Luận văn Về phương trình diophantine dạng ax2 - By2 = c

/D < 1/√D. Vậy theo bước trước y/x là một giản phân của 1/ √ D. Nhưng khi đó x/y = 1/(y/x) là một giản phân của 1/(1/( √ D) = √ D. Định lý được chứng minh. Định lý 2.1.5. Cho phương trình Pell x2 −Dy2 = 1. Gọi r là chu kỳ của biểu diễn liên phân số của √ D. 14 Nếu r chẵn thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell là x = pkr−1, y = qkr−1. Nếu r lẻ thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell là x = p2tr−1, y = q2tr−1 với t ∈ N∗. Chứng minh. Giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình Pell. Theo Bổ đề 2.1.4, tồn tại i để x = pi, y = qi. Từ đó p2i −Dq2i = 1. Từ Bổ đề 1.3.8 rút ra (−1)i−1Qi+1 = 1. Suy ra Qi+1 = ±1. Vì qk+1 6= −1 nên Qi+1 = 1 và i lẻ. Theo Bổ đề 2.1.2 ta rút ra tồn tại ki + 1 = kr, kéo theo i = kr − 1 và kr chẵn. Thành thử nếu r lẻ thì k chẵn, k = 2t. Ví dụ 2.1.6. Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình x2 − 13y2 = 1. Ta có √ 13 = [3; 1, 1, 1, 1, 6] = [3; 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, . . .] Chu kỳ n = 5 là số lẻ. Vậy ta tính giải phân C9 = [3; 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1] = 3 + 1 1 + 1 1 + . . . + 1 1 + 11 = 649180 Vậy nghiệm nhỏ nhất là (649, 180). Trở lại phương trình x2− 61y2 = 1. Ta có √ 76 = [7; 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1, 14] 15 Chu kỳ n = 11 là số lẻ. Ta tính giản phân C21 = [7; 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1, 14, 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1] = 7 + 1 1 + 1 4 + 1 3 + . . . + 1 4 + 11 = 1766319049226153980 Vậy nghiệm nhỏ nhất là (1766319049, 226153980) Xét phương trình x2 −Dy2 = −1 (2.1) Ta có kết quả sau Định lý 2.1.7. Phương trình x2−Dy2 = −1 có nghiệm khi và chỉ khi chu kỳ r của biểu diễn liên phân số của √ D là số lẻ. Trong trường hợp ấy các nghiệm của nó là x = p(2tr−r−1), y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, . . .. Chứng minh. Từ Bổ đề 1.3.8 dễ thấy nếu chu kỳ r của biểu diễn liên phân số của √ D là số lẻ thì x = p(2tr−r−1), y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, . . . là nghiệm. Giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình (2.1). Theo Bổ đề 2.1.4 tồn tại i để x = pi, y = qi. Từ đó p2i −Dq2i = −1. Từ Bổ đề 1.3.8 ta rút ra (−1)i−1Qi+1 = −1, suy ra Qi+1 = ±1. Vì Qi+1 6= −1 nên Qi+1 = 1 và i chẵn. Theo Bổ đề 1.3.8 tồn tại k ∈ N sao cho i + 1 = kr, suy ra i = kr − 1 và kr lẻ. Thành thử nếu r chẵn thì kr luôn chẵn do đó phương trình vô nghiêm. Trong trường hợp r lẻ lý luận tương tự như trong trường hợp phương trình Pell x2 − Dy2 = 1 tất cả các nghiệm phải có dạng x = pkr−1, y = qkr−1 trong đó kr lẻ tức là khi k lẻ hay x = p(2tr−r−1), y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, . . .. 16 Định lý 2.1.8. Giả sử a, b là các số nguyên dương thỏa mãn gcd(a, b) = 1 và a là số không chính phương và xét c là số nguyên khác không. Đặt D = ab ,N = ac. Khi đó (u, v) là nghiệm của phương trình x2 −Dy2 = N khi và chỉ khi (u/a, v) là nghiệm của phương trình ax2 − by2 = c. Chứng minh. Cho (x, y) là nghiệm của phương trình ax2 − by2 = c. Nhân cả hai vế của phương trình này với a ta được (ax)2 − aby2 = ac, suy ra (ax, y) là nghiệm của phương trình dạng x2 −Dy2 = N với N = ac. Ngược lại, nếu (u, v) là nghiệm của phương trình dạng x2 −Dy2 = N thì từ u2 − abv2 = ac suy ra a | u2 vì a không phải số chính phương nên a | u. Vì vậy u = a1a và (a1a)2−abv2 = ac hay a21a− bv2 = c, tức là (u/a, v là nghiệm của phương trình ax2 − by2 = c 2.2 Phương trình Diophantine dạng Ax2 − By2 = C Ta sẽ nghiên cứu nghiệm của phương trình Diophantine bậc 2 tổng quát, dạng Ax2 −By2 = C, với A,B ∈ N, C ∈ Z. (2.2) và A,B không đồng thời là số chính phương. Với x, y ∈ Z là nghiệm của phương trình (2.2), gọi là nghiệm dương nếu x, y ∈ N, cặp x và y được gọi là nghiệm nguyên thủy nếu nó là nghiệm dương và gcd(x, y) = 1. Dễ thấy rằng, với hai nghiệm dương x √ A+ y √ B và u √ A+ v √ B của phương trình (2.2), thì khẳng định sau là tương đương: 1. x < u 2. y < v 3. x √ A+ y √ B < u √ A+ v √ B 17 Do đó, trong số các nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.2), tồn tại một nghiệm để x có giá trị bé nhất, một nghiệm để y có giá trị bé nhất. Nghiệm như vậy gọi là nghiệm cơ bản. Giả sử α = x √ A+ y √ B là một nghiệm dương của phương trình (2.2), ta kí hiệu N(α) = Ax2 −By2, N(α) gọi là chuẩn của α. Ta sẽ nghiên cứu mối quan hệ giữa các nghiệm cơ bản với biểu diễn liên phân số liên tục đơn. Như đã trình bày ở Chương 1, ta đã biết 1 số vô tỉ bậc hai là số có dạng (P + √ D)/Q trong đó P,Q,D ∈ Z với D > 1 không là số chính phương, P 2 ≡ D( mod Q), và Q 6= 0. Ta đặt P0 = P,Q0 = Q, và đệ quy cho j > 0, qj = bPj + √ D Qj c (2.3) Pj+1 = qjQj − Pj, (2.4) và Qj+1 = (D − P 2j+1)/Qj. (2.5) Vì vậy, ta có biểu diễn của liên phân số liên tục đơn: α = P + √ D Q = P0 + √ D Q0 = 〈q0; q1, . . . , qj, . . .〉 trong đó j > 0. Để nghiên cứu mối liên hệ với liên phân số liên tục, trước tiên là chú ý rằng mọi số thực có biểu diễn liên phân số liên tục tuần hoàn khi và chỉ khi nó là số vô tỉ bậc hai (xem [18], Định lý 5.1.3, tr. 240). Ngoài 18 ra, số vô tỉ bậc hai có thể biểu diễn thành liên phân số liên tục vô hạn tuần hoàn, ta ký hiệu α = 〈q0; q1, . . . , ql−1〉 nghĩa là qn = qn+l với mọil n > 0, trong đó l = l(α) là độ dài của biểu diễn liên phân số liên tục đơn. Ta đã biết rằng số vô tỉ bậc hai α có biểu diễn thành liên phân số tuần hoàn thuần túy khi và chỉ khi α > 1 và −1 < α′ < 0. Mọi số vô tỉ bậc hai thỏa mãn hai điều kiện trên được gọi là thu gọn (xem [18], Định lý 5.3.2, tr. 241). Nếu α là số vô tỉ bậc hai rút gọn, thì với mọi j > 0, ta có 0 < Qj < 2 √ D, 0 < Pj < √ D và qj 6 b √ Dc. (2.6) Giả sử D0 > 1 là số nguyên không chính phương và đặt: σ0 =  2, nếu D0 ≡ 1 (mod 4) 1, nếu D0 6≡ 1 (mod 4) Kí hiệu ω0 = (σ0 − 1 + √ D)/σ0, và ∆0 = (ω0 − ω′0)2 = 4D0/σ2, trong đó ω′0 là liên hợp của ω0, tức là ω′0 = (σ0 − 1− √ D)/σ0 Giá trị ∆0 được gọi là biệt thức cơ bản phù hợp với căn của D0, và ω0 được gọi là giá trị cơ bản phù hợp với ∆0. Đặt ∆ = f 2∆∆0 với mỗi f∆ ∈ N. Nếu ta kí hiệu g = gcd(f∆, σ0), σ = σ0/g,D = (f∆/g)2D0, và ∆ = 4D/σ2 thì ∆ được gọi là biệt thức phù hợp với căn của D. Hơn nữa, giả sử ω∆ = (σ − 1 + √ D)/σ 19 với h ∈ Z, thì ω∆ được gọi là giá trị chính phù hợp với biệt thức ∆ = (ω∆ − ω′∆)2 Ghi chú: O∆ là vành gồm các phần tử là các số nguyên đại số trong trường K = Q( √ ∆) ( một số được gọi là số nguyên đại số nếu nó là nghiệm của đa thức f(x) ∈ Z[x], trong đó f(x) là đa thức có hệ tử cao nhất bằng 1. Giả sử [α, β] = αZ + βZ là Z−module. Khi đó O∆ = [1, ω∆], là một vành sắp thứ tự trong trường K = Q( √ ∆) = Q( √ D0). Khi f∆ = 1, thì O∆ được gọi là vành sắp thứ tự cực đại trong K. Tất cả các phần tử khả nghịch của O∆ tạo thành một nhóm được kí hiệu là U∆. Các phần tử khả nghịch dương trong U∆ có phần tử sinh là khả nghịch nhỏ nhất lớn hơn 1 phần tử này là duy nhất, được gọi là đơn vị cơ bản của K, ký hiệu là ε∆. Ta có thể chứng minh được rằng bất kì Z−module I 6= (0) của O∆ có biểu diễn dạng [a, b + cω∆], trong đó a, c ∈ N với 0 6 b < a. Ta nhận thấy khi I là Z−module nguyên thủy của O∆ được xác định bởi σa = Q và b = (P − 1)/2 nếu σ = 2, trong khi b = P nếu σ = 1 với P,Q ∈ X, tức là I = [Q/σ, (P + √ D)/σ]. (2.7) Một Z−module I được xác định bởi (2.7) được gọi là ideal nguyên thủy trong O∆ nếu và chỉ nếu P 2 ≡ D (mod Q) (xem [7, Định lý 3.5.1, p. 173]). Khi I là ideal nguyên thủy trong O∆, ta sẽ nói Q/σ được gọi là chuẩn của I, ký hiệu là N(I). Rõ ràng I là ideal nguyên thủy của O∆−ideal nếu và chỉ nếu α = (P + √ D)/Q là số vô tỉ bậc hai. Ta nói I một O∆−ideal thu gọn của O∆ nếu I chứa phần tử β = (P + √ D)/σ thỏa mãn I = [N(I), β], trong đó β > N(I) và −N(I) < β′ < 0. Ta có kết quả sau. Định lý 2.2.1. ( [16], hệ quả 1.4.2-1.4.4, tr19, tr.23-28) Cho ∆ là một biệt thức phù hợp với căn D. Khi đó I = [Q/σ, b+ω∆] là một ideal trong O∆ rút gọn nếu Q/σ < √ ∆/2. Ngược lại, nếu I là ideal rút gọn thì Q/σ < √ ∆. Ngoài ra, nếu 0 6 b √ ∆/2, thì I là rút gọn nếu và chỉ nếu Q/σ − ω∆ < b < −ω′∆ . 20 Định lý 2.2.2. ([18], định lý 5.5.2, tr 261-266) Giả sử ∆ ∈ N là một biệt thức, các số Pj, Qj được xác định như trong (2.3)-(2.5) và Ij = [Qj−1/σ, (Pj−1 + √ D)/σ] với mỗi số không âm j ∈ Z. Khi đó I1 ∼ Ij với mọi j ∈ N. Ngoài ra, tồn tại số tự nhiên bé nhất n thỏa mãn In+j là một ideal rút gọn với mọi j > 0, và In+j là các ideal rút gọn tương đương với I1. Nếu l ∈ N là giá trị bé nhất thỏa mãn In = Il+n, khi đó với j > n− 1, αj = (Pj + √ D)/Qj tất cả có cùng chiều dài tuần hoàn l = l(αj) = l(αn−1) Chú ý 2.2.3. Từ thuật toán liên phân số liên tục, ta thấy rằng nếu I = [Q/σ, (P + √ D)/σ] là một ideal rút gọn trong O∆ thì tập hợp đặt {Q1/σ,Q2/σ, . . . , Ql/σ} biểu diễn chuẩn của tất cả các ideal rút gọn tương đương với I. Điều này thu được từ biểu diễn của liên phân số liên tục đơn của α = (P + √ D)/Q. Từ thuật toán về liên phân số liên tục ta có hệ quả sau. Hệ quả 2.2.4. Cho ∆ là biệt thức phù hợp với căn D và cho c ∈ N thỏa mãn c < √ ∆/2. Khi đó phương trình x2 −Dy2 = ±σ2c có nghiệm nguyên thủy nếu và chỉ nếu c = Qj/σ với j > 0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của ω∆. Hệ quả 2.2.5. (xem [15], Bổ đề 3.5, tr. 831) Cho ∆ là một biệt thức, và Qj/σ 6= 1, trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của ω∆. Nếu Qj/σ là ước số không chính phương của ∆, thì l = l(ω∆) = 2j. Ngược lại, nếu l là số chẵn, thì Ql/2/σ|∆ (trong đó Ql/2/σ không nhất thiết là số không chính phương) 21 Tiếp theo, ta trình bày một kết quả quan trọng được sử dụng để chứng minh các kết quả chính ở phần sau. Định lý 2.2.6. ([18, định lý 6.2.7, tr.302-303]) Cho D ∈ N không là số chính phương và n ∈ Z thỏa mãn phương trình Diophantine x2 −Dy2 = n có nghiệm nguyên thủy X0 + Y0 √ D, khi đó tồn tại duy nhất P1 ∈ Z với −|c|/2 < P1 6 |c|/2 thỏa mãn đẳng thức P1 + √ D = (X0 − Y0 √ D)(x+ y √ D) với x, y ∈ Z xác định bởi x = X0P1 − Y0D n và y = Y0P1 −X0 n Xét số vô tỉ bậc hai α = P + √ D Q = 〈q0; q1, . . .〉 và dãy các số nguyên {Aj} và {Bj} xác định như sau: A−2 = 0, A−1 = 1, Aj = qjAj−1 + Aj−2 (với j > 0), (2.8) (xem [18], định lý 5.3.4, tr.246) B−2 = 1, B−1 = 0, Bj = qjBj−1 +Bj−2 (với j > 0), (2.9) Ta có A2j−1 −B2j−1D = (−1)jQjQ0( với j > 1), (2.10) Ta có kết quả sau. Định lý 2.2.7. Cho ∆ > 0 là biệt số, I = [Q/σ, (P + √ D)/σ] ideal rút gọn trong O∆, và α = (P + √ D)/Q Nếu Pj và Qj với j = 1, 2, . . . , l(α) = l được xác định bởi các phương trình (2.3)-(2.5) trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của α, thì ε∆ = l∏ i=1 (Pi + √ D)/Qi 22 và N(ε∆) = (−1)l. Ngoài ra ε∆ = Al−1 +Bl−1 √ D hoặc ε3∆ = Al−1 +Bl−1 √ D . ( Xem [16], định lý 2.1.3–2.1.4, tr. 51–53) Cho b ∈ N không là số chính phương, giả sử T1,b +U1,b √ b là nghiệm cơ bản của phương trình Pell (loại 1) x2 − by2 = 1. (2.11) Khi đó các số nguyên Tk,b và Uk,b được xác định bởi (T1,b + U1,b √ b)k = Tk,b + Uk,b √ b. Chú ý rằng, mọi nghiệm dương x0 + y0 √ b của phương trình (2.11) là lũy thừa của nghiệm cơ bản. Mặt khác, x0 + y0 √ b = Tk,b + Uk,b √ b với k ∈ N nào đó. ([17], định lý 2.3, tr.340-341) Định lý 2.2.8. ([17], định lý 2.1, tr. 221) Cho a, b, c ∈ N, b không là số chính phương, sao cho phương trình đồng dư a2 ≡ bP 2(mod c) giải được với mỗi số nguyên P , và xét |t| ∈ N, là giá trị bé nhất thỏa mãn phương trình a2 − bP 2 = ct. Giả sử có một trong hai điều kiện sau, hoặc (a) a|Tk,b với mỗi k ∈ N và c < a √ b, hoặc (b) |t| < a√b. Khi đó hai khẳng định sau là tương đương (1) Tồn tại nghiệm nguyên thủy của phương trình |ax2 − by2| = c. (2.12) 23 (2) Với một vài số nguyên j > 0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ a2b, ta có c = Qj khi (a) thỏa mãn hoặc |t| = Qj khi (b) thỏa mãn. Chứng minh. Trước tiên ta giả sử có (1), khi đó phương trình (2.12) có nghiệm nguyên thủy α = x0a+ y0 √ b. Nếu (a) thỏa mãn, thì a|Tk,b với mỗi k ∈ N, do đó tồn tại u, v ∈ N sao cho a2u2 − bv2 = 1. Vì vậy, với D = a2b, ta có ±c = (a2u2 − bv2)(a2x20 − by20) = (a2x0u+ bvy0)2 − (x0v + y0u)2D. Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng x = a2x0u + bvy0 và y = x0v + y0u cho ta một nghiệm nguyên thủy của phương trình x2 − Dy2 = ±c. Dễ thấy x, y ∈ N. Nếu p là ước nguyên tố của cả x và y , thì ta có a2x0u+ bvy0 = pr, (2.13) và x0v + y0u = ps, (2.14) với r, s ∈ Z. Bằng cách nhân a2u vào hai vế của (2.14) và trừ đi v lần phương trình (2.13), ta thu được, y0(u2a2 − bv2) = p(sa2u− rv), tuy nhiên a2u2 − bv2 = 1, nên ta có y0 = p(sa2u− rv). Từ đó suy ra p|y0. Với kỹ thuật tương tự, bằng cách loại bỏ số hạng y0 ở hai phương trình (2.13)–(2.14), ta chỉ ra được p|x0. Như vậy, mâu thuẫn với tính nguyên thủy của nghiệm ax0 + y0 √ b. Vì vậy, (x, y) cho ta một nghiệm nguyên thủy của phương trình x2−Dy2 = ±c. Ta suy ra Hệ quả 2.2.4. Vì c < √D, khi đó tồn tại số nguyên không âm j thỏa mãn c = Qj trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ D. Như vậy ta có (2). Ngược lại, ta giả sử có (b). Vì a2x20 − by20 = ±c, khi đó với X0 = by0, Y0 = x0 và n = ±bc, X20 −DY 20 = b2y20 − ba2x20 = ±bc = n, 24 vì vậy theo Định lý 2.2.6, ta suy tồn tại duy nhất P1 ∈ Z thỏa mãn P1 + √ D = (X0 − Y0 √ D)(x + y √ D) trong đó bP = P1 bằng cách giá trị chọn bé nhất của P và |t|, và x = X0P1 − Y0D n = by0P1 − x0a 2b ±bc = y0P1 − x0a2 ±c = y0bP − x0a2 ±c ∈ Z, và y = Y0P1 −X0 n = x0P1 − by0±bc = x0P1/b− y0 ±c = x0P − y0 ±c ∈ Z. Nếu y = 0, thì x0P = y0 từ điều kiện gcd(x0, y0) = 1, thì x0 = 1 và y0 = P. Vì vậy, by20 + ct = a2. Tuy nhiên, vì a+ y0 √ b là nghiệm của phương trình (2.14) do đó a2 − by20 = ±c. Với t = ±1 hay |t| = 1 = Q0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ a2b. Vì vậy, ta có thể giả sử y 6= 0. Từ đẳng thức P 21 −D = b2P 2 − ba2 = −bct, suy ra x2 −Dy2 = ±t. Tiếp theo ta sẽ chỉ ra nghiệm này là nghiệm nguyên thủy. Nếu x = 0, thì −y2D = t, vì vậy y 6= 0, nghĩa là |t| > D, điều này mâu thuẫn với |t| < √D. Do vậy, x = 0 kéo theo y = 0, điều này trái với giả thiết. Do vậy, x 6= 0. Như vậy, |x|, |y| ∈ N. Nếu p là ước nguyên tố của cả x và y, thì ta suy ra y0bP − x0a2 = cpr, (2.15) với mỗi r ∈ Z và x0P − y0 = cps, (2.16) với mỗi s ∈ Z. Nhân hai vế của phương trình (2.15) với −x0 và cộng với y0b lần phương trình (2.16), ta thu được, x20a 2 − y20b = cp(sy0b− rx0), nhưng từ x20a2 − y20b = ±c, ta có p(sy0b − rx0) = ±1, do đó p|1, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Như vậy ta đã chứng minh được |x|+ |y|√D là nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.12). Vì |t| < √D, 25 nên tồn tại j sao cho Qj = |t| trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của√ D. Ta chứng minh điều ngược lại, nghĩa là giả sử có điều kiện (2), ta cần chứng minh (1). Trước tiên, ta xét trường hợp c = a2. Trong trường hợp này, xét U + V √ D là nghiệm cơ bản của x2−Dy2 = 1. Khi đó, bằng cách đặt X = U và Y = V a2 ta thu được aX + Y √ b là nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.14). Dễ thấy rằng khi c = a2, thì P = 0 và t = 1. Tiếp theo ta xét trường hợp c 6= a2. Trước tiên ta giả sử có (a) và Qj = c trong biểu diễn liên phân số đơn của √ D. Vì Qj = c, nên từ Hệ quả 2.2.4 ta suy ra tồn tại nghiệm nguyên thủy x0 + y0 √ D của phương trình Diophantine x2 −Dy2 = ±c. Theo trên a2u2 − v2b = 1 với mỗi u, v ∈ N, vì vậy ±c = (a2u2 − v2b)(x20 −Dy20) = a2(x0uby0v)2 − b(vx0a2y0u)2, suy ra nghiệm aX + Y √ b của phương trình (2.12) trong đó (X, Y ) = (ux0 − bvy0, vx0 − a2y0u). Ta cần chứng minh đó là nghiệm nguyên thủy. Nếu X = 0, thì u = bvy0/x0, vì vậy 1 = a2u2 − v2b = a2b2v2y20/x20 − v2b, từ đó suy ra (bvy0/x0)|1. Do đó, x0 = bvy0, suy ra y0 = 1 và x0 = bv, vậy u = 1. Từ 1 = a2 − v2b và b2v2 − a2b = ±c, suy ra b2v2 − (1 + v2b) = ±c, hay b = c, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Tuy nhiên, bP 2 + ct = a2, vì vậy ta có b|a2. Từ đẳng thức a2 = 1 + v2b, suy ra b|1. Từ đó suy ra X 6= 0. nếu Y = 0, suy ra v = a2y0u/x0, vì vậy 1 = a2u2 − a4y20u2b/x20 suy ra (a2u/x0)|1. Vì, x0 = a2u và v = y0. Do đó, c = a2X2 = a2(ux0 − bvy0)2 = a2(a2u2 − bv2)2 = a2, 26 hay c = a2, điều này là mâu thuẫn với giả thiết c 6= a2. Ta đã chứng minh được |X|, |Y | ∈ N. Ta cần chỉ ra gcd(X, Y ) = 1. Nếu p là ước nguyên tố của cả X và Y , thì tồn tại các số nguyên r, s sao cho ux0 − bvy0 = pr, (2.17) và vx0 − a2y0u = ps. (2.18) nhân v vào hai vế của phương trình (2.17) và trừ đi v lần phương trình (2.18), ta thu được y0 = y0(a2u2 − bv2) = p(rv − su), từ đây ta có p|y0. Tương tự như vậy, ta khử số hạng y0 trong hai phương trình (2.17)-(2.18) ta thu được p|x0, điều này mâu thuẫn với tính nguyên thủy của nghiệm x0 + y0 √ D. Tiếp theo ta giả sử có (b) và |t| = Qj trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ D. Theo Hệ quả 2.2.4, tồn tại nghiệm nguyên thủy x0+y0 √ D của phương trình Diophantine X2 −DY 2 = ±t. Theo Định lý 2.2.6, tồn tại duy nhất P1 ∈ Z thỏa mãn đẳng thức P1+ √ D = (x0− y0 √ D)(x+ y √ D) trong đó P1 = Pb thu được bằng cách chọn giá trị bé nhất của |t|, và x = x0P1 − y0D±t = x0Pb− y0D ±t ∈ Z, y = y0P1 − x0D±t = x0Pb− y0D ±t ∈ Z, Vì P 21 −D = −bct, nên x2 −Dy2 = ±bc. Do đó, b(x/b)2 − y2a2 = ±c, (2.19) ta thu được nghiệm của phương trình (2.12). Phần còn lại ta cần chứng minh tồn tại nghiệm nguyên thủy. 27 Nếu y = 0, thì y0bP = x0, vì vậy do tính nguyên thủy của x0 và y0, suy ra y0 = 1 và x0 = bP. Do dó, từ a2b = b2P 2 + bct theo giả thiết, ±t = x20 − a2b = b2P 2 − b2P 2 − bct = −bct, nên ta có b = 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết b không phải là số chính phương. Vì vậy, y 6= 0. Nếu x = 0, thì phương trình (2.19), a2y2 = c. Tuy nhiên, x = 0 cũng có nghĩa là y0 = x0P/a2 theo cách xác định của x, ta có ±t = x20 −Dy20 = x20 − bx20P 2/a2 = x20(1− bP 2/a2) = x20ct/a2. Do vậy, x20c = a2. Từ đẳng thức a2y2 = c, có nghĩa là x20a2y2 = a2, vì vậy x0 = |y| = 1 và c = a2, điều này là mâu thuẫn. Vậy ta đã chứng minh được |x|, |y| ∈ N. Tiếp theo ta sẽ cần chứng minh rằng x và y là nguyên tố cùng nhau. Nếu p là ước nguyên tố của cả x và y, khi đó tồn tại r, s ∈ Z thỏa mãn x0bP − y0a2b = tpr, (2.20) và y0bP − x0 = tps. (2.21) Nhân cả hai về của phương trình (2.20) với y0 và trừ đi x0 lần phương trình (2.21), ta thu được ±t = x20 − y20D = t(ry0 − sx0)p, từ đó suy ra p|1, điều này mâu thuẫn với giả thiết p là ước nguyên tố của x và y. Khi a = c = 1, phương trình Pell (2.12) luôn có nghiệm vì c = 1 = Q0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ b. Từ Định lý 2.2.8 ta có hệ quả sau. Hệ quả 2.2.9. Nếu a, b ∈ N với b không là số chính phương, thì phương trình a2x2 − by2 = 1 (2.22) 28 có nghiệm khi và chỉ khi a | Tk,b vớ mỗi k ∈ N. Chứng minh. Nếu a|Tk,b với mỗi k ∈ N nào đó, thì theo Định lý 2.2.8, phương trình (2.22) có nghiệm. Ngược lại, nếu ax0 + y0 √ b là nghiệm của phương trình, thì theo chứng minh của định lý trên, ta có ax0 + y0 √ b = Tk,b + Uk,b √ b với mỗi k ∈ N. Do đó a|Tk,b. Nhận xét 2.2.10. Thực tế ta có thể chứng minh rằng nếu ax0 + y0b là nghiệm cơ bản của phương trình (2.22), thì tất cả các nghiệm dương của phương trình (2.22) được xác định bởi (ax0 + y0 √ b)2k−1 với mọi k ∈ N. Trong trường hợp tổng quát, nếu A > 1, B > 1, và √ Ax+ √ By là nghiệm nguyên thủy của phương trình Ax2 − By2 = 1, khi đó tồn tại j > 0 thỏa mãn đẳng thức sau √ Ax+ √ By = (T1,AB + U1,AB √ AB)2j+1 ( xem [14, định lý 4, tr.506]) Từ Định lý 2.2.8 ta có Hệ quả 2.2.11, đây là một mở rộng của Hệ quả 2.2.9. Hệ quả 2.2.11. Giả sử D là một số không chính phương, c ∈ N sao cho đồng dư thức DP 2 ≡ 1( mod c) thỏa mãn với P nào đó, |t| ∈ N là giá trị bé nhất thỏa mãn 1 − DP 2 = ct với c|t| < D. Khi đó phương trình |x2−Dy2| = c có nghiệm nguyên thủy nếu và chỉ nếu hoặc c hoặc |t| nhận giá trị là Qj với mỗi j nào đó thỏa mãn j > 0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ D. Ví dụ 2.2.12. Cho D = 45 và c = 11, thì P = 1 và t = −4. Khi đó phương trình |x2 − 45y2| = 11 có nghiệm nguyên thủy vì |t| < √D = √45 và |t| = 4 = Q2 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ 45. Một nghiệm là 672 − 45.102 = −11. 29 Hệ quả tiếp theo của Định lý 2.2.8 có nhiều liên hệ tới một số bài toán đã biết. Hệ quả 2.2.13. Nếu D ≡ 1( mod 4) là một biệt thức, khi đó phương trình |x2 −Dy2| = 4 có nghiệm nguyên thủy khi và chỉ khi 4 = Qj với mỗi j > 0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ D. Chứng minh. • Nếu D > 17, thì c = 4 < √D và a = 1|T1,D, theo Định lý 2.2.8 ta có điều phải chứng minh. • Nếu D < 17, thì (D − 1)/4 = t < √D và P = 1 theo Định lý 2.2.8 ta suy ra điều phải chứng minh. • Khi D = 5, t = 1 = Q0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của√ 5 và khi D = 13, t = 3 = Q2 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của √ 13, ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.2.14. Cho a = 3, b = 85, c = 4, t = −19, và P = 1. Khi đó |t| = 19 = Q2 là giá trị trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của√ 765 = √ a2b. Vì vậy, theo Định lý 2.2.8, phương trình 9x2 − 85y2 = ±4 có nghiệm nguyên thủy. Thực vậy, ta thấy x = 3, y = 1 là nghiệm nguyên thủy của phương trình 9x2 − 85y2 = −4 Ta thấy rằng, mặc dù c = Q4 = 4 là giá trị trong √ 765, a = 3 không là ước của Tk,85 với mọi k ∈ N. Từ đẳng thức T1,85 + U1,85 √ 85 = 285769 + 30996 √ 85, suy ra 3|U1,85. Do đó, 3 - Tk với mọi k ∈ N từ đó U1,85 | Uk,85 với mọi k ∈ N. 30 Vì vậy điều kiện (a) trong Định lý 2.2.8 sai, vì vậy ta sử dụng đây là ví dụ đòi hỏi điều kiện (b) của định lý 2.2.8 Nhận xét 2.2.15. Chú ý, trong Ví dụ 2.3.8, x = y = 1 là nghiệm của phương trình (2.30) cũng là nghiệm của phương trình 9x4 − 65y2 = −56. Có nhiều kết quả nghiên cứu về phương trình liên quan tới phương trình Diophantine dạng a2x4 − by2 = 1. (2.23) Định lý 2.2.16. Giả sử D = ab là một số lẻ không chính phương, c ∈ N là số lẻ, và gcd(a, c) = 1 = gcd(b, c). Khi đó nếu phương trình Diophantine ax2 − by2 = ±4c (2.24) có nghiệm nguyên thủy thì phương trình Diophantine (2.25) cũng có nghiệm nguyên thủy. aX2 − bY 2 = ±c3. (2.25) Chứng minh. Giả sử phương trình (2.24) có nghiệm nguyên thủy x √ a + y √ b, ta đặt X = x(ax 2 ± 3c) 2 và Y = y(ax2 ± c) 2 . Vì a, b, c là các số lẻ, khi đó x không thể là số chẵn, và x √ a + y √ b là nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.24) và gcd(a, c) = gcd(b, c) = 1. Vì vậy, X, Y ∈ Z. Ta có, (a2x2 −Dy2)3 = (ax(a2x2 + 3Dy2))2−D(y(3a2x2 +Dy2))2 = ±64a3c3. Ngoài ra, ax(a2x2 + 3Dy2) = ax(4a2x2 − 3(a2x2 −Dy2)) = ax(4a2x2 ± 12ac) = 4a2x(ax2 ± 3c) = 8a2X, 31 và y(3a2x2 +Dy2) = y(4a2x2 − (a2x2 −Dy2)) = y(4a2x2 ± 4ac) = 4ay(ax2 ± c) = 8aY. Suy ra, ±64a3c3 = (8a2X)2 −D(8aY )2, hay ± c3 = aX2 − bY 2. (2.26) Tiếp theo ta sẽ chứng minh X √ a + Y √ b là nghiệm nguyên thủy. Nếu số nguyên tố p chia hết cả X và Y , thì theo đẳng thức (2.26), ta có p | c. Mặt khác, lại có p | X và gcd(a, c) = 1, nên p | x. Theo phương trình Diophantine (2.24) thì p | b hoặc p | y, điều này đều mâu thuẫn với giả thiết gcd(b, c) = 1 = gcd(x, y). Từ Định lý 2.2.16 ta có hệ quả sau trong trường hợp đặc biệt c = 1, kết quả này được chính tác giả Mollin và cộng sự công bố năm 2000 trên tạp chí Canadian Mathematical Bulletin. Hệ quả 2.2.17. ([7], Định lý 2.3, tr. 222). Nếu D = ab là một số lẻ không chính phương và phương trình ax2 − by2 = ±4 có lời giải thì phương trình ax2 − by2 = ±1 có nghiệm. Hệ quả tiếp theo là kết quả của Gauss. Hệ quả 2.2.18. (Gauss [5], Article 187, p. 156). Giả sử ∆ là biệt thức cơ bản. Khi đó N(ε∆) = −1 khi và chỉ khi phương trình |ax2 − by2| = 4 (2.27) không có nghiệm nguyên thủy trong đó D = ab loại trừ trường hợp hoặc a = 1 hoặc b = 1. Chứng minh. Giả sử N(ε∆) = −1 và phương trình (2.27) có nghiệm nguyên thủy với D = ab, theo Hệ quả 2.2.17, thì phương trình ax2 − by2 = ±1 có 32 nghiệm, nên phương trình (ax)2 −Dy2 = ±a cũng có nghiệm, không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết a < √ D. Vì vậy, theo Định lý 2.2.1–2.2.2 ta có, I = [a, √ D] là Ideal chính thu gọn trong Z[ √ D], và a = Qj với j > 0 nào đó trong biểu diễn liên phân số liên tục của √ D. Nếu j > 0, khi đó theo Hệ quả 2.2.5, ta có l( √ D) = 2j, theo Định lý 2.2.7, ta cũng có N(ε∆) = (−1)l = 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết, vì vậy a = 1. Lập luận tương tự với giả thiết b < √ D ta cũng có kết luận là b = 1. Vậy ta đã chứng minh được rằng nếu N(ε∆) = −1, thì phương trình (2.27) không có nghiệm nguyên thủy với D = ab loại trừ trường hợp a = 1 hoặc b = 1, Ngược lại, giả sử phương trình (2.27) không có nghiệm nguyên thủy với D = ab trừ phi a = 1 hoặc b = 1. Ta cần chứng minh rằng N(ε∆) = −1. Thật vậy, giả sử N(ε∆) = 1. Khi đó, theo Định lý 2.2.7, ta có l = l(ω∆) là số chẵn. Vì vậy, theo Hệ quả 2.2.5, ta có Ql/2/2 | ∆. Do đó, theo Định lý 2.2.2 và Hệ quả 2.2.4, tồn tại các số x, y ∈ Z thỏa mãn phương trình x2−Dy2 = ±4a, trong đó a = Ql/2/2. Vì a | ∆ = D, nên có aX2−bY 2 = ±4 trong đó X = x/a and b = D/a. Theo giả thiết, a = 1 hoặc b = 1. Tuy nhiên, a 6= 1 vì a = Ql/2/2 là một nửa độ dài tuần hoàn. Vì vậy, b = 1, hay D = a = Ql/2/2. Tuy nhiên, theo bất đẳng thức (2.6) ta có D = a < 2 √ D, điều n