Luận văn Một số phương trình diophant liên quan đến số cân bằng

B2km = Bkm.vkm ≥ Bmvm. Điều đó cho thấy Bn Bd ≥ vm và do đó vm ≤ Bn Bd ≤ Bn. Vì n < m, ta được vn < vm ≤ Bn. Do vậy vn < Bn (điều này không xảy ra theo 1.11 ). Từ định lý trên, ta có hệ quả trực tiếp về bội chung nhỏ nhất của hai số tam giác chính phương bất kỳ. Phần chứng minh của hệ quả này sử dụng tính chất [a2, b2] = a2b2 (a2, b2) = a2b2 (a, b)2 = ( ab (a, b) )2 = [a, b]2 , trong đó a, b là các số nguyên dương. 17 Hệ quả 1.6.12. Cho Bn > 1, Bm > 1 và Bn < Bm. Khi đó [B2n, B2m] là một số tam giác khi và chỉ khi B2n | B2m. Định lý sau đây trả lời cho câu hỏi chính về tích của hai số cân bằng. Định lý 1.6.13. Cho n > 1,m > 1 và m ≥ n. Khi đó không có số nguyên r nào thỏa mãn BnBm = Br. Chứng minh. Giả sử rằng m > 1, n > 1 và BnBm = Br với r > 1. Khi đó Bm | Br và m | r (theo Định lý 1.6.6). Do đó r = mt với t là số nguyên dương. Giả sử t là số nguyên chẵn. Khi đó t = 2k nên suy ra r = mt = 2mk. Vì thế BnBm = Br = B2km = Bkmvkm theo công thức (1.14). Điều đó cho thấy Bn = Bkm Bm vkm và suy ra vkm | Bn. Theo Định lý 1.6.8, ta được km | n và n km = 2s với s là số nguyên. Khi đó n = 2kms. Vì n = 2kms và r = 2km nên suy ra n = rs. Vì thế r | n. Mặt khác, vì BnBm = Br, suy ra Bn | Br và n | r ( theo Định lý 1.6.6). Từ đó suy ra n = r và Bn = Br. Vì BnBm = Br ta được Bm = 1 (điều này mâu thuẫn). Bây giờ ta giả sử rằng t là số lẻ. Khi đó t = 4q ± 1 với q là số nguyên dương. Do đó r = mt = 4qm±m và đồng thời Br = B4qm±m = B2(2qm)±m ≡ B±m(modB2m) theo (1.22). Điều đó cho thấy BmBn ≡ ±Bm(modB2m). Vì B2m = Bmvm, ta đượcBmBn ≡ ±Bm(modBmvm). Suy raBn ≡ ±1(modvm) 18 nên vm | Bn ± 1 và do đó vm ≤ Bn ± 1. Vì vn > 2Bn và m ≥ n ta được Bn + 1 ≥ Bn ± 1 ≥ vm ≥ vn > 2Bn. Suy ra Bn + 1 > 2Bn. Khi đó Bn < 1 (mâu thuẫn). Vì số tam giác chính phương là bình phương của số cân bằng, định lý trên nói rằng tích của hai số tam giác chính phương lớn hơn 1 không phải là số tam giác. Say đây là hệ quả đơn giản của định lý trên. Hệ quả 1.6.14. Chỉ có một nghiệm nguyên dương thỏa mãn hệ phương trình Diophant 2u2 = x(x + 1), 2v2 = y(y + 1) và 2u2v2 = z(z + 1) là (x, y, u, v, z) = (1, 1, 1, 1, 1). Chứng minh. Ở phần trước ta đã có nhận xét x2 = y(y + 1) 2 với x, y là các số nguyên dương nếu và chỉ nếu x = Bn và y = yn với n là số tự nhiên. Mặt khác, ta có 2u2 = x(x+ 1), 2v2 = y(y + 1) và 2u2v2 = z(z + 1) nên u = Bn, v = Bm và uv = Br. Suy ra BnBm = Br. Theo định lý 1.6.13, nếu n > 1,m > 1 thì đẳng thức BnBm = Br không thỏa mãn. Với m = n = 1 ta được u = v = B1 = 1. Khi đó dễ dàng tìm được x = 1, y = 1, z = 1. Ta chỉ xét nghiệm nguyên dương nên rõ ràng m = 0 hoặc n = 0 không thỏa mãn. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Định lý sau đưa ra một tính chất mới của dãy (yn). Nó nói về tích của hai phần tử lớn hơn 1 của dãy yn. 19 Định lý 1.6.15. Cho n > 1,m > 1. Khi đó không có số nguyên r nào thỏa mãn ynym = yr. Chứng minh. Giả sử ynym = yr. Vì yk là số lẻ khi và chỉ khi k là số lẻ và yk là số chẵn khi và chỉ khi k là số chẵn, ta thấy m,n, r đều là các số lẻ hoặc r và ít nhất một trong hai số m và n là số chẵn. Giả sử rằng n, r là số chẵn. Khi đó n = 2k và r = 2t với k, t là các số nguyên dương. Theo Bổ đề 1.5.6 ta có yn = y2k = 8B2k và yr = y2t = 8B 2 t . Từ đó, ta có ym = yr yn = 8B2t 8B2k = ( Bt Bk )2 . Nếu m là số chẵn thì m = 2l với l là số nguyên dương. Suy ra ym = y2l = 8B 2 l và ta có ( Bt Bk )2 = 8B2l . Điều này không thể xảy ra. Do vậy m là số lẻ. Khi đó, theo Định lý 1.5.7, suy ra ym = Q2m 4 . Do đó ta được Qm 2 = Bt Bk = P2t/2 P2k/2 = P2t P2k = Pr Pn . Suy ra 2Pr = PnQm. Vì n là số chẵn, Pn là số chẵn. Đồng thời Pr = Pn Qm 2 , ta thấy Pn | Pr vàQm | Pr. Theo Định lý 1.6.3 và Định lý 1.6.5 ta được r = nu và r = 2ms với u, s là các số tự nhiên. Vì 2Pr = PnQm ta có PnQm = 2Pr = 2P2ms = 2PmsQms > PmsQms > PmsQm. Do vậy Pn > Pms và suy ra n > ms. Khi đó 2n > 2ms nên 2n > r = nu, suy ra u < 2 dẫn đến u = 1. Vì u = 1 ta được r = nu = n (điều này không xảy ra). Giả sửm,n và r đều là số lẻ. Vì ynym = yr ta được 20 Q2n 4 Q2m 4 = Q2r 4 (theo Định lý 1.5.7). Suy ra QnQm = 2Qr. Từ đó ta có Qn | Qr và Qm | Qr. Từ Định lý 1.6.4 suy ra r = nt và r = mk với t, k là các số tự nhiên lẻ. Vì t là số lẻ nên t = 4q ± 1 với q ≥ 1. Do đó Qr = Qnt = Q4qn±n = Q2(2qn)±n ≡ ±Qn(modQ2n) theo công thức (1.19). Vậy ta có Qr ≡ ±Qn(modQ2n), suy ra 2Qr ≡ ±2Qn(modQ2n) và do đó QnQm ≡ ±2Qn(modQ2n). Vì Q2n = Q2n + 2 khi n là số lẻ, theo công thức (1.13), ta được (Qn, Q2n) = 2. Khi đó từ công thức QnQm ≡ ±2Qn(modQ2n) suy ra Qn 2 Qm ≡ ±2Qn 2 ( mod Q2n 2 ) . Điều này cho thấy Qm ≡ ±2 ( mod Q2n 2 ) . Vì m ≥ 2 ta được Qm > 2 và do đó Q2n 2 ≤ Qm ± 2, suy ra Q2n ≤ 2Qm ± 4 ≤ 2Qm + 4. Tương tự, sử dụng r = mk ta được Q2m ≤ 2Qn + 4. Từ đó suy ra Q2n +Q2m ≤ 2Qm + 2Qn + 8. Vì n vàm là số lẻ,Q2n = Q2n + 2 vàQ2m = Q 2 m + 2 theo công thức (1.13) nên ta được Q2n + 2 +Q 2 m + 2 ≤ 2Qm + 2Qn + 8. Suy ra Q2n +Q 2 m ≤ 2Qm + 2Qn + 4. 21 Do đó Q2n +Q 2 m − 2Qm − 2Qn ≤ 4. Khi đó ta được Qn(Qn − 2) +Qm(Qm − 2) ≤ 4. Nghĩa là Qn +Qm 1 và n > 1. Ta có hệ quả trực tiếp sau. Hệ quả 1.6.16. Chỉ có duy nhất một nghiệm nguyên dương thỏa mãn hệ phương trình Diophant x(x+1) = 2u2, y(y+1) = 2v2 và xy(xy+ 1) = 2z2 là (x, y, u, v, z) = (1, 1, 1, 1, 1). Chứng minh. Ở phần trước ta đã có nhận xét x2 = y(y + 1) 2 với x, y là các số nguyên dương nếu và chỉ nếu x = Bn và y = yn với n là số tự nhiên. Mặt khác, ta có x(x + 1) = 2u2, y(y + 1) = 2v2 và xy(xy + 1) = 2z2 nên x = yn, y = ym và xy = yr. Suy ra ynym = yr. Theo định lý 1.6.15, nếu n > 1,m > 1 thì đẳng thức ynym = yr không thỏa mãn. Với m = n = 1 ta được x = y = z = y1 = 1. Khi đó dễ dàng tìm được u = 1, v = 1.Ta chỉ xét nghiệm nguyên dương nên rõ ràngm = 0 hoặc n = 0 không thỏa mãn. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Vậy tổng của hai số tam giác có thể là một số tam giác, tổng của hai số pronic có thể là một số pronic khác. Nhưng tổng của hai số tam giác chính phương không phải là một số tam giác chính phương bởi vì 22 B2n + B 2 m = B 2 r không có nếu n ≥ 1,m ≥ 1. Không có số nguyên dương r nào đểBn+Bm = Br và bn+bm = br với n ≥ 1,m ≥ 1. Mặt khác, tích của hai số đối cân bằng lớn hơn 1 không là một số cân bằng bởi vì không có số nguyên r nào để bnbm = br với n ≥ 1,m ≥ 1. Hơn nữa, phương trình yn + ym = yr với n ≥ 1,m ≥ 1 không có nghiệm. 23 Chương 2 Một số phương trình Diophant liên quan đến số cân bằng Trong chương này, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Karaatli và Keskin [3] và của Dey và Rout [2] về một số phương trình Diophant liên quan đến số cân bằng. Trước tiên, chúng tôi trình bày các kết quả của Karaatli và Keskin về nghiệm nguyên dương của một số phương trình Diophant như (x+ y − 1)2 = 8xy, (x+ y + 1)2 = 8xy, (x+ y)2 = 4x(2y ± 1), (x+ y)2 = 2x(4y ± 1), (x+ y ± 1)2 = 8xy + 1, x2 + y2 − 6xy = ±1, x2 + y2 − 6xy ± x = 0, x2 + y2 − 6xy ± 4x− 1 = 0 và một số phương trình khác liên quan tới số tam giác chính phương 24 và số cân bằng. 2.1 Nghiệm nguyên dương của phương trình Pell Trước tiên, ta nhắc lại định lý sau đã được trình bày trong tài liệu [3]. Định lý 2.1.1. ChoZ[ √ 2] = { a+ b √ 2 | a, b ∈ Z} và γ = 1+√2. Khi đó tập hợp các phần tử khả nghịch của vành Z[ √ 2] là {±γn | n ∈ Z}. Định lý sau đây cho ta biết về nghiệm của phương trình Pell. Định lý 2.1.2. Tất cả nghiệm nguyên dương của phương trình Pell x2 − 2y2 = ±1 được xác định bởi (x, y) = ( Qn 2 , Pn ) với n ≥ 1. Chứng minh. Giả sử x2 − 2y2 = ±1. Khi đó (x− √ 2y)(x+ √ 2y) = ±1 và điều này cho thấy x ±√2y là phần tử khả nghịch của Z[√2]. Hơn nữa, từ x > 0 và y > 0 ta có x + √ 2y > 1. Do đó, tồn tại số nguyên dương n sao cho x+ √ 2y = γn = γPn + Pn−1 theo Định lý 2.1.1. Từ γPn + Pn−1 = (1 + √ 2)Pn + Pn−1 = Pn + Pn−1 + √ 2Pn 25 ta được (x, y) = (Pn + Pn−1, Pn). Do đó x = Pn + Pn−1 = 1 2 (2Pn + 2Pn−1) = 1 2 (2Pn + Pn−1 + Pn−1) = 1 2 (Pn+1 + Pn−1) = 1 2 Qn theo tính chất (1.17). Điều đó cho thấy rằng x = Qn 2 , y = Pn. Ngược lại, nếu (x, y) = ( Qn 2 , Pn ) , với n ≥ 1, thì từ tính chất (1.10) ta có x2 − 2y2 = ±1. Sử dụng tính chất (1.10) và Định lý 2.1.2 ta có các hệ quả sau đây. Hệ quả 2.1.3. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell x2 − 2y2 = 1 được xác định bởi (x, y) = ( Q2n 2 , P2n ) , với n ≥ 1. Hệ quả 2.1.4. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell x2 − 2y2 = −1 được xác định bởi (x, y) = ( Q2n+1 2 , P2n+1 ) , với n ≥ 0. 2.2 Nghiệm nguyên dương của một số phương trình Dio- phant Trong phần này, ta xem xét các phương trình (x+ y − 1)2 = 8xy, 26 (x+ y + 1)2 = 8xy, (x+ y)2 = 4x(2y ± 1), (x+ y ± 1)2 = 8xy + 1, x2 + y2 − 6xy = ±1, x2 + y2 − 6xy ± x = 0 và một số phương trình tương tự khác. Nghiệm của các phương trình này liên quan đến số tam giác chính phương, số cân bằng, số đối cân bằng và dãy số (yn), ở đây yn được xác định bởi B2n = yn(yn + 1) 2 . Trước hết, ta nhắc lại một số tính chất của các dãy số này. Cho n là số tự nhiên bất kỳ, ta có: vn+1 = 4P2n+1 +Q2n+1, (2.1) vn = 4P2n+1 −Q2n+1, (2.2) Bn+1 = Q2n+1 + 2P2n+1 4 , (2.3) Bn = Q2n+1 − 2P2n+1 4 , (2.4) bn = yn +Bn, (2.5) bn = yn+1 −Bn+1. (2.6) Ngoài ra, Potter đã chỉ ra rằng (yn + yn+1 − 1)2 = 8ynyn+1. Định lý 2.2.1. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+ y − 1)2 = 8xy được xác định bởi (x, y) = (yn, yn+1) 27 với n ≥ 1. Chứng minh. Ta biết rằng (yn+yn+1−1)2 = 8ynyn+1. Do đó (x, y) = (yn, yn+1) là một nghiệm của phương trình (x + y − 1)2 = 8xy. Giờ, giả sử (x + y − 1)2 = 8xy với x, y ∈ Z và x, y > 0. Dễ dàng thấy x 6= y. Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử rằng y > x. Nếu ta thay thế u = x+ y và v = y − x thì ta được (u− 1)2 = 2(u2 − v2) và do đó u2 − 2u+ 1 = 2u2 − 2v2. Suy ra, v2− ( u+ 1 2 )2 = −1. Khi đó theo Hệ quả 2.1.4, ta có ( v, u+ 1 2 ) =( Q2n+1 2 , P2n+1 ) với n ≥ 0. Do vậy, u = 2P2n+1 − 1, v = Q2n+1 2 . Từ u = x + y, v = y − x ta được x = u− v 2 , y = u+ v 2 . Điều này cho thấy x = 4P2n+1 −Q2n+1 − 2 4 , y = 4P2n+1 +Q2n+1 − 2 4 . Sử dụng tính chất (2.1) và (2.2), ta được x = vn − 2 4 , y = vn+1 − 2 4 . Suy ra x = yn và y = yn+1. Bằng cách sử dụng Định lý 2.2.1, ta có thể đưa ra ba định lý sau theo cách tương tự. Định lý 2.2.2. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+ y − 2)2 = 8xy được xác định bởi (x, y) = (2yn, 2yn+1) với n ≥ 1. 28 Định lý 2.2.3. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+ y + 1)2 = 8xy được xác định bởi (x, y) = (yn + 1, yn+1 + 1) với n ≥ 0. Chứng minh. Giả sử (x + y + 1)2 = 8xy với x, y là các số nguyên dương. Ta thay thế u = x − 1, v = y − 1. Ta được (u + v + 3)2 = 8(u + 1)(v + 1). Biến đổi phương trình ta được (u + v − 1)2 = 8uv. Khi đó làm theo cách chứng minh của Định lý 2.3 ta được điều phải chứng minh. Ngược lại, nếu (x, y) = (yn + 1, yn+1 + 1), biến đổi tính toán đơn giản ta được (x+ y + 1)2 = 8xy. Định lý 2.2.4. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+ y + 2)2 = 8xy được xác định bởi (x, y) = (2yn + 2, 2yn+1 + 2) với n ≥ 0. Giờ, ta có thể đưa ra các định lý sau, giống như ý nghĩa của các định lý trước đó, nghiệm của chúng có liên quan đến số tam giác chính phương, các số cân bằng, đối cân bằng và chuỗi (yn). Định lý 2.2.5. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+ y)2 = 4x(2y + 1) được xác định bởi (x, y) = (4B2n, 4BnBn+1) 29 hoặc (x, y) = (4B2n+1, 4BnBn+1) với n ≥ 1. Chứng minh. Giả sử (x + y)2 = 4x(2y + 1) với x, y là các số nguyên dương. Khi đó (2x+ 2y)2 = 16x(2y+ 1), suy ra (2x+ 2y+ 1− 1)2 = 8.2x(2y + 1). Theo Định lý 2.3, ta có (2x, 2y + 1) = (yn, yn+1) hoặc (2x, 2y + 1) = (yn+1, yn) với n ≥ 1. Trước hết, giả sử (2x, 2y + 1) = (yn, yn+1) với n ≥ 1. Từ yn là số chẵn, ta có n cũng là số chẵn. Đặt n = 2k, k ≥ 1, ta được x = y2k 2 và y = y2k+1 − 1 2 . Sử dụng bổ đề 1.5.6, ta có x = 4B2k và y = 4BkBk+1. Tương tự, nếu (2x, 2y + 1) = (yn+1, yn) với n ≥ 1, ta thấy rằng x = 4B2k+1 và y = 4BkBk+1. Ngược lại, nếu (x, y) = (4B2n, 4BnBn+1) hoặc (x, y) = (4B 2 n+1, 4BnBn+1) thì với cách tính toán đơn giản bằng cách sử dụng tính chất (1.17) ta được (x+ y)2 = 4x(2y + 1). Từ định lý 2.2.5 ta có các hệ quả sau. Hệ quả 2.2.6. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x2+ y2 − 6xy − 2x = 0 được xác định bởi (x, y) = (2B2n, 2BnBn+1) hoặc (x, y) = (2B2n+1, 2BnBn+1) với n ≥ 1. 30 Chứng minh. Ta có x2+y2−6xy−2x = 0 tương đương với (x+y)2 = 2x(4y+ 1) và tương đương với (2x+ 2y)2 = 4.2x(4y+ 1). Do đó, kết quả được suy ra từ Định lý 2.2.5. Vì phần chứng minh của định lý sau đây tương tự như Định lý 2.2.5 nên ta bỏ qua nó. Định lý 2.2.7. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+ y)2 = 4x(2y − 1) được xác định bởi (x, y) = (4BnBn+1 + 1, 4B 2 n + 1) hoặc (x, y) = (4BnBn+1 + 1, 4B 2 n+1 + 1) với n ≥ 1. Từ định lý 2.2.7, ta có hệ quả sau. Hệ quả 2.2.8. Phương trình x2 + y2− 6xy+ 2x = 0 không có nghiệm nguyên dương. Định lý 2.2.9. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Dio- phant (x+ y + 1)2 = 8xy + 1 được xác định bởi (x, y) = (1, 1) hoặc (x, y) = (bn + 1, bn−1 + 1) với n ≥ 1. Chứng minh. Giả sử (x+ y+ 1)2 = 8xy+ 1 với x, y là các số nguyên dương. Cho x = y, rõ ràng (x, y) = (1, 1) là một nghiệm của phương trình (x+ y + 1)2 = 8xy + 1. Do đó giả sử rằng x 6= y. Khi đó không 31 làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng x > y. Đặt u = x + y và v = x−y. Khi đó x = u+ v 2 và y = u− v 2 . Từ (x+y+1)2 = 8xy+1, ta được (u+ 1)2 = 8 ( u2 − v2 4 ) + 1. Suy ra (u− 1)2− 2v2 = 1. Theo Hệ quả 2.1.3 ta được (u − 1, v) = (vn 2 , 2Bn ) với n ≥ 1. Do đó, u = vn 2 + 1 và v = 2Bn. Từ đó ta được x = u+ v 2 = vn 2 + 1 + 2Bn 2 = vn + 4Bn + 2 4 = vn − 2 + 4Bn + 4 4 = yn +Bn + 1 và y = u− v 2 = vn 2 + 1− 2Bn 2 = vn − 4Bn + 2 4 = vn − 2− 4Bn + 4 4 = yn −Bn + 1. Vậy x = yn +Bn + 1 và y = yn−Bn + 1. Theo các tính chất (2.5) và (2.6), ta có x = bn + 1 và y = bn−1 + 1. Ngược lai, nếu x = bn + 1 và y = bn−1 + 1, tính toán đơn giản ta thấy (bn + bn−1 + 3)2 = 8(bn−1 + 32 1)(bn + 1) + 1. Suy ra x, y là nghiệm của phương trình (x+ y+ 1)2 = 8xy + 1. Vì cách chứng minh định lý sau đây tương tự định lý 2.2.9 nên ta bỏ qua phần chứng minh. Định lý 2.2.10. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant (x+y−1)2 = 8xy+1 được xác định bởi (x, y) = (bn, bn−1) với n ≥ 2. Định lý 2.2.11. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant x2 + y2 − 6xy = 1 được xác định bởi (x, y) = (Bn+1, Bn) với n ≥ 1. Chứng minh. Giả sử x2+y2−6xy = 1 với x, y là các số nguyên dương. Khi đó (x− y)2 − 4xy = 1 và do đó x 6= y. Không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng x > y. Thay thế u = x + y, v = x − y ta được x = u+ v 2 và y = u− v 2 . Từ (x − y)2 − 4xy = 1, ta được v2−(u2−v2) = 1 tương đương với u2−2v2 = −1. Do đó, u = Q2n+1 2 và v = P2n+1. Vì x = u+ v 2 và y = u− v 2 nên x = Q2n+1 + 2P2n+1 4 và y = Q2n+1 − 2P2n+1 4 . Theo các tính chất (2.3) và (2.4) ta được x = Bn+1 và y = Bn. Ngược lại, nếu (x, y) = (Bn+1, Bn), theo tính chất (1.12), ta có x2 + y2 − 6xy = 1. Định lý 2.2.12. Phương trình x2 + y2 − 6xy = −1 không có nghiệm nguyên dương. 33 Chứng minh. Giả sử rằng x2 + y2 − 6xy = −1 tương đương với (x− y)2−4xy = −1 và do dó x−y là một số nguyên lẻ. Đặt u = x+y, v = x− y. Khi đó ta có thể thấy rằng u2 − 2v2 = 1. Vì v là một số nguyên lẻ nên u2 = 2v2 + 1 ≡ 3(mod8) (mâu thuẫn). Đó là điều cần chứng minh. Định lý 2.2.13. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant x2 + y2 − 6xy − x = 0 được xác định bởi (x, y) = (B2k, BkBk+1) hoặc (x, y) = (B2k+1, BkBk+1) với k ≥ 1. Chứng minh. Giả sử x2 + y2 − 6xy − x = 0 với x, y là các số nguyên dương. Do đó (4x)2 + (4y)2 − 6(4x)(4y) − 4(4x) = 0. Đặt a = 4x và b = 4y. Khi đó ta có thể thấy rằng a2 + b2 − 6ab − 4a = 0. Suy ra, (a + b)2 = 4a(2b + 1). Vì vậy, theo Định lý 2.2.5, tồn tại k ≥ 1 sao cho (a, b) = (4B2k, 4BkBk+1) hoặc (a, b) = (4B 2 k+1, 4BkBk+1). Do vậy, a = 4B2k, b = 4BkBk+1 hoặc a = 4B 2 k+1, b = 4BkBk+1. Vì a = 4x, b = 4y nên ta được x = B2k, y = BkBk+1 hoặc x = B 2 k+1, y = BkBk+1. Ngược lại, nếu (x, y) = (B2k, BkBk+1) hoặc (x, y) = (B2k+1, BkBk+1), 34 với k ≥ 1, thì đễ dàng thấy rằng x2 + y2 − 6xy − x = 0. Định lý 2.2.14. Phương trình x2 + y2− 6xy+x = 0 không có nghiệm nguyên dương. Chứng minh. Giả sử rằng x2 + y2 − 6xy + x = 0 với x, y là các số nguyên dương nào đó. Khi đó (4x)2 + (4y)2 − 6(4x)(4y) + 4(4x) = 0. Do đó, theo Định lý 2.2.7, tồn tại k ≥ 1 sao cho (4x, 4y) = (4BkBk+1 + 1, 4B 2 k + 1) hoặc (4x, 4y) = (4BkBk+1 + 1, 4B 2 k+1 + 1) (điều này không thể xảy ra). Đó là điều cần chứng minh. Trên đây, ta đã trình bày một số phương trình được suy ra từ kết quả của Potter là (yn + yn+1 − 1)2 = 8ynyn+1. Giờ ta sẽ đưa ra một số phương trình tương tự mà nghiệm của chúng cũng liên quan đến các số cân bằng và đối cân bằng. Khi chứng minh các phương trình này, ta lại sử dụng phương trình Pell. Định lý 2.2.15. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant (x+ y − 1)2 = 8xy + 4 được xác định bởi (x, y) = (Bn + bn, Bn − bn−1 − 1) với n ≥ 1. Chứng minh. Giả sử rằng (x + y − 1)2 = 8xy + 4 với x, y là các số nguyên dương. Ta có x 6= y. Không làm mất tính tổng quát, giả sử x > y. Đặt u = x+ y, v = x− y, ta được, (u− 1)2 = 2(u2− v2) + 4. Biến đổi phương trình ta được v2 − 2 ( u+ 1 2 )2 = 1. Vì vậy, theo Hệ 35 quả 2.1.3, tồn tại n ≥ 1 sao cho ( v, u+ 1 2 ) = ( Q2n 2 , P2n ) . Do đó, v = Q2n 2 và u = 2P2n− 1. Vì Q2n 2 = v2n 2 và P2n = 2Bn nên ta có thể viết v = v2n 2 và u = 4Bn−1. Mặt khác, vì u = x+y và v = x−y nên ta có x = u+ v 2 , y = u− v 2 . Thay vào trên ta được x = vn − 2 + 8Bn 4 và y = 8Bn − 4− (vn − 2) 4 . Theo các tính chất (2.5) và (2.6) và công thức yn = vn − 2 4 , ta được x = Bn + bn và y = Bn− bn−1− 1. Ngược lại, nếu (x, y) = (Bn + bn, Bn − bn−1 − 1) với n ≥ 1 thì theo các tính chất (2.5), (2.6) và Bổ đề 1.5.6, ta được (x+ y − 1)2 = 8xy + 4. Bằng cách tương tự, ta có định lý sau. Định lý 2.2.16. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant (x+ y + 1)2 = 8xy + 4 được xác định bởi (x, y) = (Bn + bn + 1, Bn − bn−1) với n ≥ 1. Hai định lý sau đây cho ta những phương trình mà nghiệm của chúng rất thú vị. Định lý 2.2.17. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Diophant x2 − 6xy + y2 + 4x− 1 = 0 được xác định bởi (x, y) =  ( Bn + bn + 1 2 , Bn − bn−1 + 1 2 ) nếu n là số lẻ, ( Bn + bn−1 2 , Bn + bn + 2 2 ) nếu n là số chẵn, với n ≥ 1. 36 Chứng minh. Giả sử rằng x2− 6xy+ y2 + 4x− 1 = 0. Do x2− 6xy+ y2 + 4x− 1 = 0 tương đương với (x+ y)2 = 4x(2y − 1) + 1 với x, y là các số tự nhiên. Sau đó, nhân cả hai vế của phương trình (x+ y)2 = 4x(2y − 1) + 1 với 4 ta được (2x+ 2y − 1 + 1)2 = 8.2x(2y − 1) + 4. Đặt u = 2x và v = 2y − 1 ta được (u + v + 1)2 = 8uv + 4. Theo Định lý 2.2.16 ta có (u, v) = (Bn + bn + 1, Bn − bn−1) hoặc (u, v) = (Bn − bn−1, Bn + bn + 1). Do đó, u = Bn + bn + 1 và v = Bn − bn−1 hoặc u = Bn − bn−1 và v = Bn + bn + 1. Thay thế x, y vào u, v ta được x = Bn + bn + 1 2 và y = Bn − bn−1 + 1 2 hoặc x = Bn − bn−1 2 và y = Bn + bn + 2 2 . Ta đã biết rằng Bn là số chẵn nếu và chỉ nếu n là số chẵn và bn luôn là số chẵn. Do vậy ta có (x, y) =  ( Bn + bn + 1 2 , Bn − bn−1 + 1 2 ) nếu n là số lẻ, ( Bn + bn−1 2 , Bn + bn + 2 2 ) nếu n là số chẵn. Ngược lại, nếu (x, y) =  ( Bn + bn + 1 2 , Bn − bn−1 + 1 2 ) khi n là số lẻ, ( Bn + bn−1 2 , Bn + bn + 2 2 ) khi n là số chẵn, bằng cách sử dụng các tính chất (2.5), (2.6) và Bổ đề 1.5.6, ta được x2 − 6xy + y2 + 4x− 1 = 0. Tương tự, ta có định lý sau đây. Định lý 2.2.18. Tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 37 Diophant x2 − 6xy + y2 − 4x− 1 = 0 được xác định bởi (x, y) =  ( Bn − bn−1 − 1 2 , Bn + bn − 1 2 ) nếu n là số lẻ, ( Bn + bn 2 , Bn − bn−1 − 2 2 ) nếu n là số chẵn, với n ≥ 2. 2.3 Lũy thừa trong dãy các số cân bằng và các số Lucas cân bằng Trong phần tiếp theo của luận văn, chúng tôi sẽ trình bày lại một số kết quả của Dey và Rout. Cụ thể, các ông chứng minh rằng phương trình DiophantBnBn+d · · ·Bn+(k−1)d = ym vàCnCn+d · · ·Cn+(k−1)d = ym không có nghiệm với n, d, k, y,m là các số nguyên dương , m ≥ 2, y ≥ 2 và (n, d) = 1. Trước tiên, chúng ta cần một vài bổ đề hữu ích. Ta sẽ ký hiệu P (m) là ước nguyên tố lớn nhất của một số nguyên dươngm và đặt ∆(n, d, k) = n(n+ d) · · · (n+ (k − 1)d) với n, d, k là các số nguyên dương. Đồng thời, ta ký hiệu ∆(n, 1, k) bởi ∆(n, k). Ta ký hiệu (Q′n) là dãy các số Pell liên kết, tức là dãy số xác định bởi Q′0 = 1, Q ′ 1 = 1 và Q ′ n+1 = 2Q ′ n +Q ′ n−1. Hai bổ đề sau đây cho ta mối liên hệ giữa các số Pell, số Pell liên kết và các số cân bằng. 38 Bổ đề 2.3.1. Số Pell và các số liên kết Pell được liên kết bởi phương trình sau Q′2n − 2P 2n =  1 nếu n là số chẵn−1 nếu n là số lẻ (2.7) Bổ đề 2.3.2. Cho n = 0, 1, . . . ta có Bn = PnQ ′ n. (2.8) Ta đã biết số cân bằng thứ n được ký hiệu là Bn và Bn thỏa mãn hệ thức truy hồi Bn+1 = 6Bn − Bn−1 với điều kiện ban đầu là B0 = 0, B1 = 1. Ta ký hiệu số Lucas cân bằng là Cn và Cn thỏa mãn hệ thức truy hồi Cn+1 = 6Cn−Cn−1 với điều kiện ban đầu là C0 = 1, C1 = 3. Đa thức đặc trưng cho chuỗi cân bằng và chuỗi Lucas cân bằng là x2 = 6x+ 1. Đặt α = 3 + √ 8 và β = 3−√8. Số hạng tổng quát của số cân bằng và số Lucas cân bằng được xác định bởi Bn = αn − βn α− β và Cn = αn + βn 2 với n = 0, 1, . . ..Đây là công thức Binet cho các dãy số (Bn) và (Cn). Bổ đề 2.3.3. Số cân bằng và số Lucas cân bằng thỏa mãn các tích chất sau. (a)B2n = 2BnCn (b)C2n − 8B2n = 1 (c)(Bm, Bn) = B(m,n) (d)2Bn = P2n và 2Cn = Q2n = 2Q′2n (e)Cn = 4P 2 n + (−1)n. 39 Bổ đề 2.3.4. Cho k ≥ 3, n ≥ 1 và d ≥ 1 là các số nguyên với (n, d) = 1. Khi đó (1) Cho n > k và d = 1 ta có P (∆(n, k)) > k. (2) Cho n ≥ 1 và d > 1 ta có P (∆(n, d, k)) > k trừ khi (n, d, k) = (2, 7, 3). Bổ đề 2.3.5. Cho n ≥ 1, d > 1 và k ≥ 6 là các số nguyên với (n, d) = 1. Khi đó có một số nguyên dương i nhỏ nhất với 0 ≤ i < k sao cho n+ id là số lẻ và P (n+ id) > k. Bổ đề 2.3.6. Cho x ≥ 3 và x là số nguyên. Khi đó nửa khoảng ( 2x 3 , x ] chứa một số nguyên tố. Bổ đề 2.3.7. Cho n ≥ 2 và k ≥ 2 là các số nguyên với n ≤ 2k. Khi đó tồn tại duy nhất i với 0 ≤ i ≤ k − 1 sao cho n+ i là số nguyên tố. Chứng minh. Từ n ≥ 2 và k ≥ 2, ta có n + k − 1 ≥ 3. Theo Bổ đề 2.3.6, nửa khoảng ( 2(n+ k − 1) 3 , n+ k − 1 ] chứa một số nguyên tố R. Nếu n ≤ 2k − 2, ta thấy rằng 2(n+ k − 1) 3 = 2n+ 2k − 2 3 ≥ n. Nếu n = 2k, khi đó 2(n+ k − 1) 3 = 2n+ 2k − 2 3 = n− 2 3 . Tương tự, nếu n = 2k − 1, khi đó 2(n+ k − 1) 3 = 2n+ 2k − 2 3 = n − 1 3 . Lại có R > 2(n+ k − 1) 3 . Do đó, 2R > 3R 2 > n+ k − 1. Vì thế, tồn tại duy nhất số i với 0 ≤ i ≤ k − 1 sao cho n+ i = R. Bổ đề 2.3.8. Cho k ≥ 2 là một số nguyên và n là một số nguyên lẻ với 40 n > 2k. Khi đó P ( k−1∏ i=0 (n+ 2i) ) > 3.5k trừ khi (n, k) ∈ {(5, 2), (7, 2), (25, 2), (243, 2), (9, 4), (13, 5), (17, 6), (15, 7), (21, 8), (19, 9)}. Bổ đề 2.3.9. Đặt D = 2a3b là một số nguyên với a, b là các số nguyên không âm. Khi đó, phương trình x2 −Dyn = ±1 (2.9) trong đó (x, y, n) là các số nguyên dương, n ≥ 3 chỉ có các nghiệm được cho bởi (x, y, n,D) ∈{(1, 1, n, 2), (2, 1, n, 3), (3, 1, n, 8), (5, 1, n, 24), (7, 1, n, 48), (17, 1, n, 228), (3, 2, 3, 1), (5, 2, 3, 3), (7, 2, 4, 3), (17, 2, 5, 9), (239, 13, 4, 2)} . Mệnh đề sau đây cho ta thấy rằng trừ B1 = 1 thì không có số lũy thừa nào trong dãy các số cân bằng. Mệnh đề 2.3.10. Cho các số nguyên dương y và l ≥ 2, phương trình Bm = y l (2.10) không có nghiệm nguyên dươngm ≥ 2. Chứng minh. Giả sử tồn tại một số nguyên m ≥ 2 để Bm = yl với y, l là số nguyên dương và l ≥ 2. Theo Bổ đề 2.3.2, ta có thể viết 41 Bm = PmQ ′ m, ở đây (Pm, Q ′ m) là một nghiệm của phương trình (2.7), đó là Q′2m − 2P 2m = ±1. (2.11) Rõ ràng (Pm, Q′m) = 1. Từ Bm là số lũy thừa thỏa mãn phương trình (2.8), ta suy raQ′m = y l 1 và Pm = x l 1 với x1, y1 là các số dương nguyên tố cùng nhau và x1y1 = y. Vì Pr là số lũy thừa với r ≥ 2 nếu và chỉ nếu r = 7, từ đó kết luận rằng m = 7. Nhưng, cho m = 7, ta có thể tính toán và thấy rằng Q′m không phải là số lũy thừa. Vì thế, PmQ ′ m = Bm không thể là số lũy thừa vớim ≥ 2. Mệnh đề 2.3.11. Cho các số nguyên dương y và l ≥ 2, phương trình Cn = y l (2.12) không có nghiệm nguyên n ≥ 1. Chứng minh. Giả sử tồn tại số nguyên dương y, l với l ≥ 2 sao cho Cn = y l với n là số nguyên dương. Ta cần chia phần chứng minh thành hai trường hợp. Trường hợp 1: l là số