Phương trình Pell

Mục đích nghiên cứu là tập hợp và hệ thống lại một số kiến thức cơ bản của liên phân số. Đồng thời vận dụng kiến thức này vào nghiên cứu phương trình Pell có đặc điểm gì? Phương pháp giải và ứng dụng của nó trong Số học? Xây dựng hệ thống ví dụ nhằm bổ sung làm sáng tỏ phần lý thuyết và các bài tập giúp người đọc hiểu sâu hơn. Đồng thời đưa ra một số ứng dụng của nó trong Số học. Chương I. Kiến thức chuẩn bị . 3 I.1. Bổ đề 1 3 I.2. Bổ đề 2 3 I.3. Biểu diễn liên phân số của [IMG]file:///C:/DOCUME~1/Admin/LOCALS~1/Temp/msohtml1/01/clip_image002.gif[/IMG] . 4 I.4. Bổ đề 3 5 I.5. Bổ đề 4 6 I.6. Bổ đề 5 7 I.7. Bổ đề 6 8 Chương II. Các dạng phương trình Pell và một số phương pháp giải 11 II.1. Định nghĩa 11 II.2. Các định lý . 11 II.2.1. Dạng 1 11 II.2.2. Dạng 2 19 II.2.3. Dạng 3 29 Chương III. Bài tập . 35 Chương IV. Một vài ứng dụng 82 II.4.1. Ứng dụng 1.Tìm số chính phương . 82 II.4.2. Ứng dụng 2. Xấp xỉ hữu tỉ của [IMG]file:///C:/DOCUME~1/Admin/LOCALS~1/Temp/msohtml1/01/clip_image002.gif[/IMG] 82 II.4.3. Ứng dụng 3. Những số đa giác . 83 II.4.3.1. Số tam giác và hình vuông . 83 II.4.3.2. Số hình vuông và ngũ giác . 84 II.4.4. Ứng dụng 4. Tổng của những số nguyên liên tiếp nhau . 84 II.4.4.1. Bài toán 1 84 II.4.4.2. Bài toán 2 85 II.4.4.3. Bài toán 3 86 II.4.5. Ứng dụng 5. Tam giác Phytago 86 II.4.5.1. Với những cạnh bên là các số nguyên liên tiếp . 87 II.4.5.2. Với cạnh bên và cạnh huyền là các số nguyên liên tiếp 87 II.4.6. Ứng dụng 6. Tam giác Hêrông 88 Phần kết luận 89

doc89 trang | Chia sẻ: lvcdongnoi | Ngày: 26/01/2013 | Lượt xem: 5082 | Lượt tải: 16download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Phương trình Pell, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Phương trình Pell  PAGE 90 PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Trong suốt bao nhiêu năm học toán từ thời tiểu học đến đại học, em đã học được rất nhiều điều hay, điều mới lạ, có những vấn đề dễ hiểu, có những vấn đề đọc mãi mà chẳng ra, có những vấn đề có trong chương trình học, mà có nhiều vấn đề không có trong chương trình. Đó là những vấn đề có thể đối với thế giới là bình thường nhưng đối với em là điều mới, điều hay và nó thu hút bản năng thích tìm tòi, khám phá và chinh phục của mình. Phương trình Pell là một dạng của phương trình Diophantine nhưng bản thân nó khá phong phú và lại rất đa dạng cả trong lịch sử ra đời, trong định nghĩa, trong phương pháp giải và cả ứng dụng của nó trong số học. Chính tính hấp dẫn của vấn đề cùng với việc mong muốn giới thiệu vấn đề tới các bạn sinh viên ngành toán của trường.Vì thế, em đã có động lực để nghiên cứu đề tài và chọn đề tài luận văn của mình là: “Phương trình Pell” dưới sự góp ý của thầy hướng dẫn Bùi Anh Kiệt. 2. Lịch sử vấn đề Jonh Pell (1611-1685) nhà toán học, người đã tìm ra những nghiệm nguyên ở thế kỉ 17. Tuy nhiên ông chưa là người đầu tiên làm điều này. Phương trình Pell đã được phát minh với chiều sâu hàng trăm năm trước khi Pell ra đời. Sự đóng góp đầu tiên là nhà toán học người Ấn Độ - Brahmagupta, cách đây 1000 năm, trước thời gian của Pell. Với sự đóng góp của ông đã bắt đầu lịch sử nghiên cứu về phương trình Pell. Năm 1150 sau Công Nguyên, một nhà toán học Ấn Độ khác – Bhaskara II, ông đã khám phá ra phương pháp tuần hoàn, mà người Ấn Độ gọi là chakravala . Thế kỉ thứ 14, Narayana đưa ra một số ví dụ về phương pháp tuần hoàn của Bhaskara II. Thế kỉ thứ 17, ở Châu Âu, Fermat đã khẳng định rằng “với mọi số n, có vô hạn con số là nghiệm của phương trình”, ông không chứng minh được. Nhưng các nhà toán học người Anh: William Bramker và John Walliss đã làm được. Ngoài ra Frenicle de Bessy đã sắp xếp thành bảng những nghiệm của phương trình Pell với tất cả số . Thế kỉ thứ 18, vào năm 1766, Lagrange đã chứng minh được rằng nghiệm của phương trình phụ thuộc vào khai triển liên phân số của . 3. Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu là tập hợp và hệ thống lại một số kiến thức cơ bản của liên phân số. Đồng thời vận dụng kiến thức này vào nghiên cứu phương trình Pell có đặc điểm gì? Phương pháp giải và ứng dụng của nó trong Số học? Xây dựng hệ thống ví dụ nhằm bổ sung làm sáng tỏ phần lý thuyết và các bài tập giúp người đọc hiểu sâu hơn. Đồng thời đưa ra một số ứng dụng của nó trong Số học. Em hay bất cứ một bạn sinh viên nào trước khi ra trường đều muốn tạo dựng một thành quả tốt đẹp cho mình, một công trình nhỏ của riêng mình, để thấy được rằng đây chính là sản phẩm đầu tay của người sinh viên sau 4 năm ngồi trên giảng đường Đại học . Em nghiên cứu đề tài này là muốn hoàn thành Luận văn tốt nghiệp, bên cạnh đó em muốn được mở mang kiến thức, tầm nhìn của mình về môn toán. Từ đó tạo đà cho em sẽ phát triển cao hơn về năng lực tư duy trong nghiên cứu toán học. 4. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu Luận văn thừa nhận một số khái niệm và tính chất cơ bản của Số học, dãy số. Bên cạnh đó, luận văn trình bày một số kiến thức cơ sở của liên phân số cuối cùng là đi đến khái niệm phương trình Pell và hình thành cách giải của phương trình. 5. Phương pháp nghiên cứu Đọc sách có liên quan đến đề tài, tìm tài liệu trên mạng. Sử dụng phương pháp phân tích để nắm vững vấn đề một cách chi tiết. Sử dụng phương pháp tổng hợp, hệ thống những kiến thức tiên quyết, trình bày vấn đề theo trình tự logic để người đọc dễ theo dõi. 6. Nội dung nghiên cứu Nội dung chính của đề tài gồm 4 chương: Chương I. Kiến thức chuẩn bị Chương II. Các dạng phương trình Pell và một số phương pháp giải Trong chương này, thì gồm 3 dạng của phương trình Pell và các định lý nói lên phương pháp giải của nó cùng các ví dụ cụ thể. Chương III. Bài tập Chương IV. Một vài ứng dụng PHẦN NỘI DUNG Chương I. Kiến Thức Chuẩn Bị I.1. Bổ đề 1 Cho là số vô tỉ, khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên dương (p, q): Chứng minh Theo tính chất của liên phân số vô hạn ta có: với . Mà theo cách xác định , thì: Vì thế: Chọn , ta có điều phải chứng minh. I.2. Bổ đề 2 Với cặp số nguyên dương (p, q) tồn tại trong bổ đề 1 Khi đó: Chứng minh Thật vậy ta có: Mà: . I.3. Biểu diễn liên phân số của Chiều dài chu kì của liên phân số của là n. Trong đó Ví dụ 1 Cho phương trình: , biểu diễn liên phân số của Vậy . Trong đó n = 4 chính là chiều dài của chu kỳ liên phân số của . Một số biểu diễn liên số của với d là số không chính phương nằm trong đoạn từ 2 đến 40: I.4. Bổ đề 3 Giả sử d và n là số nguyên sao cho d > 0, d không là số chính phương, . Khi đó nếu thì là giản phân của liên phân số của . Chứng minh Trường hợp 1: n > 0 Vì Do đó: hơn nữa, do nên: . Do ta suy ra được là giản phân của liên phân số của . Trường hợp 2: n 0 với được xác định như trên thì . * Chứng minh: đúng với k + 1 Thật vậy: theo giả thuyết quy nạp. Ta có vì thì là số chính phương (vô lý ). Ta có: Ta có và theo giả thuyết quy nạp nên . . c) Bằng phương pháp quy nạp: * Với k = 0, luôn đúng. * Giả sử với k > 0 thì * Chứng minh: đúng với k + 1. Thật vậy: . I.6. Bổ đề 5 Nếu là giản phân của liên phân số của . Khi đó: Chứng minh * Cho Ta biết: mà ta có: Ta có: Do vế phải là số hữu tỉ mà là số vô tỉ nên: lần lượt nhân 2 vế của hệ thức cho Ta có: Cộng vế theo vế ta có kết quả là: Mà ta có: Nên ta có: * Ta có : , vì thế: Nếu k chẵn: Nếu k lẻ: Xét : Nếu k lẻ thì (k - 1) chẵn nên: Nếu k chẵn thì (k - 1) lẻ nên: Ta bắt đầu với Mà . Tương tự ta có mà . I.7. Bổ đề 6 Nếu n là chiều dài chu kì của liên phân số của Thì khi đó nếu và chỉ nếu . Chứng minh Đảo Cho Ta có: Khi đó: Ta có: Nhưng: Vậy kết quả nhận được là Thuận Cho j là số nguyên dương thỏa . Khi đó: Xét phần nguyên, ta có thể viết: Định nghĩa của Ta có: Điều đó có nghĩa là khối duy trì sự lặp lại trong sự biểu diễn liên phân số của Do đó, j phải là bội của chiều dài n chu kì của liên phân số . Ví dụ 2 n = 2 là chiều dài chu kì của liên phân số của .  3 1 6 1 1 3 4 27 310 1 1 7 8 Khi đó: Sự tính toán đã chỉ ra rằng: Chương II. Các Dạng Phương Trình Pell Và Một Số Phương Pháp Giải II.1. Định nghĩa Phương trình Pell có dạng: Trong đó d và n là số nguyên cho trước, x và y là nghiệm nguyên cần tìm. Trong phạm vi đề tài này, tôi nghiên cứu phương trình Pell ở 3 dạng: và bất kì. Đặc biệt ta chỉ xét nghiệm nguyên dương. II.2. Các định lý II.2.1. Dạng 1 (1) với d là số nguyên. II.2.1.1. Định lý 1 Nếu d là số chính phương (d = m2), thì (1) không có nghiệm nguyên dương. Chứng minh Ta có: d = m2 nên Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương nên (vô lý) Vậy (1) không có nghiệm nguyên dương. II.2.1.2. Định lý 2 Nếu d là số nguyên âm thì (1) không có nghiệm nguyên dương. Chứng minh Đặc . Khi đó: (1) . Nếu Nếu Vậy (1) không có nghiệm nguyên dương. II.2.1.3. Định lý 3 (Điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình Pell dạng 1) Phương trình Pell có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d là số nguyên dương và không phải là số chính phương. Chứng minh Thuận Theo định lý 1 và định lý 2, ta có: phương trình có nghiệm nguyên dương thì d là số nguyên dương và không chính phương. Đảo Theo bổ đề 2 ta có tồn tại vô số cặp số (x, y) nguyên dương sao cho: (2) Từ tính vô hạn của các cặp số nguyên dương (x, y) nên: sao cho có vô số cặp số nguyên dương (x, y) thỏa: . Khi đó ta xét tập với Và . * Vì có vô số (x, y) . Do cặp số (i, j) là hữu hạn vì Mà hiển nhiên suy ra từ định nghĩa của hai tập . mà (i, j) là hữu hạn cặp nên * Xét . Sao cho : (3) Ta có : (4) Mà từ (3) ta có : (5) (6) Kết hợp 3, 4, 5, 6 ta có được : Nhân hai vế của hệ phương trình ta có : Do * Ta đi chứng minh u và v là những số nguyên dương. Ta có: và ta chỉ xét nghiệm nguyên dương. Giả sử v = 0, ta có: Theo (3) thì ta có : (7) Giả sử là số hữu tỉ (vô lý). Nên Từ (7) ta có : Vì là số vô tỉ và nên : (vô lý). Vậy v > 0 . Tóm lại . II.2.1.4. Định lý 4 Cho là giản phân của liên phân số của với n là chiều dài của nó. a) Nếu n chẵn, khi đó tất cả các nghiệm dương của (1) được cho bởi: b) Nếu n lẻ, khi đó tất cả các nghiệm dương của (1) được cho bởi: Chứng minh Theo Bổ đề 3 ta có: là nghiệm của phương trình Trong đó: là giản phân của liên phân số của Theo Bổ đề 5, thì: So với: là số chẵn. Theo bổ đề 5 Nếu n lẻ: mà ( j + 1) chẵn nên k’ chẵn , k’ = 2k Vậy nghiệm của phương trình (1) là: Nếu n chẵn: mà ( j + 1) chẵn nên Vậy nghiệm của phương trình (1) là: . Ví dụ 3 Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình: (1) Thật vậy: với chiều dài chu kì là 5 (lẻ). Nên ta có các giản phân sau:  3 1 1 1 1 6 1 1 1 1 6 1 1 1 11 3 4 7 11 18 119 137 256 393 649 4287 4936 9223 14159 233820 1 1 2 3 5 33 38 71 109 180 1189 1369 2558 3927 6485 Ta có tử số và mẫu số của giản phân (*) là dạng nghiệm của phương trình (1). Với k = 1: nên (649, 180) là cặp nghiệm bé nhất của phương trình (1). Để tìm các cặp nghiệm còn lại ta lần lượt thế k = 2, 3, 4,…vào (*) và dựa vào bảng các giản phân ta sẽ xác định được. * Định nghĩa nghiệm cơ bản Nghiệm (x, y) của phương trình Pell được gọi là nghiệm cực tiểu nếu x 0 vì Vậy r, s là nghiệm dương của phương trình So với (1) mâu thuẫn. Nên điều phản chứng là sai. Nên tồn tại số n sao cho mọi u, v là nghiệm nguyên dương của phương trình đều có dạng: . Ví dụ 4 Tìm ba nghiệm đầu tiên của phương trình: (*) Thật vậy: trước tiên ta xác định nghiệm cơ bản của phương trình (*) Bằng phương pháp thế: y = 1, 2, 3,… vào 23y2 + 1 Với y = 1: x2 = 23 + 1 = 24 loại Với y = 2: x2 = 23.4 + 1 = 92 loại Với y = 3: x2 = 23.32 + 1 = 208 loại Với y = 4: x2 = 23.42 + 1 = 369 loại Với y = 5: x2 = 23.52 + 1 = 576 nên x = 24 Vậy nghiệm cơ bản là (24, 5) * Ta có: Vậy nghiệm thứ hai của phương trình (*) là (1151, 240) Tương tự, ta tìm nghiệm thứ ba như trên, ta có: Vậy nghiệm thứ ba của phương trình (*) là (55224, 11515). II.2.1.7. Định lý 7 Nếu là nghiệm của phương trình (1) Và là nghiệm của phương trình (2) Thì là nghiệm của phương trình Các nghiệm của phương trình (*) khác biệt nhau với sự khác biệt của Chứng minh Đặt Ta thấy: Giả sử lần lượt là nghiệm của phương trình (1) và (2) với II.2.1.8. Hệ quả Nếu (a, b) là nghiệm của phương trình Thì là nghiệm của phương trình Chứng minh Áp dụng trực tiếp từ định lý 8, ta có: là nghiệm của phương trình (1) Chia hai vế của phương trình cho c2 ta nhận được: . Ví dụ 5 Trở lại ví dụ ở phần II.1.14 Ta thấy: (5, 1) là nghiệm của phương trình Nên (25 + 23.1, 2.5.1) = (48, 10)là nghiệm của phương trình Vậy (24, 5) là nghiệm của phương trình Ta có: (48, 10) là nghiệm của phương trình Nên (482 + 23.102, 2.48.10) = (4604, 960) là nghiệm của phương trình Vậy = (1151, 240) là nghiệm của phương trình . II.2.2. Dạng 2 (1) với d là số nguyên. II.2.2.1. Định lý 1 Phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương khi d = m2, m là số nguyên ( khi d là số chính phương). Chứng minh Khi d = m2, thì (1) có dạng: Với m là nguyên dương. Từ tính nguyên dương của x và y nên suy ra: vô lý vì x > 0. Với m là nguyên âm. Từ tính nguyên dương của x và y nên suy ra: vô lý vì x > 0. Vậy phương trình Pell loại 2 không có nghiệm nguyên dương, khi d không là số chính phương. II.2.2.2. Định lý 2 Phương trình (1) không có nghiệm khi d có ước nguyên tố p = 4k + 3. Chứng minh Bằng phản chứng, giả sử khi d có ước nguyên tố p = 4k + 3, mà phương trình vẫn có nghiệm (*) Từ (*) suy ra: . Vì p có dạng 4k + 3, nên theo lý thuyết chia hết suy ra 1 chia hết cho p. Vô lý, vậy giả thuyết là sai nên phương trình (1) không có nghiệm trong trường hợp này. II.2.2.3. Định lý 3 Nếu d là số nguyên tố, thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d không có dạng 4k + 3. Chứng minh Thuận Giả sử phương trình (1) có nghiệm. Khi đó theo định lý 2 thì d không có dạng 4k + 3. Đảo Giả sử . Có các trường hợp sau: mà do d là số nguyên tố nên chỉ còn 2 trường hợp: Trường hợp 1: , d = 4k + 2 nên d chia hết cho 2 Mà d là số nguyên tố nên d = 2. Vậy phương trình: có nghiệm nguyên dương (1, 1). Trường hợp 2: , d = 4k + 1. Xét phương trình Pell dạng 1: (2) gọi là phương trình liên kết với (1) Gọi (a, b) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình (2), khi đó ta có: (3) Xét hai khả năng sau: * Nếu a chẵn, thì vế trái của (3) lẻ, do d = 4k + 1 là số lẻ nên b lẻ. Do đó: , vậy: Điều này vô lý vì a chẵn nên . Vì thế không xảy ra khả năng này. * Nếu a lẻ, khi đó lập luận tương tự như trên ta có b chẵn. Giả sử Thay vào (3) ta được: (4) Vì d là số nguyên tố, và , nên từ (4) suy ra: trong đó: ; u, v là số nguyên dương. Nếu: Trong trường hợp này (u, v) là nghiệm nguyên dương của phương trình (1). Nếu: Lúc này (v, u) là nghiệm của phương trình (2). Do (a, b) là nghiệm cơ bản của (2) nên ta có . Từ đó: Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn vì là số nguyên dương. Trong trường hợp này không thể xảy ra. II.2.2.4. Định lý 4 ( Điều kiện để phương trình Pell loại 2 có nghiệm). Gọi (a, b) là nghiệm cơ bản của phương trình liên kết với phương trình Pell loại 2. Khi đó phương trình Pell loại 2: (1) có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau: có nghiệm nguyên dương. Chứng minh Đảo Giả sử là nghiệm nguyên dương của hệ (2)-(3). Vì (a, b) là nghiệm của phương trình:, nên . Từ đó theo hệ ta có suy ra: . * Nếu thì là nghiệm nguyên dương của phương trình Pell liên kết. Do (a, b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình này, nên: . Đó là điều vô lý. * Nếu . Khi đó là nghiệm nguyên dương của phương trình (1). Thuận Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương. Khi đó gọi là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của nó. Ta sẽ chứng minh rằng chính là nghiệm của hệ (2)-(3). Thật vậy, đặt . Từ đó: . Vì thế (u, v) là một nghiệm của phương trình Pell liên kết. Từ tính nhỏ nhất của (a, b), suy ra . Ta sẽ chứng minh u = a ; v = b, khi đó thì là nghiệm của hệ (2)-(3). Giả sử trái lại, nghĩa là u > a , v > b. Ta có: Từ a 0. Thật vậy: Bất đẳng thức (9) đúng nên t > 0 đúng. Do s khác 0 nên chỉ có hai trường hợp xảy ra: * Nếu s > 0: Khi đó (s, t) là nghiệm nguyên dương của phương trình (suy ra từ (8)), mà là nghiệm dương bé nhất của phương trình này nên: Từ (4’) và (10) ta suy ra mâu thuẫn, nên không thể có s > 0. * Nếu s 0, v > 0. Thật vậy: (*) hiển nhiên đúng nên v > 0. Tương tự: Theo (4) thì (**) đúng nên u > 0. Như vậy, ta có u > 0 và v > 0 mà nên (u, v) là nghiệm của (1). Từ hệ: với ẩn là là nghiệm của hệ. từ đó ta có . Như thế ta đã xây dựng được nghiệm (u, v) của phương trình Pell với tham số n, mà nghiệm này còn nhỏ hơn . Điều này vô lý vì là nghiệm bé nhất của (1). Vậy giả thuyết phản chứng sai, nên .  II.2.3.3. Định lý 3 Xét phương trình Pell với tham số n: (1) Giả sử (1) có nghiệm và là tất cả các nghiệm của (1) thỏa mãn bất đẳng thức: Xét m dãy sau đây. Dãy thứ i: được xác định như sau: Ở đây (a, b) là nghiệm dương bé nhất của phương trình Pell loại 1 tương ứng với (1): (2) Khi đó các dãy sẽ vét cạn hết nghiệm của phương trình (1). Chứng minh Thuận Theo chứng minh trong định lý 1, các số hạng của các dãy trên đều là nghiệm của phương trình Pell (1). Đảo Giả sử là một nghiệm dương bất kì của (1).Ta phải chứng minh sự tồn tại i, k sao cho: Chỉ có hai khả năng sau xảy ra: 1) Nếu . Theo giả thuyết tồn tại Ta chỉ chọn k = 0. 2) Nếu . Đặt: . Lập luận tương tự trong phần chứng minh định lý 2 , ta dễ dàng thấy rằng: (3) Ngoài ra, do , nên lập luận tương tự như cách chứng minh trong định lý 2 ta có: . Từ đó kết hợp với (3) suy ra là nghiệm của (1). Từ hệ: Rút ra: Vì lẽ đó suy ra: Nếu: tức là nếu , thì bằng lập luận trên ta lại xây dựng được nghiệm của (1) với . Quá trình ấy cứ tiếp tục và phải kết thúc ở bước thứ k mà sau khi có nghiệm của (1), thì: Khi đó theo phần 1) thì tồn tại Vì ở đây ta dùng phép: Nên ta có: Vậy định lý đã được chứng minh. Ví dụ 11 Giải phương trình: (1) Xét phương trình Pell loại 1 liên kết với nó có dạng: (2) Phương trình (2) có nghiệm dương nhỏ nhất là (a, b) = (9, 4). Khi đó: Số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn . Xét phương trình (1): . Nếu y = 1 thì x = 1 Nếu y = 2 thì x = 4 Nếu y = 3, 4, 7, 8 thì x không là số nguyên. Nếu y = 5 thì x = 11. Như vậy bằng cách thử trực tiếp như thế, ta thấy (1) có ba nghiệm (1, 1); (4, 2) và (11,5) mà thỏa điều kiện: Theo định lý, phương trình (1) có 3 dãy nghiệm sau: Ba dãy này đã vét hết nghiệm của phương trình (1). II.2.3.4. Định lý 4 Nếu (u, v) là nghiệm nguyên dương của phương trình: (1) Và nếu (a, b) là nghiệm của phương trình Pell liên kết với phương trình (1): (2) Khi đó (ua + dbv, ub + va) là nghiệm của phương trình (1). Các nghiệm của phương trình (1) khác biệt nhau với sự khác biệt của (u, v) và (a, b) Chứng minh Áp dụng định lý 7 II.2.1.7, ta có được điều cần phải chứng minh. Ví dụ 12 Tìm ba nghiệm khác của phương trình (*) ngoài nghiệm (5, 2). Thật vậy: Ta có (8, 3) là nghiệm của phương trình Khi đó: ( 5.8 + 7.2.3, 5.3 + 2.8) = (82, 31) là nghiệm của phương trình (*). (82.8 + 7.31.3, 82.3 + 31.8) = (1307, 494) là nghiệm của phương trình (*). (1307.8 + 7.494.3, 1307.3 + 494.8) = (20830, 7873) là nghiệm của phương trình (*). Chương III. Bài Tập Bài 1. Tìm những nghiệm dương của phương trình sau với y 2, sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là: x - 1, x, x + 1 và có diện tích là số nguyên. Bài giải Áp dụng công thức Hêrông, nếu gọi S là diện tích tam giác, thì ta có: , ở đây p là chu vi, còn a, b, c là ba cạnh của tam giác. Áp dụng trong trường hợp này, ta có: Do vậy: Theo đề bài ta có phương trình: (1) Theo yêu cầu đề bài S là số nguyên, nên vế trái của (1) là số chẵn. Mặt khác, có cùng tính chẵn, lẻ. Do đó từ (1) suy ra x phải là số chẵn. Đặt x = 2y, khi ấy từ (1), ta có: (2) Lại do S là số nguyên nên từ (2) suy ra: (3) Do thay vào (3) ta được: (4) Như vậy ta đi đến (4) là phương trình Pell loại 1. Ngược lại, nếu là nghiệm dương của phương trình (4), thì thỏa mãn các yêu cầu sau: 1) Các sốlà các số nguyên dương do . 2) Biểu thức S là số nguyên do phép biến đổi ngược. 3) Để thỏa mãn yêu cầu bất đẳng thức với các cạnh, ta chỉ cần: . Vậy trong số các nghiệm dương (y, z) của phương trình Pell (4), ta chỉ cần xét các nghiệm nào có y > 1, thì ta chọn x = 2y, và lúc này x - 1, x, x + 1 thỏa yêu cầu đề bài. Vì thế ta quy bài toán trên về bài toán giải phương trình (4) phương trình Pell loại 1, xét các nghiệm (y, z) với y > 1. Bằng phép thử trực tiếp, ta thấy phương trình (4) có (2, 1) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình này. Áp dụng định lý 5 đối với phương trình Pell loại 1, ta có dãy tất cả các nghiệm của phương trình (4): Từ đó ta có là các nghiệm của bài toán. Nhưng để thỏa điều kiện bất đẳng thức về các cạnh trong tam giác thì y > 1 nên x > 2 vậy các tam giác thỏa điều kiện đề bài cho dưới dạng bảng sau: x41452…Tam giác3,4,513,14,1551,52,53… Bài 9. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những bộ ba số nguyên liên tiếp mà mỗi số trong đó đều là tổng của hai số chính phương. Bài giải Bằng phép thử trực tiếp, ta thấy bộ ba số nguyên liên tiếp thỏa mãn yêu cầu đề bài là 8, 9, 10 vì . Điều này gợi ý đến việc xét bộ ba số liên tiếp sau . Vì . Do vậy nếu như thỏa mãn với vô hạn cặp số nguyên (x, y, z) thì ta có câu trả lời khẳng định. Trên cơ sở ấy ta hãy xét trường hợp đặc biệt khi z = y. Cụ thể xét phương trình sau và tìm nghiệm nguyên của nó: (1) (1) là phương trình Pell loại 1 với d = 2. Rõ ràng phương trình này tồn tại vô hạn nghiệm nguyên dương. Ta dễ thấy (3, 2) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình (1), theo định lý 6 phương trình Pell loại 1, ta có dãy nghiệm sau: Vậy tồn tại ít nhất bộ ba số vô hạn sau đây: các bộ ba đầu tiên được cho bởi bảng sau: i123…Bộ ba8, 9, 10288, 289, 2909800, 9801, 9802… Tóm lại, tồn tại vô hạn những bộ ba ba số nguyên liên tiếp thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên dương t, sao cho số tam giác là một số chính phương? Bài giải Số nguyên dương t cần tìm có dạng: Đặt x = 2t + 1 thì (x, y) là nghiệm của phương trình: (1) Ở đây (1) là phương trình Pell loại 1, với d = 8. Ngược lại, nếu (x, y) là nghiệm của (1) thì , thì dễ dàng thấy x lẻ nên x - 1 chẵn, vậy đặt , khi đó thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán quy về phương trình Pell loại 1. (1) Bằng phép thử trực tiếp ta thấy (3, 1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1). Theo định lý 5 về phương trình Pell loại 1, ta có: dãy các nghiệm nguyên của phương trình (1) như sau: Từ đó dãy các số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đề bài với là: Mà t là số nguyên dương nên các số t thỏa yêu cầu đề bài là Các số đầu tiên của dãy , n = 0, 1, 2,…được cho trong bảng sau: n1234…1849288… Bài 11. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại 1: , thỏa mãn điều kiện 80 x. Vậy ba mệnh đề 1); 2) và 3) tương đương. a) Ta có: Vì thế để so sánh hai số ta chỉ cần so sánh các số nguyên dương x và u. Ta sẽ gọi x, u là phần đầu của các số . Xem các phần đầu của tất cả các số thuộc P: ta được một tập hợp những số nguyên dương. Tập hợp này có số nhỏ nhất . Khi đó số tương ứng với là số nhỏ nhất của P. b) Khi ấy ta có là nghiệm của phương trình Pell và là nghiệm nhỏ nhất. Vì nên dãy là dãy tăng vô hạn. Bởi vậy, nếu là số tùy ý của P, thì tồn tại số nguyên dương n sao cho: Nếu nên , điều này mâu thuẫn với giả thiết là số nhỏ nhất của P. Vì thế ta phải có . Bài 15. Tìm tất cả các số nguyên dương n, sao cho trung bình cộng của n số chính phương đầu tiên lại là một số chính phương. Bài giải Áp dụng công thức quen thuộc: Theo bài ra ta phải tìm n, y nguyên dương sao cho: Hay theo (1) sẽ có: Đặt x = 4n + 3, ta có: . (2) Phương trình (2) là phương trình Pell loại 1 với d = 48. Bằng phép thử trực tiếp ta thấy (x, y) = (7, 1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (2). Theo định lý 6, thì (2) có dãy nghiệm sau: Ta nhận thấy: khi k chẵn; khi k lẻ. Điều này có thể chứng minh bằng quy nạp như sau: Rõ ràng nhận xét trên đúng khi k = 0, 1. Giả sử điều đó đúng đến n = k . Xét khi n = k + 1. a) Nếu k chẵn thì k + 1 lẻ và k - 1 lẻ. Ta có: Theo giả thiết quy nạp, thì: b) Nếu k lẻ thì k + 1 chẵn và k - 1 chẵn. Lại theo giả thiết quy nạp, thì: Vậy kết luận trên cũng đúng khi n = k + 1. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Mặt khác, do x = 4n + 3, nên ta chỉ xét các n tương ứng với các hay theo trên đó là các với k lẻ. Vì thế dãy : là dãy cần tìm. Theo công thức truy hồi của dãy, ta có: Áp dụng công thức , thay vào (*), ta có: Hay với k = 1,2,… ta có: Vậy các giá trị phải tìm của n được cho bởi công thức truy hồi sau: Bài 16. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho cả 2n + 1 và 3n + 1 đều là số chính phương. Bài giải Vì (2n + 1, 3n + 1) = 1, nên cả 2n + 1 và 3n + 1 đều là số chính phương khi và chỉ khi: Từ đó ta có: Đặt x = 12n + 5, thì từ (1) dẫn đến phương trình Pell loại 1: (2) ở đây d = 24. Dễ thấy (x, y) = (5, 1) là nghiệm nguyên nhỏ nhất của phương trình (2). Vì thế (2) có dãy nghiệm nguyên là: Từ trên dễ dàng suy ra: là số lẻ là số chẵn. Thật vậy, ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp: * Nếu k = 0, 1, 2, 3 thì , đẳng thức đúng. * Giả sử điều đó đúng đến n = k . * Chứng minh điều đó đúng với n = k + 1. Nếu k chẵn thì k + 1 và k - 1 lẻ, ta có: Theo giả thuyết quy nạp, thì: Vậy: là số lẻ. Từ đó: . Theo trên thì: Từ đó dẫn tới: Ta có: Vậy ta có công thức truy hồi để tìm tất cả các số n thỏa mãn yêu cầu đề bài là: Bài 17. Nếu n là số tự nhiên mà 2n + 1, 3n + 1 đều là số chính phương, thì Bài giải Dựa vào bài 16 đã chứng minh, để 2n + 1, 3n + 1 đều là số chính phương, thì: Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp sau: * Với k = 0, * Với k = 1, . * Giả sử đúng đến k: với k = 1, 2, 3,.. * Ta có: Theo giả thiết quy nạp thì Bài 18. Chứng minh rằng phương trình có vô hạn nghiệm nguyên dương. Bài giải Sử dụng công thức quen biết: Ta sẽ có đẳng thức sau: Nên ta chứng minh được nhận xét sau đây: Nhận xét. Tồn tại vô hạn những số nguyên dương n, k sao cho: thì chỉ việc đặt Do tính vô hạn của bộ (n, k), từ đó suy ra điều phải chứng minh. Vậy bài toán quy về: Hãy chứng minh nhận xét nói trên. Xét phương trình ẩn n, k nguyên dương: Đặt u = 2n + 1 và v = 2k, thì từ (1) dẫn đến phương trình Pell loại 1: Như ta đã biết phương trình Pell loại 1 có vô số nghiệm với (u, v) = (3, 2) là nghiệm dương bé nhất, dãy nghiệm của nó là: Dễ thấy . Do vậy ứng với giá trị (u, v) là nghiệm của (1) sẽ thỏa mãn yêu cầu đặt ra. Tóm lại, tồn tại vô hạn bộ (n, k) thỏa mãn hệ thức: Nhận xét được chứng minh, và bài toán được giải. Bài 19. Chứng minh rằng: (1) có một nghiệm dương duy nhất là a = b = 1. Bài giải Với a = b = 1, thì khi đó 51 - 31 = 2 ( đúng ). Với a, b >1, ta có: * lẻ. Vì Ta có: khi b lẻ. (2) * khi a lẻ Vì hiển nhiên. Ta có: lẻ. (3) Từ (2) và (3), ta thấy rằng để (1) có nghiệm thì a, b phải là số lẻ nên a - 1, b – 1 là số chẵn và chia hết cho 2. Ta có: (*) Đặt (4), thì: (*) trở thành: (**) Đây là phương trình Pell loại 1với d = 15. Ứng với vô số nghiệm (x, y) của phương trình Pell ta nhận được vô số giá trị của a, b thỏa (4) hay không? Ta dễ dàng nhận thấy (x, y) = (4, 1) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (**). Khi đó ta có dãy các nghiệm của nó là: Ta nhận thấy: Để chứng minh điều trên bằng phương pháp quy nạp: * Với l = 1, thì , luôn đúng. * Giử sử đúng đến l = n nghĩa là: * Chứng minh đúng với l = n + 1. Thật vậy: . Từ đó ta có: với k = 3l, mà và (3,5,7) = 1, nên không tồn tại a, b > 1 thỏa. Vậy không tồn tại a, b >1 để cho . Bằng các phương pháp đưa ra một số nghiệm cơ bản ta có thể tham khảo sau: DXYDXY23232159465278383110196111031272136491801415415411733818174191703920922155122219742232452451265110272652812724299801182030112311520273321733323434356356137731238376392544019341204932042132433482531441993045161244624335358847487187150991451507526499053662499100544856655891256152571515058196032574595306960314611766319049226153980626386381651291666658674884259676833469777593670251307134804137217273228124926700074369943075263765779966307735140785367980980918216318838298455685285769309968610405112287283881972189500001530009019291157416592115112093121511260942143295221064953949649597628096336377352989910991011012012010210110Bài 20. Chỉ ra ba nghiệm của phương trình: (1) Bài giải Phương trình Pell liên kết với phương trình (1) là: (3) Dễ thấy (a, b) = (33, 8) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (3). Khi đó ta có hệ phương trình sau: Ta có nghiệm dương duy nhất của hệ trên là: (u, v) = (4, 1). Khi đó ta có dãy nghiệm của phương trình (1) như sau: Từ đó ta thấy: Với n = 0, thì (x, y) = (4, 1) là nghiệm bé nhất của phương trình (1). Với n = 1, thì (x, y) = (268, 65) là nghiệm thứ hai của phương trình (1). Với n = 2, thì (x, y) = (17684, 4289) là nghiệm thứ ba của phương trình (1). Vậy (4, 1); (268, 65) và (17684, 4289) là ba nghiệm cần tìm. Bài 21 . Chỉ ra hai nghiệm của phương trình sau: . Bài giải Cách 1: Ta có: với n = 3 là chiều dài chu kì liên phân số của . Ta có bảng liên phân số của :  6 2 2 12 2 2 12 2 21 6 13 32 397 826 2049 25414 52877 1311680 1 2 5 62 129 320 3969 8258 20485 Ta có: là các giản phân của liên phân số của Do n = 3 lẻ nên nghiệm của phương trình (2) có dạng sau: Từ đó ta có: Với k = 1, là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (2). Với k = 2, là nghiệm thứ hai của phương trình (2). Vậy (32, 5) và (131168, 20485) là hai nghiệm cần tìm của phương trình (2). Cách 2: Bằng cách thử trực tiếp ta có thể kiểm tra và tìm ra nghiệm nhỏ nhất của phương trình (2) là (x, y) = (32, 5). Ta có phương trình Pell liên kết với phương trình (2) là: Có nghiệm nhỏ nhất là (x, y) = (2049, 320). Vậy nghiệm thứ hai của phương trình (2) là: (2049.32 + 41.320.5, 2049.5 + 320.32) = (13168, 20485). Bài 22. Giải phương trình sau: Bài giải Cách 1: Ta có: với n = 1 là chiều dài chu kì liên phân số của . Ta có bảng các liên phân số của như sau:  3 6 6 6 6 6 6 61 3 19 117 721 4443 27397 168717 10396990 1 6 37 228 1405 8658 53353 328776Ta có: là các giản phân của liên phân số của . Do n = 1 (lẻ) là chiều dài chu kì của nó nên nghiệm của phương trình có dạng: Từ đó ta có: Với k = 1, là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (2). Với k = 2, là nghiệm thứ hai của phương trình (2). Với k = 3, là nghiệm thứ ba của phương trình (2). Với k = 4, là nghiệm thứ tư của phương trình (2). ………….. Cứ thế tiếp tục ta có thể tìm được vô số nghiệm của phương trình (1). Cách 2: Phương trình Pell liên kết với phương trình (1) là: (3) Dễ thấy (a, b) = (19, 6) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (3). Khi đó ta có hệ phương trình sau: Ta có nghiệm dương duy nhất của hệ trên là: (u, v) = (3, 1). Khi đó ta có dãy nghiệm của phương trình (1) như sau: Từ đó ta thấy: Với n = 0, thì (x, y) = (3, 1) là nghiệm bé nhất của phương trình (1). Với n = 1, thì (x, y) = (117, 37) là nghiệm thứ hai của phương trình (1). Với n = 2, thì (x, y) = (4443, 1405) là nghiệm thứ ba của phương trình (1). Với n = 3, thì (x, y) = (168717, 53353) là nghiệm thứ tư của phương trình (1). …………….. Bài 23. Chứng minh rằng phương trình không có nghiệm nguyên. Bài giải Với phương trình Pell loại 2 (1) Ta xét phương trình Pell loại 1 liên kết với nó: (2) Dễ thấy (2) có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là (35, 6). Xét hệ phương trình sau: Chỉ quan tâm đến nghiệm nguyên dương, nên ta có: Vì thế từ (3) đi đến u = v = 1. Thay vào (4) thì vô lý nên hệ không có nghiệm nguyên dương. Vậy phương trình (1) vô nghiệm. Bài 24 . Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất là số chính phương. Bài giải Giả sử n là số nguyên dương phải tìm. Khi đó ta có: Dặt x = 2n + 1. Khi đó từ (1) dẫn đến phương trình Pell loại 2: (1) Phương trình liên kết với (1) là: (2) Phương trình (2) có nghiệm dương bé nhất là (3, 2). Xét hệ phương trình sau: Dễ thấy (u, v) = (1, 1) là nghiệm dương bé nhất của nó. Phương trình (1) có dãy các nghiệm là: Dễ thấy , bằng phương pháp quy nạp: Với k = 0, 1 thì điều đó hoàn toàn đúng. Giả sử khẳng định trên đúng đến k = l với mọi . Chứng minh với k = l + 1 thì khẳng định trên vẫn đúng. Thật vậy, . Từ đó suy ra dãy nghiệm Các số nguyên dương cần tìm được cho theo công thức: Vì: Ba số đầu tiên phải tìm là: n = 3; n = 20; n = 119. Bài 25. Tìm tất cả các số nguyên dương k, m sao cho: k 2. Vậy đều không chia hết cho p. Từ (2) suy ra: (do p - 1 chẵn). (3) Do mà p nguyên tố nên . Theo định lý Euler: Nếu thì ta có: Do p là số nguyên tố nên Tương tự: Vì thế nên: (4) Do p > 2, nên theo định lý đã biết về thặng dư bậc hai modulo p, suy ra 2 là thặng dư bậc hai modulo p. Điều này xảy ra khi và chỉ khi p là số nguyên tố có dạng . Rõ ràng điều này mâu thuẫn với Vậy việc phản chứng sai, tức là nếu (1) có nghiệm thì p = 2 hoặc Đảo: Giả sử p là số nguyên tố và p = 2 hoặc . Xét hai khả năng sau: a) Nếu p = 2, khi đó (1) có dạng: (5) Dễ thấy phương trình (5) có nghiệm nguyên dương (2, 1). b) Nếu Khi đó theo định lý đã biết về thặng dư bậc hai modulo p, thì 2 là thặng dư bậc hai modulo p. Như vâỵ tồn tại a nguyên dương mà: (6) Xét tập hợp D sau đây: Do , và vì p không phải là số chính phương, nên Tập hợp D có số và do , nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại sao cho: Đặt thì từ (7) ta có: (8) Từ (6) và (8) đi đến: (9) Vì nên: Từ đó ta có: (10) Rõ ràng vì nếu không thì ta có: , đó là điều vô lý do nguyên. Kết hợp (10) với (9) ta đi đến , hay: (11) Vì và không đồng thời bằng 0 do nên Từ đó đẳng thức (11) chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm nguyên dương. Bài 32. Cho n là số nguyên, và giả sử n có phân tích chính tắc . Ở đây là các số nguyên tố dạng là các số nguyên tố dạng Khi đó phương trình có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi là số chẵn với mọi Bài giải Thuận Giả sử phương trình: (1) có nghiệm nguyên dương . Ta phải chứng minh là số chẵn với mọi . Giả thiết điều này không đúng, tức là chỉ ra là số lẻ. Ta cần đến mệnh đề phụ trợ sau: Mệnh dề 1. Giả sử q là số nguyên có dạng . Khi đó nếu thì Chứng minh Giả thiết phản chứng rằng x và y không thể cùng chia hết cho q. Do nên từ đó suy ra x, y cùng không chia hết cho q. Ta có: hay: do q - 1 chẵn.(1) Do x, y cùng không chia hết cho q, mà q nguyên tố nên (x, q) = 1 và (y, q) = 1. Theo định lý Euler, thì: Vì thế từ (1) ta có: (2) Từ (2) ta suy ra 2 là thặng dư bậc hai modulo p. Điều đó xảy ra khi và chỉ khi q là số nguyên tố có dạng . Trong khi đó q lại có dạng Điều này mâu thuẫn nên phản chứng là sai. Mệnh dề 1 được chứng minh. Từ giả thiết suy ra n có dạng sau: Đặt Ta có tức là mà là số nguyên tố có dạng , nên Đặt khi đó cũng là nguyên dương và có Ta chỉ xét lẻ và . Từ đó Áp dụng liên tiếp lập luận trên cho đến khi hãy còn lẻ và . Như vậy sau một số hữu hạn bước ta thu được nguyên dương và (3) Lại áp dụng nhận xét trên suy ra vì thế từ (3) dẫn đến . Điều này mâu thuẫn với là số nguyên tố và Ta chú ý rằng trong trường hợp lẻ và bằng 1, dừng ngay bước đầu tiên. Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là chẵn . Đảo Giả sử trong khai triển nói trên, thì là chẵn với mọi . Ta cần chứng minh phương trình có nghiệm nguyên dương. Ta cần chứng minh mệnh đề phụ trợ sau: Mênh đề 2. Giả sử m và n là các số nguyên sao cho các phương trình: đều có nghiệm nguyên dương. Khi đó phương trình cũng có nghiệm nguyên dương. Chứng minh Theo giả thiết tồn tại nguyên dương; nguyên dương sao cho: Khi đó: (4) Đẳng thức (4) chứng tỏ rằng là nghiệm nguyên dương của phương trình Mệnh đề 2 đã được chứng minh. Vì chẵn với mọi nên và n có dạng: Rõ ràng ta thấy: phương trình có nghiệm nguyên dương như (x, y) = (3, 2); phương trình cũng có nghiệm nguyên như (x, y) = (1, 1). Phương trình cũng có nghiệm nguyên dương như (x, y) = (10, 7). Do là số nguyên tố dạng , nên theo bài 31 thì: cũng có nghiệm nguyên dương. Vì thế áp dụng liên tiếp mệnh đề 2, suy ra phương trình có nghiệm nguyên dương, hay: (5) Từ (5) suy ra là nghiệm nguyên dương của phương trình Bài 33. Cho n là số nguyên không chia hết cho 3, và ở đây là số nguyên tố có dạng , là số nguyên tố có dạng Khi đó phương trình có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi và chẵn với mọi . Bài giải Thuận Giả sử phương trình: (1) có nghiệm nguyên dương , tức là: (2) Từ (2) ta có: . Do thì nên hay Vì thế . Kết hợp lại, ta thu được .Còn lại ta sẽ chứng minh và chẵn với mọi . Ta cần đến mệnh đề sau: Mệnh đề. Nếu q là số nguyên tố có dạng Khi đó từ sẽ suy ra và Chứng minh Chứng minh bằng phản chứng Giả sử x, y không đồng thời chia hết cho q. Do nên x, y cùng không chia hết cho q. Ta có: Do x, y cùng không chia hết cho q nên (x, q) = 1; (y, q)=1. Thep định lý Euler, ta có: Vì thế từ (1) ta có: Từ đó ta suy ra 3 là thặng dư bậc hai modulo q. Điều đó xảy ra khi và chỉ khi q là số nguyên tố có dạng . Trong khi đó q lại có dạng Điều này mâu thuẫn nên phản chứng là sai. Mênh đề được chứng minh. Giả sử trái lại, tức là tồn tại sao cho là số lẻ. Khi đó có thể viết dưới dạng: Rõ ràng ta có , và để ý rằng m, n cùng dấu. Từ , và do , suy ra . Do là số nguyên tố dạng nên theo mệnh đề phụ trợ, suy ra . Có thể cho là và lẻ. Đặt khi đó cũng là nguyên dương và có hay Áp dụng liên tiếp lập luận trên cho đến khi . Như vậy sau một số hữu hạn bước ta thu được nguyên dương và Và theo mệnh đề phụ trợ, suy ra từ đó hay Điều này mâu thuẫn với giả thiết . Vậy giả thiết phản chứng là sai, do vậy chẵn với mọi . Chú ý nếu thì ta đi đến ngay bước cuối cùng. Vậy chiều thuận đã được chứng minh. Đảo Bây giờ giả sử, và trong khai triển của n và là chẵn với mọi . Ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm nguyên dương. Từ điều kiện chẵn với mọi suy ra n có thể viết dưới dạng trong đó hoặc (*) Thật vậy: Do: nên xét hai khả năng sau: * Nếu Do chẵn với mọi Nên lúc này ở đây Từ đó với . * Nếu , khi đó đặt Khi đó: Từ đó ta có: Đặt Khi đó lại có hai khả năng: Nếu tức là chẵn Lúc này lại có Nếu , thì Vậy (*) đã được chứng minh. Xét hai khả năng sau: * Nếu vì , nên . Do đó nói riêng Mặt khác, hay Lúc này (1) có dạng . Từ đó dễ thấy nó có nghiệm nguyên dương là x = 2m, y = m. * Nếu Để ý rằng từ , ta có (3) Vì với mọi , thì là số nguyên tố dạng . Theo kết quả đã biết thì 3 là thặng dư bậc hai modulo với mọi , tức là tồn tại số tự nhiên sao cho: Theo định lý Trung Hoa về phần dư, thì tồn tại a sao cho Từ đó ta có: Thật vậy: Do nên nói riêng hay Do với mọi là số nguyên tố, nên từ đó suy ra Do nên từ đó ta có hay Vậy (5) đã được chứng minh. Đặt , h không là số chính phương. Xét tập hợp tập hợp này có phần tử. Do , nên theo tính chất phần nguyên, thì Nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại sao cho: Từ (5) và (6) đi đến: . Đặt thì từ Ta có: (7) Vì nên: Vì Do h không phải là số chính phương, nên: Từ đó ta có: Rõ ràng vì trái lại, ta có là điều vô lý do nguyên và không cùng bằng không, vì . Mặt khác, vì trái lại từ đó: (8) Từ (3) và (8) suy ra vô lý. Như vậy, ta có: Nên suy ra: (9) Đẳng thức (9) chứng tỏ rằng có cùng tính chẵn, lẻ. Đặt . Do và không đồng thời bằng không nên là nguyên dương. Mặt khác: Từ đó Điều này có nghĩa là là nghiệm nguyên dương của phương trình . Phần đảo đã được chứng minh. Bài 34. Cho n là số nguyên và m là số nguyên tố trong đó (m, 3) = 1. Khi đó phương trình có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi hai điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn: 1) 2) Trong khai triển với là các số nguyên tố có dạng , còn với là các số nguyên tố có dạng thì chẵn . Bài giải Xét hai trường hợp sau: a) Nếu k chẵn. Thuận Giả sử tồn tại nguyên dương sao cho: với ở đây k là số chẵn. Lại xét hai khả năng sau: * Nếu k = 0 nên n = m Khi đó n là số nguyên tố, (n, 3) = 1; ở đâylà các số nguyên tố có dạng , còn với là các số nguyên tố có dạng . Bài tập 33 phần thuận đã chứng minh: phương trình có nghiệm nguyên dương thì và chẵn với mọi . * Nếu , từ (1) suy ra Vì thế đặt và ta có: Lại thấy từ (2) ta có: và ta thay lại vào (2) ta được: Quá trình này còn tiếp diễn, nếu Sau một số hữu hạn bước ta sẽ tìm được nguyên dương mà Áp dụng kết quả của bài 33 ta có: Cho (m, 3) = 1 và với là các số nguyên tố có dạng , còn với là các số nguyên tố có dạng . Khi đó phương trình có nghiệm nguyên dương thì và chẵn với mọi . Đảo Giả sử thỏa mãn hai điều kiện đã cho. Vì k chẵn (k = 2t) nên từ Áp dụng bài 33 ta có:và chẵn với mọi thì phương trình có nghiệm nguyên dương, tức là tồn tại nguyên dương sao cho Từ đó ta có: Vậy là nghiệm nguyên dương của phương trình Vậy bài toán được chứng minh xong trong trường hợp k chẵn. b) Nếu k lẻ. Do k lẻ và giả sử k = 2t + 1, lúc đó Thuận Gải sử tồn tại nguyên dương sao cho: Xét hai khả năng sau: * Nếu t = 0, tức là n = 3m. Vậy: Từ đó suy ra . Thay lại vào (3) và có: (4) Đẳng thức (4) chứng tỏ phương trình có nghiệm nguyên dương . Theo bài, khi đó (-m, 3) = 1; ở đâylà các số nguyên tố có dạng , còn với là các số nguyên tố có dạng . Bài tập 33 phần thuận đã chứng minh: phương trình có nghiệm nguyên dương thì: và chẵn với mọi . * Nếu , tức là Từ Vì thế đặt và ta có: Lại thấy từ (2) ta có: và ta thay lại vào (2) ta được: Qúa trình này còn tiếp diễn, sau một số hữu hạn bước ta sẽ tìm được nguyên dương mà Đến đây quay lại trường hợp t = 0. Vậy điều kiện kiện được chứng minh. Vậy phần thuận trong trường hợp này được chứng minh. Đảo Giả sử thỏa mãn hai điều kiện đã cho. Từ , và do k = 2t + 1, nên có . Áp dụng bài 33 với (-m), khi đó (-m, 3) = 1; ở đâylà các số nguyên tố có dạng , còn với là các số nguyên tố có dạng suy ra phương trình có nghiệm nguyên dương nguyên dương sao cho: Từ đó ta có: Vậy là nghiệm nguyên dương của phương trình Vậy phần đảo trong trường hợp này được chứng minh. Vậy bài toán đã được giải. Chương IV. Một vài ứng dụng II.4.1. Ứng dụng 1 Tìm số chính phương Ví dụ Xác định Thật vậy, ta có: Giải phương trình (1) tìm được nghiệm (x, y) ta sẽ tính được t. II.4.2. Ứng dụng 2 Xấp xỉ hữu tỉ của căn bậc hai Ta không thể viết với vì là số vô tỉ. Nhưng: Vì thế phương trình Pell dẫn đến xấp xỉ hữu tỉ của . Ví dụ 1 Nghiệm thứ tư của phương trình là (x, y) = (577, 408) và Trong khi đó, . Vậy . Ví dụ 2 Cho hai phương trình Pell: . Ta có: (265, 153) và (1351, 780) lần lượt là nghiệm của hai phương trình trên. Archimedes đã ước lượng bằng cách II.4.3. Ứng dụng 3 Những số đa giác Công thức những số đa giác: Ta có bảng sau: n1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Tn1 3 6 10 15 21 28 36 44 54Sn1 4 9 16 25 36 49 64 81 100Pn1 5 12 22 35 51 70 92 117 145 II.4.3.1. Số tam giác và hình vuông Nhìn vào bảng trên ta thấy: Nói chung, ta có: Đặt x = 2m + 1 và y = 2n ta có phương trình Pell: với x là số lẻ, y là số chẵn và x, y > 0. Ta cần giải phương trình trên và từ đó tìm ra m và n. Ta có bảng sau: x 3 17 99 577 3363 19601y 2 12 70 408 2378 13860 1 8 49 288 1681 9800 1 6 35 204 1189 6930 1 36 1225 41616 1413721 48024900Ta có: T49 = S35 = 1225 nghĩa là: 1 + 2 +…+ 49 = 35.35 II.4.3.2. Số hình vuông và ngũ giác Ta có: Đặt x = 6n – 1 và y = 2m ta có phương trình Pell: với x là số lẻ, y chẵn và x, y > 0. Ta cần giải phương trình trên và từ đó tìm ra m và n. Tuy nhiên ta không luôn có . Điều đó được thể hiện bởi bảng sau: x 5 49 485 4801 47525 470449y 2 20 198 1960 19402 192060 1 10 99 980 9701 96030 1 81 7921 1 9801 94109401 II.4.4. Ứng dụng 4 Tổng của những số nguyên liên tiếp nhau II.4.4.1. Bài toán 1 Ví dụ: 1 + 2 = 3; 1 + 2 +...+ 14 = 15 + ...+ 20. Tìm k, l thỏa: 1 + 2 +…+ k = (k + 1) +…+ l (*) Ta có: Đặt x = 2l + 1 và y = 2k + 1 ta được phương trình Pell với x, y > 0 và x, y là số lẻ. Ta cần giải phương trình trên và từ đó tìm ra k và l. Ta có bảng sau: x 1 7 41 239 1393 8119y 1 5 29 169 985 5741 0 2 14 84 492 2870 0 3 20 119 696 4059 Từ bảng trên ta thấy: 1 + 2 = 3; 1 + 2 +…+14 = 15 + 16 +...+20 ; 1 + 2 + ...+ 84 = 85 + 86 +...+ 119. II.4.4.2. Bài toán 2 Ví dụ: 1 + 2 +...+ 5 = 7 + 8. Tìm k, l thỏa: 1 + 2 +…+ (k-1) = (k + 1) +…+ l (*) Ta có: Đặt x = 2l + 1 và y = 2k ta được phương trình Pell: với x, y > 0 và x lẻ, y chẵn. Ta cần giải phương trình trên và từ đó tìm ra k và l. Ta có bảng sau: x 3 17 99 577 3363 19601y 2 12 70 408 2378 13860 1 6 35 204 1189 6930 1 8 49 288 1681 6800II.4.4.3. Bài toán 3 Ví dụ: 3 + 4 + 5 + 6 = 3.6 Tìm k, l thỏa: k + (k + 1) +…+ l = kl (*) Ta có: Đặt u = l – k, ta có: Đặt x = 2u + 1 = 2(l – k) + 1 và y = 2k – 1, ta được phương trình Pell: với x, y lẻ và x, y >0. Ta cần giải phương trình trên và từ đó tìm ra k và l. Ta có bảng sau: x 1 7 41 239 1393 8119y 1 5 29 169 985 5741 0 3 15 85 493 2871 0 6 35 204 1189 6930 Từ bảng trên cho ta thấy: 3 + 4 + 5 + 6 = 3.6; 15 + 16 + ... + 35 = 15.35; 85 + 86 + ... + 204 = 85.204 II.4.5. Ứng dụng 5 Tam giác Phytago II.4.5.1. Với những cạnh bên là các số nguyên liên tiếp Ví dụ: . Ta cần tìm m và n sao cho: (*) Thật vậy: Đặt x = 2m + 1 và y = n ta được phương trình Pell với x, y > 0 và x lẻ. Ta cần giải phương trình trên và từ đó tìm ra m và n. Ta có bảng sau: x 1 7 41 239 1393 8119y 1 5 29 169 985 5741 0 3 20 119 696 4059 0 5 29 169 985 5741Từ bảng trên cho ta thấy: II.4.5.2. Với cạnh bên và cạnh huyền là các số nguyên liên tiếp Ta cần tìm m và n sao cho: (*) Thật vậy, ta có : Cho m = 2k + 1 vì m lẻ nên Không cần dùng tới phương trình Pell mà ta vẫn có thể giải ra dựa vào bảng sau: k 1 2 3 4 m = 2k + 1 3 5 7 9 4 12 24 40 5 13 25 41 Từ bảng trên cho ta thấy: II.4.6. Ứng dụng 6 Tam giác Hêrông Tam giác Hêron là tam giác có cạnh và diện tích nguyên. Ví dụ : tam giác vuông có cạnh 3, 4, 5 và có diện tích bằng 6. Công thức tính diện tích của Hêron với tam giác bất kì có cạnh là a, b, c: Tìm tam giác Hêron với các cạnh liên tiếp: a - 1; a; a + 1. Khi đó: Từ đó ta thấy rằng a là số chẵn. Đặt , ta có: . Vì: nên . Ta có phương trình Pell : Giải phương trình trên ta sẽ tìm được a và S. Ta có bảng sau: x2 7 26 97 362 1351y1 4 15 56 209 780a4 14 52 154 724 2702S6 84 1170 16926 226974 3161340 Bảng trên cho ta thấy: Tam giác có các cạnh là: 13, 14, 15 và có diện tích là 84. Tam giác có các cạnh là: 51, 52, 53 và có diện tích là 1170. Tam giác có các cạnh là: 153, 154, 155 và có diện tích là 16926. PHẦN KẾT LUẬN Tóm lại, luận văn “Phương trình Pell” đã xây dựng các khái niệm, định lý về liên phân số và phương trình Pell. Và đặc biệt là một số ứng dụng của phương trình Pell được thể hiện rõ trong phần bài tập cũng như trong phần ứng dụng. Tuy nhiên, do kiến thức hạn hẹp, thời gian nghiên cứu không nhiều nên có một số phần chưa triệt để. Em hi vọng trong tương lai sẽ nghiên cứu sâu hơn ở phương pháp giải phương trình Pell và các ứng dụng của nó trong các lĩnh vực khác hay trong đời sống. Bên cạnh đó, em sẽ cố gắng nghiên cứu phương trình Diophantine vì phương trình Pell chỉ là một mảng của nó. Cuối cùng, em xin chân thành cảm ơn mọi sự đóng góp của quý thầy cô cùng các bạn!!! Tài liệu tham khảo … Barbeau, J.Edward: Pell’s Equation, Springer. Burton, M.David: Elementary number theory, NewYork, 1998. Conrad, K.: Applications of Pell’s equation, trường đại học của Connecticut, 2008. Eadie, R. và Smith, A.: Continued Fractions anh the Pell equation. Eynden, V.Charles: Elementary number theory, Boston, 2001. Manin, I.Yu.: Introduction to modern Number theory, Springer, 2005. Mordell, J.Louis: Diophantine equation, học viện báo chí London và NewYork,1969. OLDS, C.D.: Continued Fractions, đại học quốc gia San Jose. Khải - Phan Huy: Phương trình nghiệm nguyên, Nhà xuất bản giáo dục, 2006. Kiệt - Bùi Anh: Giáo trình Số học, Trường Đại học Cần Thơ, 2003. Trang Web: Altavista, google, wikipedia,…

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • docPhương trình Pell.doc