Liên phân số và ứng dụng

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRẦN VĂN TRUNG MỞ ĐẦU Phân số liên tục (continued fraction) gọi liên phân số dạng biểu diễn số thực dạng phân số nhiều tầng Liên phân số đóng vai trị lớn việc nghiên cứu Lý thuyết số Nó cơng cụ đắc lực để giải phương trình Diophante, biểu diễn số thực… Với lý nêu, luận văn tập trung tìm hiểu ứng dụng liên phân số toán: Biểu diễn số vơ tỉ; tìm tiêu chuẩn tương đương số vơ tỉ; giải phương trình Pell… Luận văn gồm chương: Chương Giới thiệu khái niệm kết sở liên phân số Chương Ứng dụng liên phân số việc biểu diễn số vô tỉ Chương Ứng dụng liên phân số việc giải phương trình Pell Các tập minh họa chọn số toán đề thi tốn quốc gia quốc tế có sử dụng cơng cụ liên phân số để giải, góp phần xây dựng tài liệu tham khảo cho giáo viên, học sinh nhà trường phổ thông sinh viên sư phạm toán học Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học – PGS.TS Nguyễn Thành Quang - tận tình hướng dẫn, bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn thầy cô chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, khoa Toán học, phòng Đào tạo Sau đại học Trường Đại học Vinh giảng dạy hướng dẫn học tập nghiên cứu Tác giả xin cản ơn Trường Đại học Sài Gòn giúp đỡ, tạo điệu kiện thuận lợi cho học viên học tâp nghiên cứu chương trình đào tạo sau đại học Xin cảm ơn Trường Trung học phổ thơng Chun Lê Q Đơn tỉnh Ninh Thuận, gia đình, bạn hữu quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập vừa qua Tuy cố gắng trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, song chắn cịn nhiều thiếu sót, mong góp ý, thầy bạn đồng nghiệp Nghệ An, tháng năm 2012 Tác giả CHƢƠNG LIÊN PHÂN SỐ 1.1 Liên phân số từ hai dãy số cho trƣớc 1.1.1 Định nghĩa Cho hai dãy số ai   a0 , a1, a2 , a3 ,bi   b0 , b1, b2 , b3 Dãy a0 , a0  b0 b0 , a0  , , b1 a1 a1  a2 gọi liên phân số, biểu thức N0  a0 , N1  a0  b0 b0 , N  a0  , , b1 a1 a1  a2 gọi giản phân hai dãy số ai  ,bi  biểu thức có nghĩa Xây dựng hai dãy P1 , P0 , P1 , P2 , Q1 , Q0 , Q1 , Q2 , sau: P1  1, P0  a0 , Q1  0, Q0  số hạng tổng quát  Pn1  an1Pn  bn Pn 1 ,  Qn1  an1Qn  bnQn 1 , n  Định lý N n  Pn thỏa mãn cho n  Qn 1.1.2 Định lý Ta có hệ thức a0  b0 a1   b1 a2  Pn , n  Qn b2 a3  b3  an 1  bn 1 an biểu thức có nghĩa Chứng minh Ta chứng minh định lý phương pháp qui nạp theo n Với n  hay n  kết Giả sử định lý cho n Ta có a0  b0 a1   b1 a2  (*) b2 b3 a3   an 1  Trong (*) ta thay an an  a0  Pn Qn bn 1 an bn ta có : an 1 b0 a1  H b1 a2  b2 a3  b3  an 1  bn 1 b an  n an 1 Ta thấy Pn , Qn không phụ thuộc vào bn , an1 Do đó, từ hệ thức xác định theo công thức truy hồi Pn an Pn1  bn1Pn2  Qn anQn1  bn1Pn2 ta suy bn ) Pn 1  bn 1Pn  an 1 H b (an  n )Qn 1  bn 1Qn  an 1 ( an  H (an an 1  bn ) Pn 1  an 1bn 1 Pn 2 (an an 1  bn )Qn 1  an 1bn 1Qn 2 H an 1 (an Pn 1  bn 1 Pn  )  bn Pn 1 an 1 (anQn 1  bn 1Qn  )  bnQn 1 H an 1 Pn  bn Pn 1 P  n 1 an 1Qn  bnQn 1 Qn1 Điều chứng tỏ hệ thức cho n ▄ 1.1.3 Định lý Ta có hệ thức an 1  bn P  n 1 , n  o bn 1 Pn an  bn 2 an 1  bn 3 an 2   b a1  a0 biểu thức có nghĩa Chứng minh Định lý với n = 0, n = an 1  Giả sử bn P  n 1 bn 1 Pn an  bn 2 an 1  bn 3 an 2   b a1  a0 Ta chứng minh: an   bn 1 an 1  bn bn 1 an  bn  an 1  bn 3 an    b a1  a0  Pn  Pn 1 Thật an   bn 1 an 1  bn bn 1 an  bn  an 1  bn 3 an    b a1  a0  an   bn 1 an  Pn 1  bn 1 Pn Pn    Pn 1 Pn 1 Pn 1 Pn 1.1.4 Định lý Với ký hiệu biểu thức có nghĩa, hệ thức sau thỏa mãn: (i ) PnQn 1  Qn Pn 1  (1) n1b0 bn ; PnQn2  Qn Pn 2  (1) n1b0 bnan 2 ; (ii ) Pn1 Pn (1)n1 b0 bn Pn Pn (1) n1 b0 bn an  (iii)   ,   ; Qn1 Qn Qn1Qn Qn Qn Qn 2Qn (iV ) P2 n1 P2 n b b P P b b a   n , n 2  n  n n 2 ; Q2 n1 Q2 n Q2 n 1Q2 n Q2 n 2 Q2 n Q2 n 2 Q2 n P2 n1 P2 n1 b0 b2 n1a2 n1   ; Q2 n1 Q2 n1 Q2 n1Q2 n1 n Pn1 (1)i b0 bi  a0   Qn1 Qi 1Qi i 0 (V ) n Chứng minh (i ) Đặt  n  PnQn1  Qn Pn1 Ta  n  (1)n1  bi i 0 Với n = ta có   PQ cơng thức  Q0 P1  a0 a1  a0 a1  b0  b0 Với n > 0, ta có :  n  PnQn1  Qn Pn1  Pn  an1Qn  bnQn1   Qn  an1Pn  bn Pn1   bn  Pn 1Qn  Qn1Pn   bn n1 Ta suy  n  (1)n1 b0 bn theo nguyên lý qui nạp toán học (ii ) Được chứng minh tương tự (i ) (iii) Được suy từ (i ) (ii ) ; (iV ) suy từ (iii) n  n Pn1 Pi 1 Pi  (1)i 1 b0 bi (V ) Ta có      a0  a0   Qn1 i 0  Qi 1 Qi  Qi 1Qi i 0 Định lý chứng minh ▄ Từ trở ta giả thiết tất bi  , a j , j  nguyên dương 1.1.5 Hệ Ta ln có: (i ) PnQn1  Qn Pn1  (1)n1; (ii ) Pn 1 Pn (1)n1   ; Qn1 Qn Qn1Qn Pn Pn (1) n an (iii)   ; Qn Qn Qn 2Qn Pn ; n  Q n (iV ) Tồn giới hạn lim (V ) (Vi ) P P2 n 2 P2 n P  n1  n1 ; Q2 n 1 Q2 n 1 Q2 n 2 Q2 n 2Qn1Qn  Pn  Pn ;   Qn  Qn Qn 1Qn Chứng minh (i ) , (ii ) (iii) suy từ Định lý 1.1.4 (iV ) Vì Q0  1, Q1  a1  Qn1  an1Qn  Qn1 nên dễ dàng suy Qn  n Ta có Pn1 Pn 1    Qn1 Qn Qn 1Qn n(n  1) Vậy, với   nhỏ tùy ý cho trước, cho k > n đủ lớn ta có k k Pk Pn P P 1    i 1  i      Qk Qn i n Qi 1 Qi i n i (i  1) n k Từ ta suy tồn giới hạn lim n  Pn Qn (V ) Được suy từ Định lý 1.1.4 (iV ) (Vi ) Từ Pn Pn an   ta suy Qn Qn  an  2Qn 1  Qn  Qn Pn Pn   Qn Qn Qn 1Qn Ta lại có Pn Pn an    Qn Qn  an 2Qn1  an 2Qn  Qn 2Qn1Qn Vậy Pn Pn   Qn Qn 2Qn 1Qn Hệ chứng minh ▄ 1.2 Liên phân số hữu hạn 1.2.1 Định nghĩa Cho a0 số nguyên, a1 , a2 , a3 an số nguyên dương Khi đó, đại lượng  a0 , a1 , a2 , a3 , , an  ký hiệu sau :  a , a , a , a , , a   a n  a1  1 a2   an 1  an gọi liên phân số hữu hạn có độ dài n hay liên phân số cấp n 1.2.2 Định lý Mỗi số hữu tỷ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn Chứng minh Giả sử x  a a, b  b b > Để tìm ước chung lớn a b ta thực thuật toán Euclid : a  a0b  r1 với  r1  b b  a1r1  r2 với  r2  r1 r1  a2r2  r3 với  r3  r2 rn2  an1rn1  rn với  rn  rn1 rn1  anrn Từ đó, ta có : a  a0  b b r1  a0   a0  a1  r1 r2 a1  a2  r2 r3 a  a0  b a1  a2  1  an 1  Viết an a   a0 , a1 , a2 , a3 , , an  b Ví dụ Biểu diễn số 62 thành liên phân số 23 62  2.23  16 23  1.16  16  2.7   3.2   2.1 Do 62   2;1, 2,3, 2 23 Chú ý Một số hữu tỉ biểu diễn theo hai cách; Một cách có độ dài số chẵn, cách có độ dài số lẻ Cách thứ nhất, thuật toán nêu phần chứng minh Định lý 1.2.2 a   a0 , a1 , a2 , a3 , , an  b Cách thứ hai, từ biểu diễn cách thứ nhất, ta bớt đơn vị thành phần cuối, thêm vào sau thành phần a   a0 , a1 , a2 , a3 , , a  1,1 b Hai cách biểu diễn tương đương a  a0  b a1   a0  a2  a3   an 1  an a1  a2  a3   an 1  (an  1)  1 10 Ví dụ 2,25 = + =  2;4  2;3,1 1.2.3 Định nghĩa Cho liên phân số hữu hạn  a0 , a1 , a2 , a3 , , an  có độ dài n Với k  n , liên phân số Ck   a0 , a1 , a2 , a3 , , ak  với độ dài k, gọi giản phân thứ k liên phân số cho 1.2.4 Định lý (Cơng thức tính giản phân) Cho liên phân số hữu hạn  a ; a , a , , a  n Giả sử hai dãy số nguyên dương p0 , p1 , p2 , , pn q0 , q1 , q2 , , qn xác định sau: p0  a0 ; q0  ; p1  a0 a1  ; q1  a1 ; p2  a2 p1  p0 ; q2  a2 q1  q0 ; pk  ak pk 1  pk 2 ; qk  ak qk 1  qk 2 Khi giản phân thứ k , Ck   a0 ; a1 , a2 , a3 , , ak  cho công thức Ck  pk qk (1) Chứng minh Ta chứng minh qui nạp sau Với k = 0, ta có C0   a0   a0  p0  Với k = 1, ta có C1   a0 ; a1   a0  p0 p0  q0 a a  p1   a1 a1 q1 Vậy (1) k = 0, k = Giả sử (1) cho  k  n Khi với  k  n, ta có : Ck   a0 ; a1 , a2 , a3 , , ak   pk ak pk 1  pk 2  qk ak qk 1  qk 2 (2) Xét với k + Ta có : Ck 1   a0 ; a1 , a2 , , ak 1   a0  a1  a2  a3   ak 1  ak  ak 1 35 3.2 Phƣơng trình Pell loại II Phương trình Pell loại II có dạng: x  dy  1 (II) d số nguyên dương Cũng giống xét phương trình Pell loại I, ta quan tâm đến việc tìm nghiệm nguyên dương phương trình 3.2.1 Mệnh đề Phương trình Pell loại II khơng có nghiệm ngun dương d  m2 , m  (tức d số phương) Chứng minh Khi d  m2 , m  Z (II) có dạng: x2  m2 y  1   my  x  (my  x)  Do x, y nguyên dương, nên ta suy  my  x    my  x  Từ hệ dẫn đến x=0.Đây điều khơng thể có x  Vậy (II) khơng có nghiệm ngun dương.Đó điều cần chứng minh ▄ 3.2.2 Mệnh đề Phương trình Pell loại II khơng có nghiệm d có ước nguyên tố p= 4k+ Chứng minh Giả sử trái lại d có ước nguyên tố p = 4k + 3, mà phương trình có nghiệm (x0, y0) tức là: x02  dy02  1  x02   dy0 (1) Từ (1) suy  x02  1 d mà d p nên  x02  1 p Vì p có dạng 4k + 3, nên theo lý thuyết chia hết suy p Đó điều vơ lý.Vậy mệnh đề chứng minh ▄ 3.2.3 Mệnh đề Nếu d số nguyên tố, phương trình Pell loại II x  dy  1 (II) có nghiệm ngun dương d khơng có dạng 4k + Chứng minh xem  4 36 3.2.4 Mệnh đề (Điều kiện để phương trình Pell loại II có nghiệm) Gọi (a,b) nghiệm nhỏ phương trình Pell liên kết với phương trình Pell loại II Khi phương trình Pell loại II x  dy  1 (II) có nghiệm hệ sau : a  x  dy  b  xy (2) (3) có nghiệm nguyên dương Chứng minh xem  4 3.2.5 Định lý (Công thức nghiêm phương trinh Pell loạiII) Xét phương trình Pell loại II: x  dy  1 (1) Cùng với ,xét phương trình Pell loại I liên kết với nó: x  dy  (2) Giả sử (a,b) nghiệm nguyên bé của(2) Xét hệ phương trình:  x  dy  a,(3)  2 xy  b.(4) Giả thiết hệ (3)-(4) có nghiệm (u,v) nghiệm nó.Xét hai dãy số nguyên dương  xn  , yn  sau đây:   x0  u; x1  u  3duv ; xn  2axn1  xn , n  0,1, 2,    y0  v; y1  dv  3u v; yn  2ayn1  yn , n  0,1, 2, Khi ( xn , yn ) tất nghiệm nguyên dương phương trình Pell loại II Chứng minh (Xem  4 ) Sau ta đưa định lý sử dụng lý thuyết liên phân số để giải phương trình pell loại II: 3.2.6.Định lý Phương trình x2  dy  1 có nghiệm chu kỳ r biểu diễn liên phân số nghiệm d số lẻ Trong trường hợp x  p(2tr r 1) , y  q(2tr r 1) với t=1,2, 37 Chứng minh Từ bổ đề 3.1.3 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 x2  dy  1 Khi tồn i để x  pi , y  qi Từ p12  dqi2  1 Từ ta có (1)i1Qi1  1  Qi1  1 Vì Qi1  1 nên Qi 1  i chẵn Theo Bổ đề 3.1.3 tồn k  cho i 1  kr  i  kr 1 kr lẻ Thành thử r chẵn kr ln chẵn phương trình vơ nghiệm Trong trường hợp r lẻ lý luận tương tự trường hợp phương trình Pell x2  dy  1 tất nghiệm phải có dạng x  p(2tr r 1) , y  q(2tr r 1) với t = 1,2, Định lý chứng minh ▄ Ví dụ Xét phương trình x2  34 y  1 Ta có 34  5;1, 4,1,10 Chu kỳ n=4 sơ chẵn Vậy phương trình vơ nghiệm Ví dụ Giải phương trình: x2 – 2y2 = -1 Lời giải Phương trình Pell liên kết x2 – 2y2 = 1.Ta có  1; 2 Có chu kỳ r  Có nghiệm nhỏ (3;2) Xét hệ phương trình: u  2v   2uv  Dễ dàng thấy (u, v) = (1; 1) nghiệm dương bé Theo lý thuyết xây dựng nghiệm, phương trình Pell loại II x2 – 2y2 = -1 có nghiệm là:  x0  1; x1  7; xn  xn1  xn   y0  1; y1  5; yn  yn1  yn Ví dụ Tìm tất số ngun dương n có tính chất n2+(n+1)2 số phương 38 Lời giải: n2  (n  1)2  y  (2n  1)2   y  (2n  1)2  y  1 Đặt x  2n  ta có phương trình x  y  1 Theo định lý nghiệm dãy sau x0=1, x1=7, xk+2 = 6xk+1- xk Từ 2nk 1   6(2nk 1  1)  2nk  Các số cần tìm cho dãy (nk) sau : no= 0, n1= 3, nk+2 = 6nk+1 - nk+2 Đó số 3,20,119… 3.3 Phƣơng trình Pell với tham số n Xét phương trình: x2 - dy2 = n, d số nguyên dương số phương, cịn n số ngun Phương trình gọi phương trình Pell với tham số n Dĩ nhiên, n = n = -1 tương ứng ta có phương trình Pell loại I loại II 3.3.1 Mệnh đề Xét phương trình Pell với tham số n x2 - dy2 = n (1) Phương trình (1) vơ nghiệm có vô số nghiệm Chứng minh Rõ ràng ta cần chứng minh (1) có nghiệm có vơ hạn nghiệm Giả sử ( x0 , y0 ) nghiệm (1) Xét phương trình Pell loại I: x2  dy  (2) tương ứng Gọi (a,b) nghiệm (2), tức a2-db2=1 Khi ta có:  x0  dy02  n  2 a  db  Nhân vế hai đẳng thức trên, ta có ( x0  dy02 )(a  db2 )  n  ( x0 a  dy0b)2  d ( x0 d  y0 a)2  n (3) Đặt  x  x0 a  dy0b  y  x b  y a  0 Khi thay vào (3) có: 2 x dy  n 39 Từ suy ( x, y ) nghiệm phương trình Pell với tham số n Rõ ràng x0  x, y0  y (xin nhắc lại lần nữa, toàn chương ta quan tâm đến nghiệm nguyên dương) Do giả sử (1) có nghiệm khởi đầu ( x1 , y1 ) Xét hệ thức:  xn1  xn a  dynb   yn1  xnb  yn a Hệ thức theo chứng minh cho ta lớp nghiệm vô hạn (1) ▄ Vậy để tìm cơng thức vét tất nghiệm phương trình Pell có tham số n ta cần có kết sau: 3.3.2.Mệnh đề Xét phương trình Pell với tham số n x  dy  n (1) Gọi ( x0, y0 ) nghiệm nguyên dương nhỏ của(1).Ta có:  na  y0  max nb ;  d   Chứng minh Đặt u = ax0  dby0 ; v  ay0  bx0 Khi đó: u  dv2  (ax0  dby0 )2  d (ay0  bx0 )2 = a2 x0  d 2b2 y0  2abdx0 y0  da2 y0  db2 x02  2abdx0 y0 = x0 (a  db2 )  dy02 (a  db2 ) = ( x0  dy0 )(a  db2 ) = n.1= n Giả thiết phản chứng, kết luận tốn khơng đúng, tức là:  y02  nb ,(3)  na   y0  max nb ;  Nên:  na d  (4)   y0  d  Ta chứng minh u>0,v>0 Thật vậy: v>0  ay0  bx0   ay0  bx0  a y0  b2 x02 (do ay0  0, bx0   (1  db2 ) y0  b2 (n  dy0 ) (vì a  db2  1, x0  n  dy0 ) 40  y0  nb2 (*) (*) hiển nhiên (vì theo (3)) nên v > Tương tự ta chứng u  Như vậy, ta có u > 0, v > mà u  dv2  n nên (u,v) nghiệm ax0  dby0  u bx0  ay0  v phương trình Pell với tham số n.Từ hệ :  Với ẩn x0 , y0 , giả sử ta có :  x0  au  dbv  y  bu  av  Từ suy x0  u, y0  v Như ta xây dựng nghiệm (u,v) phương trình Pell với tham số n, mà nghiệm cịn nhỏ ( x0 , y ) Điều vơ lí ( x0 , y0 ) nghiệm nguyên dương nhỏ (1) Vậy giả thiết phản chứng sai, tức  na  y0  max nb;  ▄ d   3.3.3 Mệnh dề Xét phương trình Pell với tham số n: x  dy  n(1) Giả sử (1) có nghiệm ( 1 , 1 ); (  ,  ); …;(  m , m ) tất  nghiệm (1) thỏa mãn bất đẳng thức i  max nb ;  na   d  Xét m dãy sau ãy thứ i:  xn,i ; yn,i  , với i= 1, m xác định sau:  x0,i   i , y0,i  i   xn 1,i  xn ,i a  dyn ,ib y  x b  y a n ,i n i  n 1,i (a,b) nghiệm bé phương trình Pell loại I ứng với (1): x  dy  (2) Khi dãy nghiệm  xn,i , yn,i  vét cạn hết nghiệm phương trình Pell với tham số n 41 Chứng minh Như chứng minh Mệnh đề 3.3.1,các số hạng dãy nghiệm phương trình Pell (1) Ngược lại giã sử  u0 , v0  nghiệm (1) Ta phải chứng minh tồn i,k cho: u0  xk ,i ; v0  yk ,i Chỉ có hai khả xẩy ra:  Nếu v0  max nb ;  na   Theo giả thiết tồn i  1,2, , m để d  cho (u0 , v0 )  (i , i )  ( x0,i , y0,i ) Lúc việc chọn k=0 1)  na  Nếu trái lại v  max nb ,  Đặt: d   u1  au0  dbv0 ; v1  avo  bu0 Lập luận chứng minh Mệnh đề 3.3.1, 3.3.2 , dễ dàng thấy rằng: u12  dv12  n (3) na Ngoài ra, v0  nb v0  nên lập luận tương tự cách chứng d minh Mệnh đề 3.3.2, ta có u1  0, v1  Từ kết hợp với (3) suy ( u1 , v1 ) nghiệm (1).Từ hệ: u1  au0  dbv0  v1  av0  bu0 Rút ra: u0  u1a  dv1b  v0  u1b  v1a Vì lẽ suy v1  v0 (chú ý u0 , v0 , u1 , v1a, b, d số nguyên dương) Nếu v1  nb , v1   na  na (tức v1  max  nb ,  lập d d   luận ta lại xây dựng nghiệm ( u2 , v2 ) (1) với u2  u1 , v2  v1 Quá trình tiếp tục kết thúc bước thứ k mà sau có nghiệm ( uk , vk ) (1)  na  vk  max nb ;  d   42 Khi theo phần 1) tồn i  1, 2, , m để ( uk , vk )= (i , i )  (x0,i , y0,i ) Vì ta dùng phép: uk 1  auk  dbvk  vk 1  buk  avk Nên ta có (uk 1 , vk 1 )  ( x1,i , y1,i )  (uk 2 , vk 2 )  ( x2,i , y2,i )   (u0 , v0 )  ( xk ,i , yk ,i ) Vậy mệnh đề chứng minh ▄ Ví dụ Giải phương trình Pell: x2  y  4 Lời giải.Xét phương trình Pell với tham số n = -4 sau x  y  4 (1) Phương trình Pell loại I liên kết với có dạng x2  y  (2) Phương trình (2) có nghiệm nguyên dương nhỏ (a,b)=(9,4) Khi đó:  na   4.81 4.9  max nb ;   max  4.4 ;  d     Số nguyên dương  lớn thỏa mãn   4.81  =8 Xét x  y  4 phương trình (1): Nếu y =  x = 1; y =  x = 4; y = 3; 4; 7; (1) không dẫn đến x nguyên; y =  x = 11 Như cách thử trực tiếp nói trên, ta thấy có nghiệm (1,1); (4,2); (11,5) phương trình (1) mà thỏa điều kiện:  na    max nb ;  d   Theo mệnh đề 3.3.3, phương trình Pell ứng với n=-4: x2  y  4 có dãy nghiệm: 43  x0,1  1; y0,1  1; xn 1,1  xn ,1  20 yn ,1; yn 1,1  xn ,1  yn ,1   x0,2  4; y0,2  2; xn 1 ,  xn ,2  20 yn ,2 ; yn 1,2  xn ,2  yn ,2  x  11; y  5; x ,3  x  20 y ; y 0,3 n 1 n ,3 n ,3 n 1,3  xn ,3  yn ,3  0,3 Ba dãy viết hết tất nghiệm phương trình (1) Ví dụ (VMO 1999) Cho hai dãy số {x n} {yn} xác định sau: x0= 1; x1 = 4; xn+2 = 3xn+1 – xn y0 = 1; y1 = 2; yn+2 = 3yn+1 – yn Giả sử a, b số nguyên dương thoả mãn a2 – 5b2 + = 0, chứng minh tồn số tự nhiên k để xk = a, yk = b Lời giải Xét phương trình Pell x2 – 5y2 = -4 (1) Như ta biết, ba dãy số sau vét hết tất nghiệm phương trình (1)  x0,1  1; y0,1  1; xn1,1  xn ,1  20 yn ,1 ; yn 1,1  xn ,1  yn ,1   x0,2  4; y0,2  2; xn 1,2  xn ,2  20 yn ,2 ; yn 1,2  xn ,2  yn ,2  x  11; y  5; x 0,3 n 1,3  xn ,3  20 yn ,3 ; yn 1,3  xn ,3  yn ,3  0,3 Ta chứng minh (xn; yn) vét hết tất nghiệm nguyên dương (1) Với số tự nhiên n n  3m  r với r = 0; 1; Ta chứng minh ( xn , yn )  ( xm,r 1; ym,r 1 ) Ta có: ( x0 ; y0 )  ( x0,1 ; y0,1 )  (1;1), ( x1 ; y1 )  ( x0,2 ; yo ,2 )  (4;2), ( x2 ; y2 )  ( x0,3 ; y0,3 )  (11;5) Phương trình đặc trưng dãy xn   yn  X  X   có hai nghiệm X  3 Nên: xn  x3m r  3      r  3    94   Đặt  3m  r   3      r m 3m  r   3    94   um = x3m+r   m 44 Ta có dãy {um} có phương trình đặc trưng có nghiệm  nên : um1  18um  um1 x3(m+1)+r = 18x3m+r – x3(m-1)+r (*) Suy ra: Tương rự: y3(m+1)+r = 18y3m+r – y3(m-1)+r (**) Việc lại ta chứng minh {xm,i; ym,i} thoã mãn (*) (**) với i = 1; 2; Ta có:  xm 1,i  xm ,i  20 ym ,i   ym1,i  xm ,i  ym ,i xm1,i  xm ,i  (a)  ym ,i  20  x  xm 1,i    ym1,i  m ,i (b) 20   ym ,i  xm1,i  ym 1,i (c)   Thế (a), (b) vào (c) suy ra: xm+1,i = 18xm,i – xm-1,i Tương tự: ym+1,i = 18ym,i – ym-1,i Vậy {xn}; {yn} vét hết tất nghiệm (1) Do ln tồn k để xk = a; yk = b Ví dụ 3: (VMO 2012) Xét số tự nhiên lẻ a, b mà a ước số b2 + b ước số a  Chứng minh a b số hạng dãy số tự nhiên (vn) xác định bởi: v1  v2  1và  4vn1  vn2 , n  Lời giải Giả sử (a, b) cặp số tự nhiên lẻ mà a ước số b2 + b ước số a2 + 2.Trước hết ta chứng minh (a, b) = 1.Thật vậy,đặt d =(a,b) d ước a a ước b2 + nên d ước b2 +2 suy d ước Mà a, b lẻ nên d lẻ, suy d = Xét số N = a2 + b2 + a2 + chia hết cho b nên N chia hết cho b Tương tự, N chia hết cho a Vì (a, b) = nên từ suy N chia hết cho ab Vậy tồn số nguyên dương k cho a2 + b2 + = kab (1) Tiếp theo, ta chứng minh k = Thật vậy, đặt A = { a+b | (a, b)  N*2, a2 + b2 + = kab} Theo giả sử A ≠  Do tính thứ tự tốt N, A có phần tử nhỏ Giả sử a0, b0 cặp số thỏa mãn điều kiện (1) với a0 + b0 nhỏ 45 Khơng tính tổng quát, giả sử a0 ≥ b0 Xét phương trình a  kb0 a  b02   có nghiệm a0 Theo định lý Viet phương trình bo2  cịn có nghiệm a1  kb0  a0  Theo cơng thức nghiệm rõ a0 ràng a1 ngun dương Như (a1, b0) nghiệm (1) Do tính nhỏ a0  b0 , ta có a0  b0  a1  b0 , tức a0  kb0  a0 suy a0 k  b0 Ta có: a02  b02   ka0b0 Suy a0  bo  1nên từ ta có k  a0 b0 a k    k (2) Do  b0 a0 a0b0 b0 k   Nên k  Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, a02  b02  2a0b0 Nên k  Nếu k ≠ (a0, b0) ≠ (1, 1), a0b0 ≥ Lại dùng (2) để đánh giá, ta có k  k   1, suy k ≤ Vậy giá trị k = 5, bị loại Nếu k = a02  b02   3a0b0 , nên suy a02  b02  chia hết cho 3, suy hai số a0 , b0 chia hết cho 3, số cịn lại khơng chia hết cho Nếu b0  a0 chia hết cho 3, vế trái khơng chia hết cho cịn vế phải chia hết cho 9, mâu thuẫn Vậy b0  Từ suy a0b0  Lại sử dụng (2) để đánh giá, ta có k  k    k  Mà k nguyên suy k  , mâu thuẫn Như ta chứng minh a, b số tự nhiên lẻ thỏa mãn điều kiện đề thì: a  b2   4ab(3) Đặt ẩn phụ z  a  2b Phương trình (3) trở thành : z2 – 3b2 = – (4) Giải phương trình Pell (4) với tham số n = -2 ta chứng minh hồn tồn tốn Ví dụ 4: (IMO Short List) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho p = nr, p, r nửa chu vi bán kính đường trịn nội tiếp tam giác với độ dài các cạnh số nguyên 46 Lời giải Gọi a, b, c S độ dài cạnh diện tích tam giác thoả mãn điều kiện tốn Ta có: p  nr  p  n2 p 2r  p  n2 S  p  n2 p( p  a)( p  b)( p  c)  (a  b  c)3  n2 (a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)  ( x  y  z )3  n2 xyz (1) với x=a+b-c; y=b+c-a; z= c+a-b Nếu n  N * cho tồn số nguyên dương ( x0 , y0 , z0 ) thoả mãn (1) (2 x0 , y0 , z0 ) nghiệm (1) độ dài a  x0  y0 ; y  y0  z0 ; c  x0  z0 xác định tam giác thoả mãn yêu cầu toán Vậy ta cần chứng minh tồn vô hạn n cho phương trình(1) có nghiệm ngun dương (x, y, z) Nếu chọn z  k ( x  y) với k  N * (1) trở thành (k  1)3 ( x  y)2  n2 kxy (2) Chọn n = 3k+3 Khi (2) trở thành: (k  1)( x  y)2  9kxy Hệ số (k+1) vế trái gây khó khăn cho việc giải phương trình Vì phương trình cịn nhiều ẩn nên ta tiếp tục chọn y = k+1 được: ( x  k  1)2  9kx  x  (11k  2) x  (k  1)2  0(3) Bây ta cần chứng minh tồn vô số số nguyên dương k cho phương trình (3) có nghiệm ngun dương Điều tương đương với tồn vô số số nguyên dương k cho biệt thức phương trình (3) số phương.Ta có:   (11k  2)2  4(k  1)2  9(13k  4k ) Như ta cần chứng minh tồn vô số số nguyên dương k cho 13k  4k số phương Nói cách khác, ta cần chứng minh phương trình sau vơ số nghiệm ngun dương: 13k  4k  y (4) Nhân hai vế (4) với 13 ta 132 k  13.4k  13 y  (13k  2)2  13 y  47 Tiếp tục đặt k  2s; y  2t ta phương trình: (13s  1)2  13t  Nếu đặt u  13s  ta phương trình : u  13t  (5) Phương trình (5) phương trình Pell loại 1, có vơ số nghiệm Vấn đề sau tìm nghiệm u, t, ta tính s công thức s u 1 13 Do đó, để hồn tất phép chứng minh, ta cần chứng minh phương trình (5) có vơ số nghiệm (u, t) với u  1(mod13) Nghiệm nhỏ (5) u  649, t  180 Từ ta có dãy nghiệm  un , tn  xác định bởi: u1  649; t1  180 u1  649; t1  180,  un 1  649un  2340tn , t  180u  469t n n  n 1 Vì 649  1(mod13)và2340  0(mod13) Nên ta có un1  un (mod13) Từ ta suy un  1(mod13) un  với n chẵn Bài tốn giải hồn tồn 48 KẾT LUẬN Luận văn giới thiệu số kết với chứng minh chi tiết liên phấn số Luận văn giới thiệu số ứng dụng liên phân số Nội dung luận văn trình bày theo chương sau: Giới thiệu khái niệm kết liên phân số làm sơ cho việc khai thác ứng dụng chúng Ứng dụng liên phân số việc biểu diễn số vô tỉ Ứng dụng liên phân số việc giải phương trình Pell Các tập, ví dụ minh hoạ chọn số tốn có sử dụng cơng cụ liên phân số để giải, từ đề thi Vơ địch Tốn qc tế (IMO) Vơ địch Tốn quốc gia (VMO) 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Lê Hải Châu, Lê Hải Khơi (1997), 199 tốn chọn lọc tổ hợp, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2005), Tuyển tập 200 thi vơ địch tốn, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [3] Phạm Huy Điển (2002), Tính tốn, lập trình giảng dạy tốn học Maple, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [4] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề Số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [5] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Đàm Văn Nhỉ, Lưu Bá Thắng, Nguyễn Việt Hải (2006), Số học, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội [7] Lại Đức Thịnh (1977), Giáo trình Số học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội TIẾNG ANH [8] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi [9] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi ... thiệu số ứng dụng liên phân số Nội dung luận văn trình bày theo chương sau: Giới thiệu khái niệm kết liên phân số làm sơ cho việc khai thác ứng dụng chúng Ứng dụng liên phân số việc biểu diễn số. .. việc sử dụng liên phân số vô hạn liên phân số vơ hạn tuần hồn Dùng cơng cụ liên phân số ta chứng minh kết sau: 3.1.1 Mệnh đề 1) Nếu d số phương (I) khơng có nghiệm ngun dương 2) Nếu d số ngun... n  a1  1 a2   an 1  an gọi liên phân số hữu hạn có độ dài n hay liên phân số cấp n 1.2.2 Định lý Mỗi số hữu tỷ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn Chứng minh Giả sử x  a a, b  b b >