 = v2n+1 x1 Dy1 y1 x1 (2.7) với n ≥ Khi nghiệm nguyên phương trình (2.6) (x2n+1 , y2n+1 ) cho công thức (x2n+1 , y2n+1 ) = u2n+1 v2n+1 , 2n 22n (2.8) Chứng minh Sử dụng phương pháp quy nạp theo n ta có Với n = 0, theo (2.7) ta có (u1 , v1 ) = (x1 , y1 ) Và (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.6) Giả sử x2n−1 , y2n−1 nghiệm phương trình (2.6), tức x22n−1 + y2n−1 u22n−1 − Dv2n−1 = = −4 24(n−1) Chúng ta phải chứng minh nghiệm phương trình (2.6) (x2n+1 , y2n+1 ) 46 cho công thức (2.8) Thật vậy, từ phương trình (2.7) ta có 2n+1 u2n+1 = v2n+1 x1 Dy1 y1 x1 = x1 Dy1 y1 x1 2n−1 x1 Dy1 y1 x1 = = x1 Dy1 u2n−1 y1 v2n−1 x1 (x21 + Dy12 )u2n−1 + Dx1 y1 v2n−1 2x1 y1 u2n−1 + (x21 + Dy12 )v2n−1 Hơn nữa, u22n+1 − Dv2n+1 22n 2 ((x1 + Dy1 )u2n−1 + Dx1 y1 v2n−1 )2 = 22n2 D(2x1 y1 u2n−1 + (x1 + Dy12 )v2n−1 )2 − 22n 2 2 (x + Dy1 ) u2n−1 + 4x1 u2n−1 Dy1 v2n−1 + 4D2 x21 y12 v2n−1 = 22n D(4x21 y12 u22n−1 + 4x1 y1 (x21 + Dy12 )u2n−1 v2n−1 + (x21 + Dy12 )2 vn−1 ) − 22n 2 (x21 + Dy12 )2 (u22n−1 − Dv2n−1 ) − 4Dx21 y12 (u22n−1 − Dv2n−1 ) = 22n (x21 − Dy12 )2 (u2n−1 − Dvn−1 ) = 22n x22n+1 − Dy2n+1 = Vì (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.6) theo giả thiết quy nạp ta có (−4)2 (−4).24n−4 = −4 + = 24n Do đó, (x2n+1 , y2n+1 ) nghiệm phương trình (2.6) Vì n tùy ý nên tất x2n−1 Dyn−1 nghiệm nguyên phương trình (2.6) (x2n+1 , y2n+1 ) Hệ 2.3.2 Cho (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.6) Khi x2n+1 (x21 + Dy12 )x2n−1 + Dx1 y1 y2n−1 = , y2n+1 = 2x1 y1 x2n−1 + (x21 + Dy12 )y2n−1 47 x2n+1 x2n−1 y2n+1 y2n−1 = 2x1 y1 với n ≥ Chứng minh Ta có u2n+1 = (x21 + Dy12 )u2n−1 + Dx1 y1 v2n−1 , v2n+1 = 2x1 y1 u2n−1 + (x21 + Dy12 )v2n−1 u2n−1 = 22n−2 x2n−1 ,v2n−1 = 22n−2 y2n−1 Vậy có biến đổi tương đương sau u2n+1 = (x21 + Dy12 )u2n−1 + Dx1 y1 v2n−1 22n x2n+1 = (x21 + Dy12 )22n−2 x2n−1 + Dx1 y1 22n−2 y2n−1 22n x2n+1 = 22n−2 ((x21 + Dy12 )x2n−1 + 2Dx1 y1 y2n−1 ) (x21 + Dy12 )x2n−1 + Dx1 y1 y2n−1 x2n+1 = , v2n+1 = 2x1 y1 u2n−1 + (x21 + Dy12 )v2n−1 22n y2n+1 = 2x1 y1 22n−2 x2n−1 + (x21 + Dy12 )22n−2 x2n−1 22n y2n+1 = 22n−2 (2x1 y1 x2n−1 + (x21 + Dy12 )y2n−1 ) 2x1 y1 x2n−1 + (x21 + Dy12 )y2n−1 y2n+1 = Và x2n+1 x2n−1 y2n+1 y2n−1 = x2n+1 y2n−1 − x2n−1 y2n+1 (x21 + Dy12 )x2n−1 + Dx1 y1 y2n−1 y2n−1 2x1 y1 x2n−1 + (x21 + Dy12 )y2n−1 −x2n−1 42 −2x1 y1 (x22n−1 − Dy2n−1 ) = −2x1 y1 (−4) = = 2x1 y1 = 48 Hệ 2.3.3 Cho (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (2.6) Khi đó, (x2n+1 , y2n+1 ) thỏa mãn biểu thức sau x2n+1 = (x21 + 1)(x2n−1 + x2n−3 ) − x2n−5 y2n+1 = (x21 + 1)(y2n−1 + y2n−3 ) − y2n−5 2.4 2.4.1 Một số ứng dụng tốn phổ thơng Tìm số ngun từ hệ thức ràng buộc Ví dụ 2.4.1 Xác định t ∈ Z thỏa mãn 10t + 12 = x2 5t + = y Thật vậy, ta có:    t = x − 12 10 y −4   t= x2 − 12 y2 − ⇒ = ⇒ x2 − 12 = 2y − 10 Suy x2 − 2y = Giải phương trình Pell ta xác định t 2.4.2 Xấp xỉ hữu tỷ bậc √ √ x Ta viết d ≈ với x, y ∈ Z d số vơ tỉ Tuy nhiên ta có y 2 x − dy = ±N ⇒ x y =d+ N ≈ d y2 Vì nghiệm y phương trình Pell cho y lớn xấp xỉ hữu √ tỉ d tốt Ta xét số ví dụ minh họa Ví dụ 2.4.2 Nghiệm thứ tư phương trình x2 −2y = (x, y) = (577, 408) √ 577 577 √ ≈ 1.4142156 Trong đó, = 1.4142135 Vậy ≈ d 408 408 Ví dụ 2.4.3 Cho phương trình Pell x2 − 3y = Ta có (1351, 780) nghiệm √ 1351 phương trình Do ≈ ≈ 1.7320512 780 49 2.4.3 Tổng số nguyên liên tiếp Ví dụ 2.4.4 Cho + = 3; + + + 14 = 15 + + 20 Tìm k, l thỏa mãn + + + k = (k + 1) + + l Ta có (k + 1) k (k + + l) (l − k) = 2 2 ⇔ 2k + 2k = l + l + + + k = (k + 1) + + l ⇔ ⇔2 k+ − = l+ 2 − ⇔ (2k + 1) − = (2l + 1) − 2 ⇔ (2l + 1) − 2(2k + 1) = −1 Đặt x = 2l + y = 2k + ta phương trình Pell x2 − 2y = −1 với x, y > x, y số lẻ Ta cần giải phương trình từ tìm k l Khi ta có: 1+2=3 + + + 14 = 15 + 16 + + 20 + + + 84 = 85 + 86 + + 119 2.4.4 Tam giác Pythagoras Ví dụ 2.4.5 Cho 32 + 42 = 52 Ta cần tìm m n cho m2 + (m + 1) = n2 Thật vậy: m2 + (m + 1) = n2 ⇔ 2m2 + 2m + = n2 ⇔ m2 + m + = n2 ⇔2 m+ 2 − + = n2 ⇔ (2m + 1) − 2n2 = −1 Đặt x = 2m + y = n ta phương trình Pell x2 − 2y = −1 với x, y > x lẻ Ta cần giải phương trình từ tìm m n Khi ta có: 50 x 41 239 1393 8119 y 29 169 985 5741 m 20 119 696 4059 n 985 5741 29 169 202 + 212 = 292 , 1192 + 1202 = 1692 Ví dụ 2.4.6 Ta cần tìm m n cho m2 + n2 = (n + 1) Thật vậy, ta có phương trinh tương đương với m2 = 2n + Cho m = 2k + m lẻ nên m2 − n= = 2k + 2k Không cần dùng tới phương trình Pell mà ta giải dựa vào bảng sau: k m n 12 24 40 n + 13 25 41 Từ bảng cho ta thấy 32 + 42 = 52 ; 52 + 122 = 132 ; 72 + 242 = 252 ; 92 + 402 = 412 2.4.5 Tam giác Heron Tam giác Heron tam giác có cạnh diện tích ngun Ví dụ 2.4.7 Tam giác vng có cạnh 3, 4, có diện tích Cơng thức tính diện tích Hêron với tam giác có cạnh a, b, c S= p (p − a) (p − b) (p − c) với p = a+b+c Tìm tam giác Hêron với cạnh liên tiếp a − 1; a; a + Khi p = S = p (p − a) (p − a + 1) (p − a − 1) 3a a a + a − = 2 2 3a 51 2 Suy (4S) = 3a a − Từ ta thấy a số chẵn Đặt a = 2x với x ∈ Z ta có S = 3x2 x2 − Vì 3, x2 = nên x2 − = 3y (y ∈ Z) Ta có phương trình Pell x2 − 3y = (a = 2x; S = 3xy) Giải phương trình ta tìm a S Ta có bảng sau: x 26 97 362 1351 y 26 97 362 1351 a 14 52 154 724 2702 S 84 1170 16926 226974 3161340 Từ bảng kết ta thấy: Tam giác có cạnh 13, 14, 15 có diện tích 84 Tam giác có cạnh 51, 52, 53 có diện tích 1170 Tam giác có cạnh 153, 154, 155 có diện tích 16926 52 Kết luận Luận văn phương trình Diophantine x2 − Dy = ±4 trình bày vấn đề sau đây: • Trình bày lại số tính chất liên phân số liên phân số mở rộng từ ứng dụng nghiên cứu tính chất nghiệm phương trình Pell cổ điển; • Trình bày lại kết công thức nghiệm phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = ±4 số trường hợp giải phương trình; • Trình bày số ứng dụng phương trình Diophantine tốn học phổ thơng 53 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Thị Mỹ Hạnh (2017), Giải phương trình Diophante y = Ax4 + B, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên [2] Đào Thị Thương Hoài (2010), Một vài vấn đề phương trình Diophante, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Tiếng Anh [3] Ahmet Tekcan (2007), "The Pell equation X − D ∗ Y = ±4", Applied Mathematical Sciences, 1(8), pp 363–369 [4] Ahmet Tekcan (2011), "Continued Fractions Expansion of √ D and Pell Equation x2 − D ∗ y = 1", Mathematica Moravica, 15(2), pp 19—27 [5] B Stolt (1952), "On the Diophantine equation U − D ∗ V = 4N ", Arkiv făor Matematik, 2(2-3), pp 251268 [6] B Stolt (1955), "On the Diophantine equation U − D V = 4N ", part III, Arkiv făor Matematik, 3(2), pp 117–132 ... Dy1 vn−1 )2 − D(y1 nn−1 + x1 vn−1 )2 = 22n−2 2 + 2x1 un−1 Dy1 vn−1 + D2 y12 vn−1 xu = n−1 22n−2 2 D(y1 un−1 + 2y1 un−1 x1 vn−1 + x21 vn−1 ) − 2n−2 2 x21 (u2n−1 − Dvn−1 ) − Dy12 (u2n−1 − Dvn−1 )... Dy12 )22n−2 x2n−1 22n y2n+1 = 22n−2 (2x1 y1 x2n−1 + (x21 + Dy12 )y2n−1 ) 2x1 y1 x2n−1 + (x21 + Dy12 )y2n−1 y2n+1 = Và x2n+1 x2n−1 y2n+1 y2n−1 = x2n+1 y2n−1 − x2n−1 y2n+1 (x21 + Dy12 )x2n−1 + Dx1... (x1 − 1)(xn−1 + xn−2 ) − xn−3 , yn = (x1 − 1)(yn−1 + yn−2 ) − yn−3 2.3 Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy = −4 Xét phương trình Diophantine u2 − Dv = −4 , (2.6) D số nguyên D khơng số phương