phant
Trong phần này, ta xem xét các phương trình
(x +y + 1)2 = 8xy,
(x +y)2 = 4x(2y ±1),
(x+y ±1)2 = 8xy + 1, x2 +y2 − 6xy = ±1, x2 +y2 − 6xy ± x = 0
và một số phương trình tương tự khác. Nghiệm của các phương trình này liên quan đến số tam giác chính phương, số cân bằng, số đối cân bằng và dãy số (yn), ở đây yn được xác định bởi Bn2 = yn(yn + 1)
2 .
Trước hết, ta nhắc lại một số tính chất của các dãy số này. Cho n là số tự nhiên bất kỳ, ta có: vn+1 = 4P2n+1 +Q2n+1, (2.1) vn = 4P2n+1 − Q2n+1, (2.2) Bn+1 = Q2n+1 + 2P2n+1 4 , (2.3) Bn = Q2n+1 −2P2n+1 4 , (2.4) bn = yn +Bn, (2.5) bn = yn+1 −Bn+1. (2.6)
Ngoài ra, Potter đã chỉ ra rằng (yn +yn+1 −1)2 = 8ynyn+1.
Định lý 2.2.1. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x +y − 1)2 = 8xy được xác định bởi
với n ≥ 1.
Chứng minh. Ta biết rằng(yn+yn+1−1)2 = 8ynyn+1. Do đó(x, y) = (yn, yn+1) là một nghiệm của phương trình (x + y − 1)2 = 8xy. Giờ, giả sử (x + y − 1)2 = 8xy với x, y ∈ Z và x, y > 0. Dễ dàng thấy
x 6= y. Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử rằng y > x. Nếu ta thay thếu = x +y và v = y − x thì ta được(u− 1)2 = 2(u2 −v2) và do đó u2 −2u+ 1 = 2u2 − 2v2. Suy ra,v2− u + 1 2 2
= −1. Khi đó theo Hệ quả 2.1.4, ta có
v, u+ 1 2 = Q2n+1 2 , P2n+1 với n ≥ 0. Do vậy, u = 2P2n+1 − 1, v = Q2n+1 2 . Từ u = x + y, v = y − x ta được x = u− v 2 , y = u+ v
2 . Điều này cho thấy x = 4P2n+1 − Q2n+1 −2 4 , y = 4P2n+1 +Q2n+1 −2 4 . Sử dụng tính chất (2.1) và (2.2), ta được x = vn − 2 4 , y = vn+1 − 2 4 . Suy ra x = yn vày = yn+1. Bằng cách sử dụng Định lý 2.2.1, ta có thể đưa ra ba định lý sau theo cách tương tự.
Định lý 2.2.2. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+y − 2)2 = 8xy được xác định bởi
(x, y) = (2yn,2yn+1)
Định lý 2.2.3. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+y + 1)2 = 8xy được xác định bởi
(x, y) = (yn + 1, yn+1 + 1)
với n ≥ 0.
Chứng minh. Giả sử (x + y + 1)2 = 8xy với x, y là các số nguyên dương. Ta thay thế u = x − 1, v = y − 1. Ta được (u + v + 3)2 = 8(u + 1)(v + 1). Biến đổi phương trình ta được (u + v − 1)2 = 8uv. Khi đó làm theo cách chứng minh của Định lý 2.3 ta được điều phải chứng minh. Ngược lại, nếu (x, y) = (yn + 1, yn+1 + 1), biến đổi tính toán đơn giản ta được(x +y + 1)2 = 8xy.
Định lý 2.2.4. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+y + 2)2 = 8xy được xác định bởi
(x, y) = (2yn + 2,2yn+1 + 2)
với n ≥ 0.
Giờ, ta có thể đưa ra các định lý sau, giống như ý nghĩa của các định lý trước đó, nghiệm của chúng có liên quan đến số tam giác chính phương, các số cân bằng, đối cân bằng và chuỗi (yn).
Định lý 2.2.5. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x +y)2 = 4x(2y + 1) được xác định bởi
hoặc
(x, y) = (4Bn2+1,4BnBn+1)
với n ≥ 1.
Chứng minh. Giả sử(x +y)2 = 4x(2y + 1) với x, y là các số nguyên dương. Khi đó(2x+ 2y)2 = 16x(2y+ 1), suy ra(2x+ 2y+ 1−1)2 = 8.2x(2y + 1). Theo Định lý 2.3, ta có (2x,2y + 1) = (yn, yn+1) hoặc
(2x,2y + 1) = (yn+1, yn) với n ≥ 1. Trước hết, giả sử(2x,2y + 1) = (yn, yn+1) với n ≥ 1. Từ yn là số chẵn, ta có n cũng là số chẵn. Đặt
n = 2k, k ≥ 1, ta được x = y2k
2 và y = y2k+1 − 1
2 . Sử dụng bổ đề 1.5.6, ta có x = 4Bk2 và y = 4BkBk+1. Tương tự, nếu (2x,2y + 1) = (yn+1, yn) vớin ≥ 1, ta thấy rằng x = 4Bk2+1 và y = 4BkBk+1. Ngược lại, nếu (x, y) = (4Bn2,4BnBn+1) hoặc (x, y) = (4Bn2+1,4BnBn+1)
thì với cách tính toán đơn giản bằng cách sử dụng tính chất (1.17) ta được (x+ y)2 = 4x(2y + 1).
Từ định lý 2.2.5 ta có các hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.6. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trìnhx2+
y2 − 6xy −2x = 0 được xác định bởi
(x, y) = (2Bn2,2BnBn+1)
hoặc
(x, y) = (2Bn2+1,2BnBn+1)
Chứng minh. Ta cóx2+y2−6xy−2x = 0tương đương với(x+y)2 = 2x(4y+ 1) và tương đương với (2x+ 2y)2 = 4.2x(4y+ 1). Do đó, kết quả được suy ra từ Định lý 2.2.5.
Vì phần chứng minh của định lý sau đây tương tự như Định lý 2.2.5 nên ta bỏ qua nó.
Định lý 2.2.7. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+y)2 = 4x(2y − 1)được xác định bởi
(x, y) = (4BnBn+1 + 1,4Bn2 + 1)
hoặc
(x, y) = (4BnBn+1 + 1,4Bn2+1 + 1)
với n ≥ 1.
Từ định lý 2.2.7, ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.8. Phương trìnhx2+y2−6xy+ 2x = 0không có nghiệm nguyên dương.
Định lý 2.2.9. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+y + 1)2 = 8xy + 1 được xác định bởi (x, y) = (1,1) hoặc
(x, y) = (bn + 1, bn−1 + 1) với n ≥ 1.
Chứng minh. Giả sử (x+y + 1)2 = 8xy + 1 vớix, y là các số nguyên dương. Cho x = y, rõ ràng (x, y) = (1,1) là một nghiệm của phương trình (x+y + 1)2 = 8xy + 1. Do đó giả sử rằng x 6= y. Khi đó không
làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng x > y. Đặt u = x +y và v = x−y. Khi đóx = u +v 2 vày = u −v 2 . Từ(x+y+1)2 = 8xy+1, ta được(u+ 1)2 = 8 u2 −v2 4 + 1. Suy ra(u−1)2−2v2 = 1. Theo Hệ quả 2.1.3 ta được (u − 1, v) = vn 2 ,2Bn với n ≥ 1. Do đó, u = vn 2 + 1và v = 2Bn. Từ đó ta được x = u +v 2 = vn 2 + 1 + 2Bn 2 = vn + 4Bn + 2 4 = vn − 2 + 4Bn + 4 4 = yn +Bn + 1 và y = u −v 2 = vn 2 + 1− 2Bn 2 = vn −4Bn + 2 4 = vn −2− 4Bn + 4 4 = yn −Bn + 1. Vậyx = yn+Bn+ 1 và y = yn −Bn + 1. Theo các tính chất (2.5) và (2.6), ta có x = bn + 1và y = bn−1 + 1. Ngược lai, nếu x = bn + 1và
1)(bn+ 1) + 1. Suy ra x, y là nghiệm của phương trình (x+y + 1)2 = 8xy + 1.
Vì cách chứng minh định lý sau đây tương tự định lý 2.2.9 nên ta bỏ qua phần chứng minh.
Định lý 2.2.10. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant(x+y−1)2 = 8xy+ 1được xác định bởi(x, y) = (bn, bn−1)
với n ≥ 2.
Định lý 2.2.11. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant x2 +y2 − 6xy = 1 được xác định bởi (x, y) = (Bn+1, Bn)
với n ≥ 1.
Chứng minh. Giả sửx2+y2−6xy = 1vớix, ylà các số nguyên dương. Khi đó (x− y)2 − 4xy = 1 và do đó x 6= y. Không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng x > y. Thay thế u = x + y, v = x − y
ta được x = u +v
2 và y = u −v
2 . Từ (x − y)2 − 4xy = 1, ta được
v2−(u2−v2) = 1tương đương vớiu2−2v2 = −1. Do đó,u = Q2n+1 2 và v = P2n+1. Vì x = u+ v 2 và y = u −v 2 nên x = Q2n+1 + 2P2n+1 4 và y = Q2n+1 − 2P2n+1 4 . Theo các tính chất (2.3) và (2.4) ta được
x = Bn+1 và y = Bn. Ngược lại, nếu (x, y) = (Bn+1, Bn), theo tính chất (1.12), ta có x2 +y2 −6xy = 1.
Định lý 2.2.12. Phương trình x2 + y2 − 6xy = −1 không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Giả sử rằng x2 +y2 − 6xy = −1tương đương với (x −
y)2−4xy = −1và do dóx−y là một số nguyên lẻ. Đặtu = x+y, v =
x−y. Khi đó ta có thể thấy rằng u2 −2v2 = 1. Vìv là một số nguyên lẻ nên u2 = 2v2 + 1 ≡ 3(mod8) (mâu thuẫn). Đó là điều cần chứng minh.
Định lý 2.2.13. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant x2 + y2 − 6xy −x = 0 được xác định bởi
(x, y) = (Bk2, BkBk+1)
hoặc
(x, y) = (Bk2+1, BkBk+1)
với k ≥ 1.
Chứng minh. Giả sử x2 +y2 −6xy − x = 0 với x, y là các số nguyên dương. Do đó (4x)2 + (4y)2 − 6(4x)(4y) − 4(4x) = 0. Đặt a = 4x
và b = 4y. Khi đó ta có thể thấy rằng a2 + b2 − 6ab − 4a = 0. Suy ra, (a + b)2 = 4a(2b + 1). Vì vậy, theo Định lý 2.2.5, tồn tại k ≥ 1
sao cho (a, b) = (4Bk2,4BkBk+1) hoặc (a, b) = (4Bk2+1,4BkBk+1). Do vậy, a = 4Bk2, b = 4BkBk+1 hoặc a = 4Bk2+1, b = 4BkBk+1. Vì
a = 4x, b = 4y nên ta được x = Bk2, y = BkBk+1 hoặcx = Bk2+1, y =
BkBk+1. Ngược lại, nếu
(x, y) = (Bk2, BkBk+1)
hoặc
với k ≥ 1, thì đễ dàng thấy rằng x2 +y2 − 6xy −x = 0.
Định lý 2.2.14. Phương trình x2+y2−6xy+x = 0không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Giả sử rằng x2 + y2 − 6xy + x = 0 với x, y là các số nguyên dương nào đó. Khi đó (4x)2 + (4y)2 − 6(4x)(4y) + 4(4x) = 0. Do đó, theo Định lý 2.2.7, tồn tại k ≥ 1 sao cho (4x,4y) = (4BkBk+1 + 1,4Bk2 + 1) hoặc (4x,4y) = (4BkBk+1 + 1,4Bk2+1 + 1)
(điều này không thể xảy ra). Đó là điều cần chứng minh.
Trên đây, ta đã trình bày một số phương trình được suy ra từ kết quả của Potter là (yn+yn+1 −1)2 = 8ynyn+1. Giờ ta sẽ đưa ra một số phương trình tương tự mà nghiệm của chúng cũng liên quan đến các số cân bằng và đối cân bằng. Khi chứng minh các phương trình này, ta lại sử dụng phương trình Pell.
Định lý 2.2.15. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant (x+ y − 1)2 = 8xy + 4 được xác định bởi
(x, y) = (Bn +bn, Bn − bn−1 −1)
với n ≥ 1.
Chứng minh. Giả sử rằng (x + y − 1)2 = 8xy + 4 với x, y là các số nguyên dương. Ta có x 6= y. Không làm mất tính tổng quát, giả sử
x > y. Đặt u = x+y, v = x−y, ta được,(u−1)2 = 2(u2 −v2) + 4. Biến đổi phương trình ta được v2 − 2
u + 1 2
2
quả 2.1.3, tồn tại n ≥ 1 sao cho v, u+ 1 2 = Q2n 2 , P2n . Do đó, v = Q2n 2 và u = 2P2n−1. Vì Q2n 2 = v2n 2 và P2n = 2Bn nên ta có thể viếtv = v2n 2 vàu = 4Bn−1. Mặt khác, vìu = x+y vàv = x−y nên ta cóx = u+v 2 , y = u −v
2 . Thay vào trên ta được x = vn −2 + 8Bn
4
và y = 8Bn −4− (vn −2)
4 . Theo các tính chất (2.5) và (2.6) và công thứcyn = vn − 2
4 , ta được x = Bn +bn và y = Bn −bn−1 −1. Ngược lại, nếu (x, y) = (Bn +bn, Bn −bn−1 −1) với n ≥ 1thì theo các tính chất (2.5), (2.6) và Bổ đề 1.5.6, ta được(x +y − 1)2 = 8xy + 4.
Bằng cách tương tự, ta có định lý sau.
Định lý 2.2.16. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant (x+ y + 1)2 = 8xy + 4 được xác định bởi
(x, y) = (Bn +bn + 1, Bn −bn−1)
với n ≥ 1.
Hai định lý sau đây cho ta những phương trình mà nghiệm của chúng rất thú vị.
Định lý 2.2.17. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant x2 − 6xy +y2 + 4x −1 = 0 được xác định bởi
(x, y) = (Bn +bn + 1 2 , Bn − bn−1 + 1 2 ) nếu n là số lẻ, (Bn +bn−1 2 , Bn + bn + 2 2 ) nếu n là số chẵn, với n ≥ 1.
Chứng minh. Giả sử rằng x2−6xy+y2+ 4x−1 = 0. Do x2−6xy+
y2 + 4x− 1 = 0 tương đương với (x+y)2 = 4x(2y − 1) + 1với x, y
là các số tự nhiên. Sau đó, nhân cả hai vế của phương trình (x+y)2 = 4x(2y −1) + 1với 4 ta được (2x+ 2y−1 + 1)2 = 8.2x(2y −1) + 4. Đặt u = 2x và v = 2y − 1 ta được (u + v + 1)2 = 8uv + 4. Theo Định lý 2.2.16 ta có (u, v) = (Bn + bn + 1, Bn − bn−1) hoặc (u, v) = (Bn −bn−1, Bn+bn + 1). Do đó, u = Bn+bn + 1 và v = Bn −bn−1
hoặc u = Bn − bn−1 và v = Bn + bn + 1. Thay thế x, y vào u, v ta được x = Bn +bn + 1
2 và y = Bn −bn−1 + 1
2 hoặc x = Bn −bn−1
2
vày = Bn +bn + 2
2 . Ta đã biết rằng Bn là số chẵn nếu và chỉ nếun là số chẵn vàbn luôn là số chẵn. Do vậy ta có (x, y) = (Bn +bn + 1 2 , Bn − bn−1 + 1 2 ) nếu n là số lẻ, (Bn +bn−1 2 , Bn + bn + 2 2 ) nếu n là số chẵn.
Ngược lại, nếu
(x, y) = (Bn +bn + 1 2 , Bn − bn−1 + 1 2 ) khi nlà số lẻ, (Bn +bn−1 2 , Bn +bn + 2 2 ) khi nlà số chẵn, bằng cách sử dụng các tính chất (2.5), (2.6) và Bổ đề 1.5.6, ta được x2 − 6xy +y2 + 4x −1 = 0. Tương tự, ta có định lý sau đây.
Diophant x2 − 6xy +y2 −4x− 1 = 0 được xác định bởi (x, y) = (Bn −bn−1 − 1 2 , Bn +bn −1 2 ) nếu nlà số lẻ, (Bn +bn 2 , Bn −bn−1 − 2 2 ) nếu nlà số chẵn, với n ≥ 2.
2.3 Lũy thừa trong dãy các số cân bằng và các số Lucas cân bằng
Trong phần tiếp theo của luận văn, chúng tôi sẽ trình bày lại một số kết quả của Dey và Rout. Cụ thể, các ông chứng minh rằng phương trình DiophantBnBn+d· · ·Bn+(k−1)d = ymvàCnCn+d· · ·Cn+(k−1)d =
ym không có nghiệm với n, d, k, y, m là các số nguyên dương , m ≥ 2, y ≥ 2 và(n, d) = 1.
Trước tiên, chúng ta cần một vài bổ đề hữu ích. Ta sẽ ký hiệu P(m)
là ước nguyên tố lớn nhất của một số nguyên dương m và đặt
∆(n, d, k) = n(n +d)· · ·(n+ (k −1)d)
với n, d, k là các số nguyên dương. Đồng thời, ta ký hiệu ∆(n,1, k)
bởi ∆(n, k). Ta ký hiệu (Q0n) là dãy các số Pell liên kết, tức là dãy số xác định bởi
Q00 = 1, Q01 = 1 và Qn0+1 = 2Q0n +Q0n−1.
Hai bổ đề sau đây cho ta mối liên hệ giữa các số Pell, số Pell liên kết và các số cân bằng.
Bổ đề 2.3.1. Số Pell và các số liên kết Pell được liên kết bởi phương trình sau Q02n − 2Pn2 = 1 nếu nlà số chẵn −1 nếu nlà số lẻ (2.7) Bổ đề 2.3.2. Cho n = 0,1, . . . ta có Bn = PnQ0n. (2.8)
Ta đã biết số cân bằng thứ n được ký hiệu là Bn và Bn thỏa mãn hệ thức truy hồi Bn+1 = 6Bn − Bn−1 với điều kiện ban đầu là B0 = 0, B1 = 1. Ta ký hiệu số Lucas cân bằng là Cn và Cn thỏa mãn hệ thức truy hồiCn+1 = 6Cn−Cn−1 với điều kiện ban đầu là C0 = 1, C1 = 3. Đa thức đặc trưng cho chuỗi cân bằng và chuỗi Lucas cân bằng là
x2 = 6x+ 1. Đặt α = 3 + √
8 vàβ = 3 −√8. Số hạng tổng quát của số cân bằng và số Lucas cân bằng được xác định bởi Bn = α
n− βn α− β
vàCn = α
n +βn
2 với n = 0,1, . . ..Đây là công thức Binet cho các dãy số (Bn) và(Cn).
Bổ đề 2.3.3. Số cân bằng và số Lucas cân bằng thỏa mãn các tích chất sau. (a)B2n = 2BnCn (b)Cn2 − 8Bn2 = 1 (c)(Bm, Bn) = B(m,n) (d)2Bn = P2n và 2Cn = Q2n = 2Q02n (e)Cn = 4Pn2 + (−1)n.
Bổ đề 2.3.4. Cho k ≥ 3, n ≥ 1 và d ≥ 1 là các số nguyên với
(n, d) = 1. Khi đó
(1)Cho n > k và d = 1 ta có P(∆(n, k)) > k.
(2)Cho n ≥ 1và d > 1 ta cóP(∆(n, d, k)) > k trừ khi (n, d, k) = (2,7,3).
Bổ đề 2.3.5. Cho n ≥ 1, d > 1 và k ≥ 6 là các số nguyên với
(n, d) = 1. Khi đó có một số nguyên dương i nhỏ nhất với 0 ≤ i < k
sao cho n+id là số lẻ và P(n+id) > k.
Bổ đề 2.3.6. Chox ≥ 3vàxlà số nguyên. Khi đó nửa khoảng
2x
3 , x
chứa một số nguyên tố.
Bổ đề 2.3.7. Cho n ≥ 2vàk ≥ 2là các số nguyên với n ≤ 2k. Khi đó tồn tại duy nhấti với 0 ≤ i ≤ k −1 sao cho n+i là số nguyên tố.
Chứng minh. Từ n ≥ 2 và k ≥ 2, ta có n + k − 1 ≥ 3. Theo Bổ đề 2.3.6, nửa khoảng 2(n+k − 1) 3 , n+ k −1 chứa một số nguyên tố R. Nếu n ≤ 2k − 2, ta thấy rằng 2(n+k − 1) 3 = 2n+ 2k − 2 3 ≥ n. Nếun = 2k, khi đó 2(n+ k −1) 3 = 2n+ 2k − 2 3 = n−2 3. Tương tự, nếu n = 2k − 1, khi đó 2(n+k − 1) 3 = 2n+ 2k − 2 3 = n − 1 3. Lại có R > 2(n+k − 1) 3 . Do đó, 2R > 3R 2 > n+k − 1. Vì thế, tồn tại duy nhất số ivới 0 ≤ i ≤ k − 1sao cho n+i = R.
n > 2k. Khi đó P k−1 Y i=0 (n+ 2i) ! > 3.5k trừ khi (n, k) ∈ {(5,2),(7,2),(25,2),(243,2),(9,4),(13,5),(17,6), (15,7),(21,8),(19,9)}.
Bổ đề 2.3.9. Đặt D = 2a3b là một số nguyên với a, b là các số nguyên không âm. Khi đó, phương trình
x2 − Dyn = ±1 (2.9)
trong đó (x, y, n) là các số nguyên dương, n ≥ 3 chỉ có các nghiệm được cho bởi
(x, y, n, D) ∈ {(1,1, n,2),(2,1, n,3),(3,1, n,8),(5,1, n,24),
(7,1, n,48),(17,1, n,228),(3,2,3,1),(5,2,3,3),
(7,2,4,3), (17,2,5,9),(239,13,4,2)}.
Mệnh đề sau đây cho ta thấy rằng trừ B1 = 1 thì không có số lũy thừa nào trong dãy các số cân bằng.
Mệnh đề 2.3.10. Cho các số nguyên dương y vàl ≥ 2, phương trình
Bm = yl (2.10)
không có nghiệm nguyên dương m ≥ 2.
Chứng minh. Giả sử tồn tại một số nguyên m ≥ 2 để Bm = yl với
Bm = PmQ0m, ở đây(Pm, Q0m) là một nghiệm của phương trình (2.7), đó là
Q02m− 2Pm2 = ±1. (2.11) Rõ ràng (Pm, Q0m) = 1. Từ Bm là số lũy thừa thỏa mãn phương trình