Mục đích của mục này là trình bày kết quả của định lý sau đây.
Định lý 2.4.1. Không tồn tại một bộ nghiệm nguyên (n, d, k, y, l) của phương trình Diophant
BnBn+d. . . Bn+(k−1)d = yl (2.23)
với n ≥ 1, d ≥ 1, k ≥ 2, y ≥ 1, l ≥ 2 và(n, d) = 1.
Để chứng minh định lý này, ta cần một số bổ đề sau.
Bổ đề 2.4.2. Choplà một số nguyên tố lẻ vàm | n. Nếup |
Bm, Bn Bm thìp | n m.
Bổ đề 2.4.3. Cho p là một số nguyên tố lẻ và đặt e > 0 là một số nguyên. Nếu q | Bpe với q là số nguyên tố, khi đó q ≥ 2p− 1.
Bổ đề 2.4.4. Cho n = Repe11 . . . per
r là sự phân tích số nguyênn ra các thừa số nguyên tố. Ở đây R = P(n) vàp1,· · · , pr, R là các số nguyên tố phân biệt. Khi đó
BRe, Bn BRe = 1. Chứng minh. Nếu R = 2, thì ta có n = Re và BRe, Bn BRe = (BRe,1) = 1.
Do đó, ta có thể giả sửRlà số nguyên lẻ. TừRe là số nguyên tố lẻ,BRe
là số lẻ. Giả sử rằng có một số nguyên tố lẻ q | BRe, Bn BRe . Theo Bổ đề 2.4.2,ta được q | n Re = pe11 · · ·per r . Do đó, q = pi với 1 ≤ i ≤ r và vì thếq < R. Tương tự, từq | BRe, theo bổ đề 2.4.3, ta cóq ≥ 2R−1, mâu thuẫn với q < R. Do đó, không tồn tại ước nguyên tố nào của
BRe, Bn BRe
.
Bổ đề 2.4.5. Cho n và k là các số nguyên dương sao cho k < n. Khi đó phương trình
n+k−1
Y
i=n
Bi = yl (2.24)
không có nghiệm nguyên y ≥ 2 vàl ≥ 2.
Chứng minh. Từk < ntheo Bổ đề 2.3.4(1), bộ {n, n+ 1,· · · , n+k− 1} chứa một thừa số nguyên tố R sao cho R > k. Nếu Rlà ước của cả
n +i và n+ j với i, j là các số nguyên sao cho 0 ≤ i, j ≤ k − 1 thì
iduy nhất, 0 ≤ i ≤ k − 1. Hơn nữa, (R, n+j) = 1, j = 0,· · · , k−1
vàj 6= i, suy ra rằng
(BR, Bn+j) = B(R,n+j) = B1 = 1. (2.25) Thêm nữa,BR,Qk−1
j=0,j6=iBn+j = 1. Giả sử (2.24) có nghiệm nguyên
y vàl ≥ 2. Khi đó n+k−1 Y i=1 Bi = BRBn+i BR k−1 Y j=0,j6=i Bn+j = yl. (2.26) Theo Bổ đề 2.4.4 và sự phân tích duy nhất ra thừa số nguyên tố của một số nguyên, ta kết luận rằng BR = yRl với yR là số nguyên, mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.10.
Bây giờ ta chứng minh định lý 2.4.1
Chứng minh. Giả sử tồn tại số nguyên dươngn, d, k sao cho
BnBn+d· · ·Bn+(k−1)d = yl
với số nguyêny ≥ 2 vàl ≥ 2.
Nếud > 1vàk ≥ 2, theo Bổ đề 2.3.4(2), ta đượcR = P(∆(n, d, k)) > k trừ khi (n, d, k) = (2,7,3).
Nếu (n, d, k) = (2,7,3) thì 2.23 trở thành B2B9B16 = yl. Tuy nhiên, dễ dàng kiểm tra được B2B9B16 không phải là số lũy thừa. Do đó,
(n, d, k) 6= (2,7,3). Từ (n, d, k) 6= (2,7,3), ta có R > k. Do đó,
R | ∆(n, d, k). Giả sử R | (n+ id) và R | (n+jd) với i 6= j,
ta kết luận rằng R | d. Từ (n, d) = 1, ta thấy R - n và do đó
R - (n + rd) với 0 ≤ r ≤ k −1. Suy ra R - ∆(n, d, k), dẫn đến mâu thuẫn. Vì thế, R chỉ là ước của một n + rd với 0 ≤ r ≤ k −1. Đặt n + id = Repe11 · · ·per
r với P(n + id) = R với i là số thỏa mãn
0 ≤ i ≤ k −1. Từ (Re, n +rd) = 1 với mọi r 6= i, 0 ≤ r ≤ k −1, ta được (Bn+rd, BRe) = 1. (2.27) Từ P(n+id) = R, theo Bổ đề 2.4.4, ta có BRe, Bn+id BRe = 1. (2.28)
Bây giờ ta có thể viết phương trình (2.23) dưới dạng
BRe Bn+id BRe k−1 Y r=0,r6=i Bn+rd = yl. (2.29) Từ (2.27) và (2.28), ta có thể thấy rằng BRe, Bn+id BRe k−1 Y r=0,r6=i Bn+rd = 1. (2.30)
Theo (2.29), (2.30) và sự phân tích duy nhất của số nguyên thành thừa số nguyên tố, ta kết luận rằng BRe là một số lũy thừa, điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.10. Vì vậy , phương trình (2.23) không có nghiệm. Khi d = 1 và n > k thì theo Bổ đề 2.4.5, ta kết luận rằng phương trình (2.23) không có nghiệm. Bây giờ, ta xem xét trường hợp cuối cùng d = 1 và n ≤ k. Theo Bổ đề 2.3.7, tồn tại duy nhất số i
với n ≤ t ≤ n+k −1 và t 6= n+i. Suy ra (BR, Bt) = 1. Do đó,
BR,Qk−1
j=0,j6=iBn+j = 1. Vì thế, sử dụng Bổ đề 2.4.4, ta kết luậnBR
là một số lũy thừa, điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 2.3.10.
2.5 Lũy thừa trong tích của các số Lucas cân bằng
Tương tự như mục trước, định lý sau đây là mục đích chính của mục này.
Định lý 2.5.1. Không tồn tại một bộ số nguyên(n, d, k, y, l)là nghiệm của phương trình Diophant
CnCn+d· · ·Cn+(k−1)d = yl (2.31)
với n ≥ 1, d ≥ 1, k ≥ 2, y ≥ 1, l ≥ 2 và(n, d) = 1.
Để chứng minh định lý này, ta cần các bổ đề sau.
Bổ đề 2.5.2. Nếu (m, n) = 1 thì (Cm, Cn) = 3r với r là số nguyên không âm.
Chứng minh. Ta có tất cả các số Lucas cân bằng là số lẻ, 2 không là một ước nguyên tố của (Cm, Cn). Cho p là một ước nguyên tố lẻ của
(Cm, Cn) và ký hiệu (p) là idean chính pZ[2] trong vành Z[2]. Khi đó, sử dụng dạng Binet cho Cm ta được
αm+βm ≡ 0(modp), suy ra α β m ≡ −1(modp). Tương tự, α β n
≡ −1(modp). Từ (m, n) = 1, tồn tại các số nguyên
r vàssao chomr+ns = 1. Do đó, ta có α β mr+ns ≡ α β (modp).
Suy ra (−1)r+s ≡
α β
(modp). Do đó, α ≡ ±β(modp). Nếu α ≡
β(modp) thì 4√
2 ≡ 0(modp), điều này không thể xảy ra vìp 6= 2. Nếu α ≡ −β(modp) thì 6 ∈ (p). Từ p 6= 2, chỉ có giá trị thỏa mãn là p = 3. Do đó, 3 là ước nguyên tố có thể có duy nhất của (Cm, Cn). Vì thế, (Cm, Cn) = 3r với r là số nguyên không âm.
Bổ đề 2.5.3. Cho n > 1 là một số nguyên. Đặt R = P(n) và giả sử rằng n/R là một số nguyên lẻ. Khi đó CR, Cn CR = 3a
với a là một số nguyên không âm.
Chứng minh. Giả sử Rlà một số nguyên tố lẻ. Cho p 6= 3và là một số nguyên tố lẻ sao cho p |
CR, Cn CR . Theo Bổ đề 2.3.3(d), ta kết luận rằng p | Q2R 2 , Q2n Q2R .
Do đó, theo Bổ đề 2.3.3(e), ta được p | n
R mà n/R là số lẻ nênp ≤ R. Tương tự, ta có p | CR. Nếu p không là ước nguyên thủy của CR thì
p | Ci với i là số nguyên, 1 ≤ i < R. Do đó, theo Bổ đề 2.5.2, ta được
(CR, Ci) = 3b với b là số nguyên không âm. Suy ra p = 3, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Do đó, p là ước nguyên thủy của CR = Q2R
2
và do đó, ta có p ≡ ±1(mod4R), suy ra p ≥ 4R−1, mâu thuẫn với p ≤ R. Vì vậy, 3 là ước nguyên tố duy nhất của
CR, Cn CR
. Nếu
ta cần phải có n = 2. Do đó, CR, Cn
CR
= 1 = 30. Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.5.4. Cho các số nguyên dương bất kỳ m, y và l > 1, phương trình m Y i=1 Ci = yl (2.32) không có nghiệm.
Chứng minh. Giả sử tồn tại số nguyên dương m, y và l > 1 sao cho
Qm
i=1Ci = yl là đúng. Cho R là số nguyên tố lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằngm. Khi đóm < 2R. Vì thế, với tất cả các số nguyêni = 1,· · · , m
với R 6= i, ta có (R, i) = 1. Do đó, theo Bổ đề 2.5.2, với mỗi i 6= R,
1 ≤ i ≤ m, ta có
(CR, Ci) = 3ri
với ri là số nguyên không âm. Vì thế, ta có thể viết CR = 3tu và
Ci = 3rivi với r, t, vi là các số nguyên, 3 - u và (u, vi) = 1. Do đó, phương trình (2.32) trở thành 3tu m Y i=1,i6=R 3rivi = yl, và suy ra u m Y i=1,i6=R vi = 3kyl
với k là một số nguyên. Từ (u, vi) = 1với tất cả i 6= R, ta cóu = 3ky1l
nguyên không âm. Điều này không thể xảy ra theo Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12.
Bây giờ ta chứng minh Định lý 2.5.1.
Chứng minh. Giả sử rằng tồn tại các số nguyên dương n, d, k sao cho phương trình (2.31) là đúng với một số số nguyên y > 1 và l > 1. Giả sử k = 2. Khi đó phương trình (2.31) trở thành
CnCn+d = yl.
Từ (n, d) = 1, ta có (n, n + d) = 1. Do đó, theo Bổ đề 2.5.2, ta có
(Cn, Cn+d) = 3r với r là số nguyên không âm. Vì thế, theo tính phân tích duy nhất của số nguyên, ta được Cn = 3ry1l với r là số nguyên không âm và y1 là số nguyên dương (điều này không thể xảy ra theo Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12). Do đó trường hợp này không thể xảy ra. Giả sử k = 3. Khi đó, ta có thể viết phương trình (2.31) như sau
CnCn+dCn+2d = yl.
Nếunlà số chẵn thìn+dlà số lẻ. ĐặtP(n+d) = Rvà do đóRlà một số nguyên tố lẻ. Từ (n, d) = 1, ta thấy R - n và R - n(n+ 2d). Vì thế,
(CR, Cn) = 3a vớia là số nguyên không âm và(CR, Cn+2d) = 3b với b
là số nguyên không âm. Theo Bổ đề 2.5.3, ta được
CR, Cn+d CR
= 3c
với c là số nguyên không âm. Vì vậy, CR = 3ryl1 với số nguyên không âm r và số nguyên dương y1. Điều này mâu thuẫn với các Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12. Nếu n là số lẻ thì n + 2d là số lẻ. Đặt P(n) = R
và do đó R là số nguyên tố lẻ. Từ (n, d) = 1 ta thấy R - (n + d) và
R - (n+ 2d). Do đó, (CR, Cn+d) = 3a với a là số nguyên không âm,
(CR, Cn+2d) = 3bvới blà số nguyên không âm và
CR, Cn CR
= 3c với
c là số nguyên không âm. Do đó, CR = 3ry1l với r là số nguyên không âm và y1 là số nguyên dương. Điều này mâu thuẫn với các Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12. Giả sửk = 4. Khi đó phương trình (2.31) trở thành
CnCn+dCn+2dCn+3d = yl.
Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử rằng nvà n+ 2d là số lẻ. Đặt
P(n + 2d) = R và khi đó R là một số nguyên tố lẻ. Vì vậy R - n,
R - (n + d) và R - (n + 3d). Bây giờ, ta làm như chứng minh của trường hợp k = 3 ta kết luậnCR = 3ry1l với r là số nguyên không âm vày1 là số nguyên dương. Điều này mâu thuẫn với các Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12. Giả sửk = 5. Khi đó phương trình (2.31) trở thành
CnCn+dCn+2dCn+3dCn+4d = yl.
Nếunlà số chẵn thì n+d, n+ 3dlà số nguyên lẻ. Do đó, một trong số chúng không phải ước của 3, giả sử n+ d. Đặt P(n+ d) = R và khi đóR > 3là một số nguyên tố lẻ. Vì vậy R - (n+ 2d),R - (n+ 3d)và
R - (n+ 4d)vì R > 3. Vì thế,(CR, Cn) = 3avới alà số nguyên không âm,(CR, Cn+2d) = 3b với b là số nguyên không âm, (CR, Cn+3d) = 3c
với c là số nguyên không âm và (CR, Cn+4d) = 3e với e là số nguyên không âm. Cũng theo Bổ đề 2.5.3, ta có
CR, Cn+d CR
= 3t với t là số nguyên không âm. Do vậy, CR = 3ry1l với r là số nguyên không âm,
y1 là số nguyên dương. Điều này mâu thuẫn với các Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12.
Nếunlà số lẻ thìn+2dcũng là số nguyên lẻ. ĐặtP(n+2d) = Rvà khi đóRlà một số nguyên tố lẻ. Vì vậyR - n,R - (n+d),R - (n+3d)
và R - (n + 4d). Vì thế, (CR, Cn) = 3a với a là số nguyên không âm,(CR, Cn+d) = 3b với b là số nguyên không âm, (CR, Cn+3d) = 3c
với c là số nguyên không âm và (CR, Cn+4d) = 3e với e là số nguyên không âm. Cũng theo Bổ đề 2.5.3, ta có
CR, Cn+d CR
= 3t với t là số nguyên không âm. Do vậy, CR = 3ry1l với r là số nguyên không âm,
y1 là số nguyên dương. Điều này mâu thuẫn với các Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12.
Bây giờ, ta xem xét trường hợp k ≥ 6 và d > 1. Theo Bổ đề 2.3.5, tồn tại một số nguyên i nhỏ nhất thỏa mãn 0 ≤ i < k sao cho
P(n+id) = R > kvàn+idlà một số nguyên lẻ. Suy ra rằngRlà một số nguyên tố lẻ. TừRlà ước củan+id, ta chú ý rằngR - (n+jd)∀j 6= i
với 0 ≤ j < k. Thật vậy, giả sử R | (n+rd) với r 6= i và 0 ≤ r < k. Do đó R | (r − i)d. Từ | r − i |< k và R > k, ta được R | d (mâu thuẫn với (n, d) = 1). Do đó, Rlà ước của n+id và R - (n+ jd) với mọij 6= ivà0 ≤ j < k. Vì thế,(CR, Cn+rd) = 3ar với ar là số nguyên không âm và r là số nguyên, r 6= i. Từ n + id là một số nguyên lẻ và
R là một số nguyên tố lẻ, ta thấy rằng n+id R là một số nguyên lẻ. Vì vậy, theo Bổ đề 2.5.3, CR, Cn+id CR
= 3b với b là số nguyên không âm. Đặt CR = 3cu với clà nguyên không âm,u là số nguyên dương và
3 - u. Do đó,
u, Cn+id CR
= 1 và (u, Cn+rd) = 1 với mọi số nguyên
r 6= i. Ta cần viết lại phương trình (2.31) như sau
3cuCn+id CR k−1 Y j=1,j6=i Cn+id = yl. (2.33) Từ các lập luận trên, ta kết luận rằngu = 3ry1l vớir là số nguyên không âm vày1 là số nguyên dương. Suy raCR = 3c+ry1l (mâu thuẫn với các Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12) Cuối cùng, xét trường hợp k ≥ 6, d = 1. Trong trường hợp này, phương trình (2.31) trở thành
k−1
Y
i=1
Cn+i = yl. (2.34)
Nếu n ≤ 2k thì theo Bổ đề 2.3.7, tồn tại duy nhất số nguyên i với
0 ≤ i ≤ k − 1sao cho R = P(n(n+ 1)· · ·(n+k − 1)) = n+i. Do vậy, (R, t) = 1 với mọi số nguyên t, n ≤ t ≤ n+ k −1 và t 6= n+i. Suy ra(CR, Ct) = 3a vớialà số nguyên không âm. Do vậy,CR = 3ry1l
với r là số nguyên không âm và y1 là số nguyên dương. Điều này là không thể theo Mệnh đề 2.3.11 và 2.3.12. Nếu n > 2k thì theo Bổ đề 2.3.8, ta được một số nguyên imàn+ilà số lẻ với R = P(n+i) > k
vàR - (n+j)với mọi số nguyên j = 1,2,· · · , k−1vàj 6= i. Do đó, một lần nữa ta đưa đến CR = 3ayl1 với a là số nguyên không âm và y1
là số nguyên dương. Điều này cũng không thể theo Mệnh đề 2.3.11 và mệnh đề 2.3.12.
Kết luận
Luận văn đã trình bày được một số vấn đề sau:
1. Nhắc lại khái niệm về số cân bằng, số đối cân bằng, số tam giác, số Pell, ... Đồng thời trình bày lại một số kết quả của Keskin và Karaatli về các số cân bằng và các số tam giác chính phương. 2. Trình bày lại một số kết quả của Karaatli và Keskin về một số
phương trình Diophant liên quan đến số tam giác chính phương và số cân bằng chính phương.
3. Trình bày lại một số kết quả của Dey và Rout về một số phương trình Diohant liên quan đến số cân bằng và số Lucas cân bằng.
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Hoàng Thị Hường (2015),Số cân bằng và số đối cân bằng, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên.
Tiếng Anh
[2] Dey P.K., Rout S.S. (2017), “Diophantine equations concerning balancing and Lucas balancing numbers",Archiv der Mathematik 108(1), pp. 29–43.
[3] Karaatli O., Keskin R. (2010), “On some diophantine equations related to square triangular and balancing numbers", Journal of Algebra, Number Theory: Advances and Applications 4(2), pp. 71-89.
[4] Keskin R., Karaatli O. (2012), “Some new properties of balanc- ing numbers and square triangular numbers", Journal of integer sequences 15, Article 12.1.4.