Đề tài “Phương trình Pell”

Chia sẻ: Trần Ý Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:95

Thêm vào BST

Báo xấu

126
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề tài “Phương trình Pell”

GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 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 đ ược 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 đ ề 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 n 150 . Phương trình Pell 1
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 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 n. 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 đ ặc 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 đ ịnh lý nói lên ph ương pháp giải của nó cùng các ví dụ cụ thể. Phương trình Pell 2
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Chương III. Bài tập Chương IV. Một vài ứng dụng PHẦN NỘI DUNG Chương I. Kiến Thức Chuẩn Bị I.1. Bổ đề 1 p 1 Cho d là số vô tỉ, khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên dương (p, q): d− < q q2 Chứng minh Theo tính chất của liên phân số vô hạn ta có: pk 1 ∀k : α − < với α R. qk qk qk +1 Mà theo cách xác định { qk } , thì: qk +1 = ak qk + qk −1 > ak −1qk −1 + qk − 2 = qk pk 1 1 1 Vì thế: ∀k : α − < < = 2 qk qk qk +1 qk qk qk Chọn p = pk ; q = qk ; α = d , 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: p −dq 0 q q q Mà: Phương trình Pell 3
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 p + q d = p − q d + 2q d q d − p + 2q d < 1 q + 2q d ( q + 2q d = 1 + 2 d q ) � p 2 − dq 2 < 1 + 2 d . I.3. Biểu diễn liên phân số của d 1 d = [ a0 ; a1 , a2 , a3 ,..., an ,...] = a0 + =� a0 ; a1 , a2 , a3 ,..., an −1 , 2a0 � � � 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 + a4 + ... Chiều dài chu kì của liên phân số của d là n. x0 = d , [ x0 ] = � � � d �= a0 1 1 1 1 d = a0 + = a0 + = a0 + = a0 + = ... x1 1 1 1 a1 + a1 + a1 + x2 1 1 a2 + a2 + x3 1 a3 + x4 1 1 Trong đó xn = an + � xn +1 = ; an = [ xn ] ( n �0 ) xn +1 xn − an Ví dụ 1 Cho phương trình: x 2 − 7 y 2 = 1 , biểu diễn liên phân số của 7 Phương trình Pell 4
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 1 � 7 �= [ x0 ] a0 = 2 = � x0 = 7 = 2 + ; � x1 1 1 7 +2 x1 = = = � [ x1 ] = 1 = a1 x0 − [ x0 ] 7 −2 3 1 1 3 7 +1 x2 = = = = � [ x2 ] = 1 = a2 x1 − [ x1 ] 7 +2 7 −1 2 −1 3 1 1 2 7 +1 x3 = = = = � [ x3 ] = 1 = a3 x2 − [ x2 ] 7 +1 7 −1 3 −1 2 1 1 3 x4 = = = = 7 + 2 � [ x4 ] = 4 = a4 = 2a0 x3 − [ x3 ] 7 +1 7 −1 −1 3 Vậy 7 =� a0 ; a1 , a3 , a3 , a4 � � � 2;1,1,1, 4 � �= � �. Trong đó n = 4 chính là chiều dài của chu kỳ liên phân số của 7 . Một số biểu diễn liên số của d với d là số không chính phương nằm trong đoạn từ 2 đến 40: Phương trình Pell 5
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 2=� �1; 2 � � 22 = � �4;1, 2, 4, 2,1,8� � 3=� �1;1, 2 � � 23 = � 4;1,3,1,8� � � 5=� �2; 4 � � 24 = � �4;1,8�� 6=� �2; 2, 4 � � 26 = � 5;10 � � � 7 =��2;1,1,1, 4 �� 27 = � �5;5,10 �� 8=� �2;1, 4 �� 28 = � 5;3, 2,3,10 � � � 10 = � � 3;6 � � 29 = � 5; 2,1,1, 2,10 � � � 11 = � �3;3, 6 �� 30 = � 5; 2,10 � � � 12 = � � 3; 2, 6 � � 31 = � 5;1,1,3,5,3,1,1,10 � � � 13 = � �3;1,1,1,1, 6 � � 32 = � 5;1,1,1,10 � � � 14 = � � 3;1, 2,1, 6 � � 33 = � 5;1, 2,1,10 � � � 15 = � �3;1, 6 �� 34 = � 5;1, 4,1,10 � � � 17 = � � 4;8�� 35 = � 5;1,10 � � � 18 = � � 4; 4,8� � 37 = � 6;12 � � � 19 = � � 4; 2,1,3,1, 2,8 � � 38 = � 6;6,12 � � � 20 = ��4; 2,8� � 39 = � 6; 4,12 � � � 21 = � � 4;1,3,1,8� � 40 = � �6;3,12 �� I.4. Bổ đề 3 Giả sử d và n là số nguyên sao cho d > 0, d không là số chính phương, n < d . Khi x đó nếu x 2 − dy 2 = n thì là giản phân của liên phân số của d. y Chứng minh Trường hợp 1: n > 0 2 2 ( Vì x − dy = n � x + y d )( x− y d ) =n �x− y d >0�x > y d x Do đó: − d > 0 hơn nữa, do 0 < n < d nên: y Phương trình Pell 6
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 x x−y d x 2 − dy 2 n n d 1 − d = = = < < 2 = 2. y y y x+ y d ( y x+ y d ) y 2y d ( 2y d 2y ) ( ) x 1 x Do 0 < − d < 2 ta suy ra được là giản phân của liên phân số của d. y 2y y Trường hợp 2: n < 0 1 2 n Chia hai vế của x − dy = n cho ( −d ) , ta được : y 2 − 2 2 x =− d d n y 1 Lập luận tương tự như trên ta có, khi − > 0, là giản phân của liên phân số của . d x d 1 =x 1 = d Do đó: y y là giản phân của liên phân số của 1 . x d I.5. Bổ đề 4 Liên phân số d = [ a0 ; a1 , a2 , a3 ,..., an ,...] đã cho, xác định sk và tk một cách đệ quy bằng hệ thức: s0 = 0; t0 = 1 Khi đó: d −s 2 sk +1 = ak tk − sk ; tk +1 = k +1 k 0 tk a ) sk , tk ι Z và tk 0 ( b) tk d − sk2 ) c ) xk = (s k + d ) k 0 tk Chứng minh a) và b) Bằng phương pháp quy nạp toán học: * Với k = 0, hiển nhiên đúng. * Giả sử với k > 0 với sk , tk được xác định như trên thì sk , tk ι Z , tk 0 và tk ( d − sk ) . 2 * Chứng minh: đúng với k + 1 Thật vậy: sk +1 = ak tk − sk Z theo giả thuyết quy nạp. Ta có tk +1 0 vì tk +1 = 0 thì d = sk +1 2 d là số chính phương (vô lý ). Phương trình Pell 7
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 d − sk2+1 d − ( ak tk − sk ) 2 d − sk2 2ak tk sk − ak2tk2 d − sk2 Ta có: tk +1 = tk = tk = tk + tk = tk + 2ak sk − ak2tk ( ) Ta có ( 2ak sk − ak tk ) ( ) Z và tk d − sk2 theo giả thuyết quy nạp nên tk +1 2 Z . ( � tk +1 d − sk2+1 . ) c) Bằng phương pháp quy nạp: * Với k = 0, luôn đúng. * Giả sử với k > 0 thì xk = (s k + d ) tk * Chứng minh: đúng với k + 1. Thật vậy: xk +1 = 1 = tk = tk = tk sk +1 + d s + d = k +1 ( . ) xk − ak sk + d − ak tk d − sk +1 d − sk +1 2 tk +1 I.6. Bổ đề 5 pk Nếu là giản phân của liên phân số của d. qk Khi đó: pk2 − dqk2 = ( −1) k +1 tk +1 k = 0,1, 2,... và tk +1 > 0 Chứng minh * Cho d = [ a0 ; a1 , a2 , a3 ,...ak , xk +1 ] xk +1 pk + pk −1 sk +1 + d Ta biết: d = mà ta có: xk +1 = xk +1qk + qk −1 tk +1 �s + d � sk +1 + d .qk + qk −1 � �d = t Ta có: �k +1 . pk + pk −1 � � tk +1 � k +1 � d ( sk +1qk + qk −1tk +1 − pk ) = sk +1 pk + tk +1 pk −1 − dqk Do vế phải là số hữu tỉ mà d là số vô tỉ nên: sk +1qk + qk −1tk +1 = pk lần lượt nhân 2 vế của hệ thức cho pk và ( −qk ) sk +1 pk + t k +1 pk −1 = dqk Phương trình Pell 8
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 sk +1qk pk + qk −1tk +1 pk = pk2 Ta có: − sk +1 pk qk − tk +1 pk −1qk = −dqk2 Cộng vế theo vế ta có kết quả là: pk − dqk = tk +1 ( qk −1 pk − qk pk −1 ) 2 2 Mà ta có: qk −1 pk − qk pk −1 = ( −1) k +1 Nên ta có: pk2 − dqk2 = ( −1) k +1 tk +1 p2 k p * Ta có : < d < 2 k +1 k 0 , vì thế: q2 k q2 k +1 pk Nếu k chẵn: < d � pk < qk d � pk2 − dqk2 < 0 qk pk Nếu k lẻ: d < � qk d < pk � pk2 − dqk2 > 0 Xét : qk ( −1) tk +1 = − tk +1 k +1 pk2 − dqk2 = (k 1) pk −1 − dqk −1 ( −1) tk 2 2 k tk tk +1 t Nếu k lẻ thì (k - 1) chẵn nên: pk − dqk > 0; pk −1 − dqk −1 < 0 � − < 0 � k +1 > 0 ∀k �1 2 2 2 2 tk tk tk +1 t Nếu k chẵn thì (k - 1) lẻ nên: pk − dqk < 0; pk −1 − dqk −1 > 0 � − < 0 � k +1 > 0 ∀k �1 2 2 2 2 tk tk Ta bắt đầu với t0 = 1 > 0 t1 = d − s12 t0 ( = d − a02 > 0 a0 = � � � d �< d ) t2 Mà > 0 � t2 > 0 . t1 tk +1 Tương tự ta có tk > 0 ∀ k 0 mà > 0 � tk +1 > 0 ∀ k �0 . tk I.7. Bổ đề 6 Nếu n là chiều dài chu kì của liên phân số của d Thì khi đó t j = 1 nếu và chỉ nếu n j . Chứng minh Phương trình Pell 9
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Đảo Cho d = � a0 ; a1 , a2 ,..., an � � � Ta có: xkn +1 = x1 k 0 Khi đó: skn +1 + d s1 + d = tkn +1 t1 � skn +1t1 + t1 d = s1tkn +1 + tkn +1 d � ( tkn +1 − t1 ) d = skn +1t1 − s1tkn +1 Ta có: tkn +1 = t1 ; skn +1 = s1 Nhưng: t1 = d − s12 = d − skn2 +1 = tkntkn +1 = tknt1 � tkn = 1 Vậy kết quả nhận được là t j = 1 , j = kn n j Thuận sj + d Cho j là số nguyên dương thỏa t j = 1 . Khi đó: x j = = sj + d tj Xét phần nguyên, ta có thể viết: � � sj + d � �= � xj � � � � �= s j + � d �= s j + a0 ( vì s j Z) 1 1 Định nghĩa của x j +1 : x j = � �+ x xj � � = s j + a0 + x j +1 j +1 Ta có: 1 1 d = x0 = a0 + mà d = x j − s j = a0 + x1 x j +1 1 1 � a0 + = a0 + � x1 = x j +1 x1 x j +1 Điều đó có nghĩa là khối a1 , a2 ,..., a j ( j Z ) duy trì sự lặp lại trong sự biểu diễn liên phân số của d � j = kn . Do đó, j phải là bội của chiều dài n chu kì của liên phân số d . Ví dụ 2 15 = � 3;1, 6 � � � Phương trình Pell 10
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 n = 2 là chiều dài chu kì của liên phân số của 15 . ak 3 1 6 1 pk 1 3 4 27 31 qk 0 1 1 7 8 Khi đó: p0 3 p 4 p 27 p 31 g0 = = ; g1 = 1 = ; g 2 = 2 = ; g3 = 3 = q0 1 q1 1 q2 7 q3 8 Sự tính toán đã chỉ ra rằng: p02 − dq02 = ( −1) t1 � t1 = 6 ; p22 − dq22 = ( −1) t3 � t3 = 6 1 3 � t1 = t3 p12 − dq12 = ( −1) t2 � t2 = 1 ; p32 − dq32 = ( −1) t4 � t4 = 1 2 4 � t2 = t 4 = 1 � t2 k = 1 vì 2 2k ; t2 k +1 = t1 ( k �0 ) Phương trình Pell 11
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Chương II. Các Dạng Phương Trình Pell Và Một Số Phương Pháp Giải II.1. Định nghĩa Phương trình Pell có dạng: x 2 − dy 2 = n 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: n = 1, n = −1 và n bất kì. Đặc biệt ta chỉ xét nghiệm nguyên dương. II.2. Các định lý II.2.1. Dạng 1 x 2 − dy 2 =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 x − m y = 1 � ( x − my ) ( x + my ) = 1. 2 2 2 Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương nên ( x − my ) và ( x + my ) ∈ Z  x − my = 1  x = 1  ⇔ (vô lý)  x + my = 1  y = 0 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. Phương trình Pell 12
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Chứng minh Đặc d = − d ( d > 0 ) . Khi đó: (1) � x 2 + d ' y 2 = 1 . ' '  x = 1; y = 0 Nếu d =1: x + y = 1⇒  ' 2 2  x = 0; y = 1 Nếu d ' >1: x 2 , y 2 ≥ 0 ⇒ x = 1 và y = 0 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: x 2 − dy 2 < 1 + 2 d � − 1 − 2 d < x 2 − dy 2 < 1 + 2 d (2) Z ,k � Từ tính vô hạn của các cặp số nguyên dương (x, y) nên: ∃k �� −1 − 2 d ,1 + 2 d � � � sao cho có vô số cặp số nguyên dương (x, y) thỏa: x 2 − dy 2 = k . Khi đó ta xét tập H = { ( x, y ) : x − dy = k } với k �� −1 − 2 d ,1 + 2 d � 2 2 � � Và H i , j = {κ�� ( x, y ) : ( x, y ) H , x i ( mod k ) và y j ( mod k )} 0 i, j k . * Vì có vô số (x, y) � H = +�. Do cặp số (i, j) là hữu hạn vì 0 i, j k Mà H = UH i , j hiển nhiên suy ra từ định nghĩa của hai tập H và H i , j . � H = UH i , j = +� mà (i, j) là hữu hạn cặp nên ∃(i, j ): H i , j = + * Xét H i , j : H i , j = + ∃ ( x1 , y1 ) �� ( x2 , y2 ) mà ( xk , yk ) H i , j ( k = 1, 2 ) . Phương trình Pell 13
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 x1 x2 (mod k ) Sao cho : y1 y2 (mod k ) (3) x1 − dy12 = x22 − dy22 = k 2 ( Ta có : x1 − y1 d )(x 2 ) + y2 d = x1 x2 − dy1 y2 + d ( x1 y2 − x2 y1 ) (4) x1 x2 − dy1 y2 x22 − dy22 0 mod ( k ) Mà từ (3) ta có : (5) x1 y2 − x2 y1 x2 y2 − x2 y2 0 mod ( k ) x1 x2 − dy1 y2 = ku � ∃ ( u, v ) �Z (6) x1 y2 − x2 y1 = kv Kết hợp 3, 4, 5, 6 ta có được : (x −y d)(x +y 1 1 2 2 ) ( d = k u+v d ) (x +y d)(x −y 1 1 2 2 d ) = k(u −v d ) Nhân hai vế của hệ phương trình ta có : ( x1 − dy1 ) ( x2 − dy2 ) = k ( u − dv ) 2 2 2 2 2 2 2 Do ( x1 − dy1 ) ( x2 − dy2 ) = k u 2 − dv 2 = 1 2 2 2 2 2 � * Ta đi chứng minh u và v là những số nguyên dương. Ta có: u 2 = 1 + dv 2 � u > 0 vì u 2 �1 và ta chỉ xét nghiệm nguyên dương. Giả sử v = 0, ta có: Vì v = 0 thì u 2 = 1� u = 1 � x1 − y1 d ( )(x +y d) =k 2 2 ( Theo (3) thì ta có : x1 − dy1 = x1 − y1 d 2 2 )(x +y 1 1 d ) = k �( x + y d ) = ( x + y 1 1 2 2 ) d (7) x1 Giả sử x1 − y1 d = 0 � d = � d là số hữu tỉ (vô lý). Nên x1 − y1 d 0 y1 Từ (7) ta có : x1 − x2 = ( y2 − y1 ) d �x − x = 0 �x1 = x2 Vì là d số vô tỉ và xi , yi Z + nên : �1 2 �� ( x1 , y1 ) = ( x2 , y2 ) (vô lý). �y1 − y2 = 0 �y1 = y2 Vậy v > 0 . Tóm lại ∃ ( u , v ) > 0; u, v �Z : u − dv = 1 . 2 2 II.2.1.4. Định lý 4 pk Cho là giản phân của liên phân số của d với n là chiều dài của nó. qk Phương trình Pell 14
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 a) Nếu n chẵn, khi đó tất cả các nghiệm dương của x 2 − dy 2 = 1 (1) được cho bởi: x = pkn −1 (k 1) y = qkn −1 b) Nếu n lẻ, khi đó tất cả các nghiệm dương của x 2 − dy 2 = 1 (1) được cho bởi: x = p2 kn −1 (k 1) y = q2 kn −1 Chứng minh Theo Bổ đề 3 ta có: x0 , y0 là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = 1 pj Trong đó: x0 = p j và y0 = q j ; là giản phân của liên phân số của d qj Theo Bổ đề 5, thì: p 2j − dq 2j = ( −1) j +1 t j +1 j = 0,1, 2,... và t j +1 > 0 So với: p j − dq j = 1� t j +1 = 1và j + 1 là số chẵn. 2 2 Theo bổ đề 5 � n ( j + 1) � j + 1 = nk ( k �Z ) � j = k n − 1 ( k , n �1) ' ' ' ' a) Nếu n lẻ: mà ( j + 1) chẵn nên k’ chẵn , k’ = 2k ( k �1 ) � j = 2kn − 1 Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = p2 kn −1 và y = q2 kn −1 ( k 1) b) Nếu n chẵn: mà ( j + 1) chẵn nên ∀k �1 ; k = k ( k �� 1) j = kn − 1 ' ' Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = pkn −1 và y = qkn −1 ( k 1) . Ví dụ 3 Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình: x 2 − 13 y 2 = 1 (1) Thật vậy: 13 = � 3;1,1,1,1, 6 � � �với chiều dài chu kì là 5 (lẻ). Nên ta có các giản phân sau: ak 3 1 1 1 1 6 1 1 1 1 6 1 1 1 1 pk 1 3 4 7 11 18 119 137 256 393 649 4287 4936 9223 14159 23382 qk 0 1 1 2 3 5 33 38 71 109 180 1189 1369 2558 3927 6485 Phương trình Pell 15
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 p10 k −1 Ta có tử số và mẫu số của giản phân (*) là dạng nghiệm của phương trình (1). q10 k −1 p9 649 Với k = 1: g9 = = nên (649, 180) là cặp nghiệm bé nhất của phương trình (1). q9 180 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 < u với (u, v) là nghiệm khác của phương trình. Nghiệm cực tiểu được gọi là nghiệm cơ bản. II.2.1.5. Định lý 5 ( a, b ) là nghiệm cơ bản của phương trình. x0 = 1 ; x1 = a ; xn + 2 = 2axn +1 − xn Xét dãy { xn } và { yn } được xác định bởi : với n = 0,1,.. y0 = 0 ; y1 = b ; yn + 2 = 2ayn +1 − yn Khi đó ( xn , yn ) là nghiệm dương của phương trình với n = 0, 1,… Chứng minh Theo lí thuyết về dãy số, thì phương trình đặc trưng của dãy trên là: λ 2 − 2aλ + 1 = 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm là λ1 = a − ∆ ' và λ2 = a + ∆ ' (∆ =a ' 2 ) −1 Do (a, b) là một cặp nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = 1 , nên ta có a 2 − 1 = db 2 . Vì lẽ đó hai nghiệm của phương trình (1) là: λ1 = a − b d và λ2 = a + b d . xn = c1λ1n + c2 λ2n Từ đó theo lý thuyết dãy số, thì: yn = d1λ1n + d 2 λ2n Bây giờ ta xác định c1 , c2 ; d1 , d 2 từ các điều kiện x0 = 1, x2 = a; y0 = 0, y1 = b . Xét hệ phương trình sau: Phương trình Pell 16
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 x0 = 1 c1 + c2 = 1 (2) � x1 = a � ( ) c1 a − b d + c2 a + b d = a ( ) (3) Từ (2) ta có c2 = 1 − c1 .Thay vào (3) ta có: ( ) ( ) ( c1 a − b d + ( 1 − c1 ) a + b d = a � c1 a − b d − a − b d = a − a − b d ) 1 � −2b d c1 = −b d � c1 = 2 ( a +b d ) +( a −b d ) n n Từ đó c = 1 � x = ( 4) 2 n 2 2 ( a +b d ) −( a −b d ) n n Lập luận hoàn toàn tương tự, ta có: yn = ( 5) 2 d Rõ ràng xn và yn là các số nguyên và từ (4), (5) suy ra xn và yn là các số nguyên dương. Từ (4) và (5) ta có: ( ) n xn + yn d = a + b d (6) d = ( a −b d ) n xn − yn 2 2 ( Vì vậy: xn − dyn = xn + yn d )(x n ) − yn d = a 2 − db 2 = 1 Vậy ( xn , yn ) là nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại 1: x 2 − dy 2 = 1 với mọi n = 0, 1, 2,… II.2.1.6. Định lý 6 Nếu ( x1 , y1 ) là nghiệm cơ bản của x 2 − dy 2 = 1 , với mỗi nghiệm dương (x, y) bất kì ( ) n của phương trình thì: ∃n 1 : x + y d = xn + yn d = x1 + y1 d Chứng minh Chứng minh bằng phản chứng: ( ) n * Giả sử u, v là nghiệm dương của phương trình mà không đạt được dạng x1 + y1 d . (x +y d) n Tức là u + v d 1 1 Phương trình Pell 17
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 ( ) n Giả sử u + v d > x1 + y1 d Vì x1 + y1 d > 1 nên lũy thừa của x1 + y1 d sẽ lớn tùy ý. Điều đó có nghĩa là: (x +y d) ( ) n n +1 1 1 < u + v d < x1 + y1 d � xn + yn d < u + v d < xn + yn d ( )(x +y d) 1 1 ( �1< u + v d )(x n ) − yn d < x1 + y1 d vì xn2 − dyn2 = 1 Số nguyên r, s được xác định: r + s d = u + v d ( )(x n − yn d ) � r + s d = ( ux n − dvyn ) + ( sxn − uyn ) d � r = ux n − dvyn ; s = sxn − uyn Ta có: r − ds = ( xn − dyn ) ( u − dv ) = 1 do đó r, s là nghiệm của phương trình. 2 2 2 2 2 2 * r, s > 0 vì 1 < r + s d < x1 + y1 d (1) mà r + s d r − s d = 1 ( )( ) � 0 < r − s d < 1� − 1 < − r − s d ( ) 1 + 0 = 1 < r + s d + r − s d = 2r ( 1 − 1 = 0 < r + s d − r − s d = 2s d ) 1 r> 2 s>0 Vậy r, s là nghiệm dương của phương trình � x1 < r ; y1 < s � x1 + y1 d < r + s d 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 ( ) n dạng: u + v d = x1 + y1 d . Ví dụ 4 Tìm ba nghiệm đầu tiên của phương trình: x 2 − 23 y 2 = 1 (*) Thật vậy: trước tiên ta xác định nghiệm cơ bản của phương trình (*) Phương trình Pell 18
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 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: �xn + 2 = 2axn +1 − xn �x = 2ax1 − x0 x = 2.24.24 − 1 = 1151 � � �2 � �2 �yn + 2 = 2ayn +1 − yn �y2 = 2ay1 − y0 y2 = 2.24.5 − 0 = 240 Vậy nghiệm thứ hai của phương trình (*) là (1151, 240) Tương tự, ta tìm nghiệm thứ ba như trên, ta có: �x3 = 2ax2 − x1 �x3 = 2.24.1151 − 24 = 55224 � � �y3 = 2ay2 − y1 � y3 = 2.24.240 − 5 = 11515 Vậy nghiệm thứ ba của phương trình (*) là (55224, 11515). II.2.1.7. Định lý 7 Nếu ( x1 , y1 ) là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = c (1) Và ( x2 , y2 ) là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = c ' (2) Thì ( x1 x2 + dy1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = c.c ' Các nghiệm của phương trình (*) khác biệt nhau với sự khác biệt của ( x1 , y1 ) và ( x2 , y2 ) Chứng minh U = x1 x2 + dy1 y2 �U 2 − dV 2 = ( x1 x2 + dy1 y2 ) − d ( x1 y2 + x2 y1 ) = c.c ' 2 2 Đặt V = x1 y2 + x2 y1 Ta thấy: Giả sử ( x1 , y1 ) và ( x2 , y2 ) lần lượt là nghiệm của phương trình (1) và (2) với ' ' ' ' x1' > x1 � y1' > y1 ; x2' > x2 � y2' > y2 nên U ' > U ,V ' > V . II.2.1.8. Hệ quả Phương trình Pell 19
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032 Nếu (a, b) là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = c (c = 1, 2, 4) �a 2 + db 2 2ab � , �là nghiệm của phương trình x − dy = 1 2 2 Thì � � c c � Chứng minh Áp dụng trực tiếp từ định lý 8, ta có: (a 2 ) + db 2 , 2ab là nghiệm của phương trình x 2 − dy 2 = c 2 (c 0) (1) Chia hai vế của phương trình cho c2 ta nhận được: (a ) ( ) �2ab � a + db − d ( 2ab ) 2 2 2 2 + db 2 2 2 2 c2 − d � �= 2 = 2 = 1 . c c � � c c Ví dụ 5 Trở lại ví dụ ở phần II.1.14 Ta thấy: (5, 1) là nghiệm của phương trình x 2 − 23 y 2 = 2 Nên (25 + 23.1, 2.5.1) = (48, 10)là nghiệm của phương trình x 2 − 23 y 2 = 4 Vậy (24, 5) là nghiệm của phương trình x 2 − 23 y 2 = 1 Ta có: (48, 10) là nghiệm của phương trình x 2 − 23 y 2 = 4 Nên (482 + 23.102, 2.48.10) = (4604, 960) là nghiệm của phương trình x 2 − 23 y 2 = 16 �4604 960 � , �= (1151, 240) là nghiệm của phương trình x − 23 y = 1 . 2 2 Vậy � �4 4 � II.2.2. Dạng 2 x 2 − dy 2 = −1 (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: x − m y = −1 � ( my + x ) ( my − x ) = 1 2 2 2 Phương trình Pell 20