Luận văn Thạc sĩ Toán học: Giải phương trình Diophante y2 = Ax4+B

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:47

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Như chúng ta đã biết các phương trình Diophante có dạng Dy2 = Ax4 +B đã được nghiên cứu rộng rãi với nhiều phương pháp khác nhau. Có rất nhiều ý tưởng đã được phát triển để nghiên cứu dạng phương trình này. Luận văn sẽ đi sâu nghiên cứu về vấn đề này.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Giải phương trình Diophante y2 = Ax4+B

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ MỸ HẠNH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE y 2 = Ax4 + B LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ MỸ HẠNH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE y 2 = Ax4 + B LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN - 2017
Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Phần mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1 Một số kiến thức chuẩn bị 6 1.1 Liên phân số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Liên phân số vô hạn và định lý Euler . . . . . . . . . . . 11 1.3 Một số tính chất của dãy Lucas . . . . . . . . . . . . . . 16 2 Phương trình Diophante y 2 = Ax4 + B 21 2.1 Phương trình x2 = Dy 4 + 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2 Nghiệm nguyên của phương trình y 2 = Ax4 + B . . . . . 26 2.3 Một số ứng dụng của phương trình Diophante . . . . . . 37 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 2
3 LỜI CẢM ƠN Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến PGS. TS. Nông Quốc Chinh đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này. Khi bắt đầu nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mới mẻ. Hơn nữa với vốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên tôi chưa thực sự tự tin để tiếp cận đề tài. Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Thầy vẫn dành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thời gian tôi thực hiện đề tài. Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quá trình hoàn thiện luận văn Thầy luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi hoàn thành luận văn. Cho đến bây giờ luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Thầy đã đôn đốc nhắc nhở tôi. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng Đào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy cô giáo trường THCS Nha Trang - Tp Thái Nguyên nơi tôi công tác đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành công việc chuyên môn tại nhà trường để tôi hoàn thành chương trình học tập cao học. Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Thái Nguyên, ngày 29 tháng 9 năm 2017 Tác giả Nguyễn Thị Mỹ Hạnh
4 PHẦN MỞ ĐẦU Như chúng ta đã biết các phương trình Diophante có dạng Dy 2 = Ax4 + B đã được nghiên cứu rộng rãi với nhiều phương pháp khác nhau. Có rất nhiều ý tưởng đã được phát triển để nghiên cứu dạng phương trình này. Một ví dụ điển hình đó là các kết quả của Ljunggren (xem trong tài liệu [Lj]). Bằng các phương pháp hữu hiệu của mình Ljunggren đã chỉ ra rằng các phương trình x2 −dy 4 = ±1 có nhiều nhất hai nghiệm. Hơn nữa, Tzanakis đã đưa ra phương pháp giải phương trình bậc hai dạng elliptic bằng cách tổng quát hóa thuật toán elliptic. Một phương pháp khác đối với các phương trình này là áp dụng rút gọn để nghiên cứu các căn bậc hai của một số dãy lặp song tuyến tính hoặc đối với họ các phương trình Thue. Trong trường hợp này, phương pháp của Baker hoặc Thue-Siegel đã được sử dụng. Tương tự, có một số cách tiếp cận cơ bản để giải các phương trình này, chẳng hạn như sử dụng kí hiệu Legendre và rút gọn theo mod d. Tuy nhiên, hạn chế của các phương pháp trên là đòi hỏi các số hạng hằng là rất bé, chỉ thuộc trong tập {±1, ±2}. Gần đây trong các công trình của [AD] và [TVW] bằng cách sử dụng liên phân số và các số hạng của dãy Lucas đã đưa ra cấu trúc nghiệm của các phương trình có dạng y 2 = Ax4 + B. Một điểm đặc biệt của kết √ quả của [AD] là giải quyết được bài toán với điều kiện |B| < A. Mục đích của luận văn là trình bày lại các kết quả [AD] và [TVW] và ứng dụng vào một số bài toán sơ cấp. Luận văn gồm hai chương. Chương 1 chúng tôi trình bày về liên phân số và các tính chất tốt của dãy Lucas. Đặc biệt chúng tôi nhắc lại nội dụng của Định lý Euler về liên phân số dùng cho các chứng minh sau. Chương hai gồm ba phần. Phần đầu tiên chúng tôi trình bày lại các kết quả của [TVW] về cấu trúc nghiệm của phương trình x2 = Ay 4 + 1
5 thể hiện trong Định lý 2.1.8. Phần thứ hai chúng tôi trình bày các kết quả của [AD] về cấu trúc nghiệm của phương trình y 2 = Ax4 + B thể hiện trong các Định lý 2.2.5 và 2.2.9. Phần cuối của chương này chúng tôi trình bày lại lời giải của phương trình x2 = 2y 4 − 1 và một số ứng dụng của phương trình vào một số bài toán sơ cấp.
Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị Mục đích của chương này là trình bày lại các tính chất của liên phân số và dãy Lucas. Đặc biệt chúng tôi tập trung trình bày lại Định lý Euler về liên phân số và một vài tính chất của dãy Lucas được ứng dụng cho việc tìm lời giải nghiệm nguyên cho các phương trình Diophante trong các phần sau. Các kết quả trong chương này được viết theo các tài liệu [Hi], [Ho] và [AD]. 1.1 Liên phân số 1.1.1 Định nghĩa. Cho {ai }∞ ∞ i=0 và {bi }i=0 là dãy các số thực. (i) Biểu thức có dạng b0 a0 + (1.1) b1 a1 + a2 + ... được gọi là một liên phân số của hai dãy số {ai }∞ ∞ i=0 và {bi }i=0 . b0 (ii) Dãy các biểu thức u0 = a0 , u1 = a0 + , . . . , được gọi là các b1 a1 + a2 giản phân của hai dãy số {ai }∞ i=0 ∞ và {bi }i=0 . (iii) Phần tử un xác định như trên được gọi là giản phân thứ n của hai dãy số {ai }∞ ∞ i=0 và {bi }i=0 . 6
7 1.1.2 Chú ý. (i) Nếu n là hữu hạn và b0 = b1 = . . . = bn = 1 ta kí hiệu liên phân số của hai dãy số {ai }ni=0 và {bi }ni=0 là [a0 ; a1 , . . . , an ] . (ii) Nếu a0 ∈ Z và a1 , ..., an là các số nguyên dương thì ta nói [a0 ; a1 , ..., an ] là một liên phân số hữu hạn có độ dài n. (iii) Một liên phân số hữu hạn là một số hữu tỷ. Với hai dãy số thực {ai }∞ ∞ ∞ i=0 và {bi }i=0 ta xét hai dãy số {pn }n=−1 và {qn }∞ n=−1 như sau: p−1 = 1, p0 = a0 , . . . , pn+1 = an+1 pn + bn pn−1 q−1 = 0, q0 = 1, . . . , qn+1 = an+1 qn + bn qn−1 . Khi đó mối quan hệ giữa giản phân thứ n của hai dãy số {ai }∞ i=0 và {bi }∞ ∞ ∞ i=0 với thương thứ n của hai dãy số {pn }n=−1 và {qn }n=−1 được thể hiện trong bổ đề sau. pn 1.1.3 Bổ đề. Với các kí hiệu và giả thiết như trên ta có un = với qn mọi n ≥ 0. Chứng minh. Ta chứng minh đẳng thức trên là đúng bằng quy nạp theo n. Thật vậy, với n = 0 và n = 1 thì hiển nhiên kết quả là đúng. Giả sử pn quy nạp đúng cho n, nghĩa là ta có un = . Thay an trong biểu thức qn bn un bởi an + ta thu được un+1 . Theo định nghĩa ta có pn , qn không an+1 phụ thuộc vào bn và an+1 nên từ công thức truy hồi pn an pn−1 + bn−1 pn−2 = qn an qn−1 + bn−1 qn−2 ta có bn (an + )pn−1 + bn−1 pn−2 an+1 un+1 = bn (an + )qn−1 + bn−1 qn−2 an+1
8 (an an+1 + bn )pn−1 + an+1 bn−1 pn−2 = (an an+1 + bn )qn−1 + an+1 bn−1 qn−2 an+1 (an pn−1 + bn−1 pn−2 ) + bn pn−1 = an+1 (an qn−1 + bn−1 qn−2 ) + bn qn−1 an+1 pn + bn pn−1 = an+1 qn + bn qn−1 pn+1 = . qn+1 Bổ đề 1.1.3 cho ta một công thức tính các giản phân qua thương của các dãy số. Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng mọi số hữu tỷ đều biểu diễn được dưới dạng một liên phân số hữu hạn và biểu diễn đó là duy nhất. Trước tiên ta nhắc lại thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên. 1.1.4 Chú ý. (i) Cho các số nguyên a, b ∈ Z, b > 0. Khi đó như đã biết chúng ta có thể tìm được ước chung lớn nhất của a và b bằng cách thức hiện thuật toán Euclid như sau: a = a0 b + r1 , 0 < r1 < b b = a1 r1 + r2 , 0 < r2 < r1 , r1 = a2 r2 + r3 , 0 < r3 < r1 , ..., rn−2 = an−1 rn−1 + rn , 0 < rn < rn−1 , rn−1 = an rn , quá trình này phải dừng và sau hữu hạn bước ta có gcd(a, b) = rn . (ii) Từ thuật toán trên ta thu được hai dãy số nguyên hữu hạn là {ai }ni=0 và b0 = b1 = . . . = bn = 1. Khi đó các giản phân của {ai }ni=0 và {bi }ni=0 là 1 u0 = a0 = [a0 ], u1 = a0 + = [a0 ; a1 ], . . . , un = ... = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ]. a1
9 (iii) Từ thuật toán trên ta cũng thu được các dãy truy hồi là p0 = a0 , p1 = a1 p0 + 1, . . . , pn = an pn−1 + pn−2 và q0 = 1, q1 = a1 , . . . , qn = an qn−1 + qn−2 . Theo Bổ đề 1.1.3 ta có hệ quả sau: 1.1.5 Hệ quả. Với các kí hiệu và giả thiết như trong Chú ý 1.1.4 ta có pi ui = , với mọi i = 0, 1, . . . , n. qi Từ các Bổ đề và Hệ quả trên ta có tính chất quan trọng của số hữu tỷ thể hiện trong mệnh đề sau: 1.1.6 Mệnh đề. Mỗi số hữu tỷ đều được biểu diễn dưới dạng một liên phân số hữu hạn. Chứng minh. Cho a/b là một số hữu tỷ với b > 0. Theo thuật toán tìm ước chung lớn nhất và công thức giản phân ta có a 1 = a0 + b b r1 1 = a0 + 1 a1 + r1 r2 ... 1 = a0 + . 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 + ... an−2 + 1 an−1 + an Vậy mọi số hữu tỷ a/b đều viết được thành một liên phân số hữu hạn là a/b = [a0 ; a1 , . . . , an ].
10 Như chúng ta đã biết biểu diễn của một số hữu tỷ dưới dạng phân số không là duy nhất. Tuy nhiên mệnh đề tiếp theo chỉ ra rằng biểu diễn của một số hữu tỷ thành liên phân số là duy nhất. 1.1.7 Mệnh đề. Biểu diễn số hữu tỷ thành một liên phân số hữu hạn dạng [a0 ; a1 , . . . , an ] là duy nhất. Chứng minh. Cho a/b là một số hữu tỷ và giả sử a [a0 ; a1 , . . . , an ] = = [b0 ; b1 , . . . , bm ]. b Ta cần chứng minh m = n và ai = bi , với mọi i = 0, 1, . . . , n. Thật vậy, với n = 0 ta có a0 = [b0 ; b1 , . . . , bm ]. Vì b0 là phần nguyên của a0 và a0 là số nguyên nên m = 0 và a0 = b0 . Giả sử quy nạp đúng cho n − 1, nghĩa là kết luận trên là đúng cho mọi liên phân số hữu hạn có độ dài nhỏ hơn n. Từ biểu thức a [a0 ; a1 , . . . , an ] = = [b0 ; b1 , . . . , bm ] b ta suy ra a0 = b0 , vì đều là phần nguyên của cùng một số hữu tỷ. Khi đó ta có a [0; a1 , . . . , an ] = − a0 = [0; b1 , . . . , bn ]. b Do đó [a1 ; a2 , . . . , an ] = [b1 ; b2 , . . . , bm ]. Theo giả thiết quy nạp ta có n − 1 = m − 1 và ai = bi , với mọi i = 1, . . . , n. 1.1.8 Ví dụ. i) Ta có 143 = 5.27 + 8, 27 = 3.8 + 3, 8 = 2.3, 3 = 1.2 + 1, 2 = 2.1. 143 Do đó = [5; 3, 2, 1, 2]. 27
11 ii) Ta có − 189 = −48.4 + 3, 4 = 1.3 + 1, 3 = 3.1. −189 Do đó = [−48; 1, 3]. 4 1.2 Liên phân số vô hạn và định lý Euler Trong mục này chúng tôi tập trung trình bày các kiến thức về liên phân số vô hạn. Trong đó chúng tôi trình bày lại một tính chất tốt của liên phân số vô hạn đó là mọi số vô tỷ đều viết được dưới dạng một liên phân số vô hạn. Đặc biệt chúng tôi trình bày nội dung của định lý Euler về liên phân số để áp dụng cho các chứng minh trong các phần sau. Trước khi đưa ra khái niệm liên phân số vô hạn ta cần mệnh đề sau: 1.2.1 Mệnh đề. [Hi] Cho a0 , a1 , a2 , . . . là dãy vô hạn các số nguyên với ai > 0 và i ≥ 1. Đặt uk = [a0 ; a1 , ..., ak ] . Khi đó tồn tại giới hạn lim uk = α. k→∞ Từ Mệnh đề 1.2.1 ta có định nghĩa liên phân số vô hạn. 1.2.2 Định nghĩa. Ta gọi α là giá trị của liên phân số vô hạn [a0 ; a1 , a2 , . . .] và viết α = [a0 ; a1 , a2 , . . .] 1.2.3 Chú ý. (i) Cho α ∈ / Q là một số thực. Số [α] được định nghĩa là số nguyên sao cho [α] ≤ α < [α] + 1. Đặt 1 α0 = α = a 0 + , với a0 = [α] ∈ Z, α1 > 1. α1
12 Vì α ∈ / Q nên α1 không là số nguyên. Khi đó ta có 1 α1 = a1 + , với a1 = [α1 ] ∈ Z, α2 > 1. α2 Tiếp tục quá trình trên đến bước thứ n + 1 ta được 1 αn = an + , với an = [αn ] ∈ Z, αn+1 > 1. αn+1 Vì α ∈ / Q nên αn+1 không là số hữu tỷ nên quá trình này kéo dài vô hạn. Do đó α = [a0 ; a1 , a2 , . . .] là một biểu diễn của số vô tỷ qua liên phân số vô hạn. Đặt πn = [a0 ; a1 , . . . , an ], với mọi n = 0, 1, . . . . Khi đó các πn được gọi là các liên phân số hữu hạn của liên phân số vô hạn α. (ii) Từ cách tìm các số ai và αi ta suy ra biểu diễn của một số vô tỷ α = [a0 ; a1 , a2 , . . .] là duy nhất. Từ Chú ý 1.2.3 ta suy ra hệ quả quan trọng sau: 1.2.4 Hệ quả. Mỗi số vô tỷ đều biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một liên phân số vô hạn. Chứng minh. Theo Chú ý 1.2.3 (i) thì mỗi số vô tỷ đều có biểu diễn thành liên phân số vô hạn. Tiếp theo giả sử [a0 ; a1 , . . .] = α = [b0 ; b1 , . . .] là hai biểu diễn của số vô tỷ α. Theo Chú ý 1.2.3 (ii) ta suy ra điều cần chứng minh. √ 1 1 1 1.2.5 Ví dụ. Cho α = 2 = 1+ . Suy ra a1 = √ = 2 + . Từ a1 2−1 a2 đó ta có 1 1 a2 = √ =2+ . 2−1 a3 1 √ Một cách tương tự an = √ với mọi n ≥ 1. Vì thế 2 = [1, 2, 2, 2 . . .]. 2−1 1.2.6 Chú ý. Với hai dãy số nguyên dương {ai }∞ i=0 và bi = 1, i = 0, 1, . . . ta xét các dãy truy hồi sau p0 = a0 , p1 = a1 p0 + 1, pn = an pn−1 + pn−2 , q0 = 1, q1 = a1 , qn = an qn−1 + qn−2 .
13 Khi đó các tính chất sau là đúng: pi (i) πi = , với mọi i = 0, 1, . . . . qi (ii) pn và qn là nguyên tố cùng nhau, nghĩa là πi là phân số tối giản. pn−1 αn + pn−2 (iii) α = , với mọi n ≥ 2. qn−1 αn + qn−2 (iv) lim uk = α. k→∞ (−1)n+1 (v) πn − πn−1 = , với mọi n ≥ 1. qn−1 qn Từ Chú ý trên ta có một số tính chất sau: 1.2.7 Tính chất. Với các giả thiết và kí hiệu trên ta có các phát biểu sau là đúng: (i) |α − πn | < |α − πn−1 | với mọi n ≥ 1. (ii) Cho a0 , a1 , a2 , . . . là các số nguyên dương. Khi đó α = [a0 ; a1 , a2 , . . . ] là một số vô tỷ. Chứng minh. (i) Theo Chú ý 1.2.6(iii) ta có pn−1 αn + pn−2 α= , qn−1 αn + qn−2 pn−2 với mọi n ≥ 2. Do đó αn (αqn−1 − pn−1 ) = −qn−2 (α − ). Từ đẳng qn−2 thức này ta suy ra pn−1 qn−2 pn−2 |α − |= |α − |. qn−1 αn qn−1 qn−2 pn−1 pn−2 Vì αn > 1 và qn−2 < qn−1 nên |α − | < |α − |. Thay n bởi n + 1 qn−1 qn−2 ta có điều cần chứng minh. pn pn−1 (ii) Theo (i) ta có số thực α nằm giữa và . Do đó theo Chú ý qn qn−1 1.2.6(v) ta có pn pn−1 pn pn−1 1 |α − | + |α − |=| − |= . qn qn−1 qn qn−1 qn qn−1
14 pn pn−1 pn−1 1 pn−1 Vì |α − | < |α − | nên |α − |< < 2|α − |. Đặt qn qn−1 qn−1 qn qn−1 qn−1 h = n − 1 thì theo hai bất đẳng thức trên ta có 1 ph 1 < |α − | < . 2qh qh+1 qh qh qh+1 Nếu α là số hữu tỷ thì có các số nguyên không âm p, q và q 6= 0 sao cho p α = . Khi đó, q p ph 1 0 q thì khi đó 0 < |pqh − ph q| < 1. Điều này là mâu thuẫn với pqh − ph q là một số nguyên. Vậy α là số vô tỷ. 1.2.8 Định nghĩa. Ta gọi liên phân số vô hạn [a0 ; a1 , a2 , ...] là tuần hoàn nếu dãy (an ) là tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó, nghĩa là tồn tại số nguyên dương m và k sao cho với mọi n ≥ m ta có an = an+k . Số nguyên dương k được gọi là chu kỳ. Trong trường hợp đó ta viết. [a0 ; a1 , a2 , ..., am−1 , am , am+1 , ..., am+k−1 ] . 3 + √17 n 3 − √17 n 1.2.9 Ví dụ. Ta có + với n > 0 là một số 2 2 √ √ 3 + 17 3 − 17 nguyên dương lẻ. Thật vậy, ta có x1 = và x2 = là 2 2 hai nghiệm của phương trình x2 − 3x − 2 = 0. Đặt an = xn1 + xn2 , với n = 1, 2, . . . . Khi đó a1 = x1 + x2 = 3, a2 = 13, . . . . Do đó bằng quy nạp theo n ta có: an+2 = xn+2 1 + xn+2 2 = x1 .xn+1 1 + x2 .xn+1 2 = (3 − x2 )xn+1 1 + (3 − x1 )xn+1 2 = 3an+1 − x1 x2 (xn1 + xn2 ) = 3an+1 + 2an
15 là một số nguyên. Tiếp theo ta sẽ chỉ ra an là một số nguyên lẻ với n > 0. Thật vậy, với n = 1 thì a1 = 3. Giả sử quy nạp đúng cho n > 0. Vì an là số lẻ và 2an−1 là số chẵn nên an+1 = 3an + 2an−1 là một số lẻ. Do đó an+1 3an + 2an−1 = an an 2 2 = 3 + an = 3 + 2 an−1 3 + an−1 an−2 ... 2 =3+ 2 3+ 2 3+ 2 3+ ... 3+ 2 3+ a0 là một số hữu tỷ với mọi n > 0. Tiếp theo chúng tôi trình bày lại một kết quả quan trọng về liên phân số đó là định lý Euler. Vì các chứng minh là rất dài và kỹ thuật nên chúng tôi chỉ trình bày lại nội dung của định lý. Các nội dung của định lý dựa theo các tài liệu [Bu] và [Co1]. 1.2.10 Định lý. Cho α là căn bậc hai của một số vô tỷ và α0 = α, a0 = √ [α0 ]. Khi đó α0 = (r0 + d)/s0 , trong đó d không là số chính phương và s0 |(d − r02 ). Đặt αn+1 = 1/(αn − an ), an+1 = [αn+1 ] và cho hai dãy {sn }, {rn } thỏa mãn 2 d − rn+1 rn+1 = an sn − rn , sn+1 = . sn Khi đó các phát biểu sau là đúng với mọi n ≥ 0: (i) α = [a0 , a1 , . . .].
16 (ii) rn , sn ∈ Z với mọi n với sn 6= 0 và sn |(d − rn2 .) √ √ (iii) αn = (rn + d)/sn và an = [(rn + d)/sn ] với mọi n. √ (iv) Nếu r0 = 0, s0 = 1 và pn /qn là giản phân thứ n của d thì ta có p2n − dqn2 = (−1)n−1 sn+1 , với mọi n ≥ 0. Hơn nữa, nếu (−1)n−1 sn+1 = ±1 thì n = ts − 1 với t ≥ 0 √ và s là chu kỳ của liên phân số d. (v) sn = 1 nếu và chỉ nếu s|n. 1.3 Một số tính chất của dãy Lucas Trong mục này chúng tôi trình bày một số tính chất quan trọng của dãy Lucas dùng cho các chứng minh về sau. Các kết quả của mục này được viết dựa theo tài liệu [AD]. 1.3.1 Định nghĩa. Cho r, s là các số nguyên khác không. Dãy Lucas ứng với cặp (r, s) được định nghĩa là: u0 (r, s) = 0, u1 (r, s) = 1, un (r, s) = run−1 + sun−2 (n ≥ 2) . Để tiện cho việc kí hiệu đôi khi ta viết un (r, s) = un với mọi n. Tính chất tiếp theo theo chỉ ra tồn tại vô số cặp (r, s) sao cho số hạng un của dãy Lucas là số chính phương. 1.3.2 Tính chất. Cho r và s là các số nguyên khác không, nguyên tố cùng nhau sao cho nếu s = 1 thì r ∈ / {±1, ±2}. Khi đó với n ∈ {2, 3, 4, 5, 6} luôn tồn tại vô hạn cặp số nguyên (r, s) sao cho un (r, s) là bình phương của một số nguyên. Chứng minh. Với n = 2, ta có u2 = ru1 − su0 = r.
17 Vậy u2 là chính phương khi và chỉ khi r là chính phương. Với n = 3, ta có u3 = ru2 − su1 = r2 − s. Vậy u3 là chính phương khi và chỉ khi r2 − s là chính phương. Với n = 4, ta có u4 = ru3 − su2 = r r2 − s − rs = r r2 − 2s . Vậy u4 là chính phương khi và chỉ khi r r2 − 2s = α2 . Đặt r = δa2 thì 1 4 a − δb2 s= 2 (với a, b lẻ), đặt r = 2δa2 thì s = 2a4 − δb2 , (với b lẻ). Vậy u4 là chính phương với vô hạn cặp (r, s). Với n = 5 ta có u5 = rs4 − su3 = r r r2 − 2s − s r2 − s = r4 − 3r2 s + s2 . s Vậy u5 là chính phương khi và chỉ khi r4 − 3r2 s + s2 = α2 . Đặt x = r2 α2 ta có 1 − 3x + x2 = . Tham số hóa bậc hai cho ta r4 s 5λ2 + 6λ + x2 = . r2 4λx Điều này không làm mất đi tính tổng quát với (λ, x) = 1, λ > 0 và x 6= 0 (mod5). Giả sử (λ, x) = a2 , ±b2 ta được (r, s) = 2ab, 5a4 + 6a2 b2 + b4 , hoặc (r, s) = 2ab, −5a4 + 6a2 b2 − b4 . Nếu a và b là chẵn đối nhau, và 1 4 2 2 4 (r, s) = ab, 5a + 6a b + b . 4 hoặc
18 1 (r, s) = ab, −5a4 + 6a2 b2 − b4 . 4 nếu a, b cùng là hai số lẻ. Vậy u5 là chính phương với vô hạn cặp (r, s). Với n = 6 ta có u0 = ru5 − su4 = r r2 r2 − 2s − s r2 − s − sr r2 − 2s = r r2 − 2s r2 − s − s r2 − s = r r2 − s r2 − 3s . Vậy U0 là chính phương khi và chỉ khi P P 2 − Q P 2 − 3Q = α2 . Từ đó suy ra một trong bảy trường hợp: P = a2 , P 2 − Q = b2 với −2a4 + 3b2 = α2 P = a2 , P 2 − Q = −2b2 với a4 + 3b2 = α2 P = −a2 , P 2 − Q = 2b2 với a4 − 3b2 = α2 −6 4 P = 3a2 , P 2 − Q = δb2 với a + 3b2 = α2 , (δ = ±1, ±2) . δ 1.3.3 Định nghĩa. Cho r, s là các số nguyên khác không. Dãy Lucas song hành ứng với cặp (r, s) được định nghĩa là: v0 (r, s) = 0, v1 (r, s) = r, vn (r, s) = rvn−1 + svn−2 (n ≥ 2) . Đôi khi để tiện cho kí hiệu ta viết vn (r, s) = vn với mọi n ∈ N. Tiếp theo là mối liện hệ giữa dãy Lucas và dãy Lucas song hành thể hiện trong chú ý sau: 1.3.4 Chú ý. Từ định nghĩa của dãy Lucas và dãy Lucas song hành ta có vn2 − (r2 + 4s)u2n = 4(−s)2 , với mọi số nguyên dương n ≥ 2.
19 Mệnh đề tiếp theo chỉ ra một ứng dụng của dãy Lucas trong việc tìm nghiệm của một phương trình Diophante đặc biệt. 1.3.5 Mệnh đề. Các số hạng chẵn có dạng kx2 của dãy Lucas là các nghiệm của phương trình y 2 − dx4 = 1, trong đó: (i) d = k 2 (k 2 l2 + 1) nếu dãy Lucas là {un (2kl, 1)n≥0 }; (iii) d = k 2 (k 2 (2l − 1)2 + 1) nếu dãy Lucas là {un (2k(2l − 1), 1)n≥0 }. Chứng minh. (i) Theo Chú ý 1.3.4 ta có vn2 − (r2 + 4s)u2n = 4(−s)2 , với mọi số nguyên dương n ≥ 2. Thay r = 2kl và s = 1 vào biểu thức ta được vn2 − (4k 2 l2 + 4)u2n = 4. Từ biểu thức này dẫn đến vn2 = (4k 2 l2 + 4)u2n + 4. Suy ra vn là số chẵn với mọi n ∈ N. Thay vn bởi 2y và un bởi kx2 ta thu được y 2 − k 2 (k 2 l2 + 1)x4 = 1. Do đó ta có điều cần chứng minh. (ii) Hoàn toàn tương tự thay r bởi 2k(2l − 1) và s bởi 1 vào biểu thức trong Chú ý 1.3.4 ta được vn2 − (4k 2 (2l − 1)2 + 4)u2n = 4. Điều này dẫn đến vn là các số chẵn với mọi n ∈ N. Thay vn bởi 2y và un bởi kx2 vào biểu thức suy ra y 2 − k 2 (k 2 (2l − 1)2 + 1)x4 = 1, ta có điều cần chứng minh. Tiếp theo chúng tôi trình bày một số tính chất tốt của dãy Lucas dùng cho các chứng minh sau.