1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH MAI SỸ THỦY VỀ MỘT DẠNG PHƯƠNG TRÌNH PELL SUY RỘNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN - 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH MAI SỸ THỦY VỀ MỘT DẠNG PHƯƠNG TRÌNH PELL SUY RỘNG CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG NGHỆ AN - 2013 MỞ ĐẦU Phương trình Diophantine (Diophantine equation) phương trình nghiệm nguyên vô định có dạng: f ( x1 , x2 , , xn ) = 0, n ³ số tự nhiên f ( x1 , x2 , , xn ) đa thức hệ số nguyên Từ Diophantine đặt theo tên nhà toán học Hy Lạp kỉ thứ III sau công nguyên, người nghiên cứu phương trình dạng nhà toán học kí hiệu hóa Đại số Một phương trình Diophantine quan tâm phương trình Pell Phương trình Pell (Pell's equation) phương trình Diophantine bậc hai sau đây: Dạng tắc (còn gọi phương trình Pell loại I): x − dy = Dạng phương trình Pell âm (còn gọi phương trình Pell loại II): x − dy = −1 , với d số nguyên dương số phương Ngoài ra, có dạng: Phương trình Pell chứa tham số: x − dy = n Phương trình Pell dạng tổng quát: Ax + By = n Phương trình Pell nghiên cứu từ lâu lịch sử toán học có nhiều ứng dụng việc giải nhiều toán Số học Lagrange chứng minh rằng: Với d số phương, phương trình Pell loại I II có vô số nghiệm nguyên dương Tuy nhiên, việc tìm nghiệm nguyên dương phương trình Pell không đơn giản chút nhiều nhà toán học giới quan tâm Vì vậy, sở báo [4]: Fadwa S Abu Muriefah, Amal Al-Rashed, On the Diophantine equation x − p m = ± y n , Arab Journal of Mathematical Sciences (2012), 18, pp 97-103, luận văn tìm hiểu dạng đặc biệt phương trình Diophantine Chúng ý định tìm hiểu hết chứng minh chi tiết báo này, công việc khó khăn lâu dài lẽ nội dung báo liên quan đến nhiều lĩnh vực sâu sắc toán học lý thuyết số p-adic, trường mở rộng… Trong chừng mực định, cố gắng tìm hiểu ý tưởng chứng minh tác giả nhằm theo dõi kết sâu sắc lĩnh vực phức tạp Số học: Giải phương trình Diophantine Ngoài phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo, nội dung luận văn gồm có chương Chương giới thiệu kết sở phương trình Pell ứng dụng chúng nghiên cứu số học Chương nhằm tìm hiểu kết tác giả Fadwa S Abu Muriefah, Amal Al-Rashed công bố Tạp chí Toán học Ả Rập (Arab Journal of Mathematical Sciences) xuất Trường Đại học Hoàng gia Ả Rập Xê Ut (King Saud University) Các tác giả xem xét điều kiện có hữu hạn nghiệm phương trình Diophantine x − p m = ± y n , m, n số nguyên dương, p số nguyên tố lẻ, x y số nguyên dương nguyên tố nhau, sở tham khảo nhiều kết Le Maohua (Nhà Toán học Trung Quốc) công bố Journal of Number Theory phương trình Diophantine Với mục đích góp phần xây dựng tài liệu tham khảo cho giáo viên toán, sinh viên ngành sư phạm toán học học sinh giỏi toán phương trình Diophantine ứng dụng, luận văn chọn giải số toán đề thi học sinh giỏi toán quốc gia (VMO) đề thi Olympic Toán học quốc tế (IMO) năm gần Tác giả xin trân trọng cảm ơn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS Nguyễn Thành Quang - tận tình hướng dẫn, bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy cô giáo chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa Toán học, Phòng Đào tạo Sau đại học Trường Đại học Vinh giảng dạy hướng dẫn học tập nghiên cứu Xin cảm ơn Ban Giám đốc Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Thanh Hóa, Trường Trung học phổ thông Mai Anh Tuấn tỉnh Thanh Hóa, gia đình, bạn đồng nghiệp quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập vừa qua Tuy cố gắng trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, song chắn nhiều thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thầy cô bạn đồng nghiệp Tác giả CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH PELL 1.1 Phương trình Pell loại I Phương trình Pell loại I phương trình Diophantine có dạng: x − dy = , (I) d số nguyên dương Phương trình nghiên cứu từ lâu lịch sử toán học có nhiều ứng dụng việc giải nhiều toán Số học Tuy nhiên việc tìm nghiệm nguyên dương phương trình Pell loại I không đơn giản chút Ở đây, nói đến nghiệm phương trình Pell, ta hiểu nghiệm nguyên dương Sau ta khảo sát tính chất phương trình Pell loại I Nhận xét Nếu d số phương phương trình Pell loại I nghiệm nguyên dương Thật vậy, từ giả thiết d = m , ( m ∈ ¥ ∗ ) ta suy phương trình (I) có dạng: x − m y = ⇔ ( x − my ) ( x + my ) = Do x, y nguyên dương, nên từ suy ra:  x + my =  x = ⇔   x − my =  y = Vậy (I) nghiệm nguyên dương d số phương 1.1.1 Định lý Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương d số nguyên dương số phương Chứng minh Để chứng minh Định lý 1.1.1 ta cần Bổ đề sau: 1.1.2 Bổ đề Cho α số vô tỉ Khi tồn vô số cặp số nguyên dương ( h; k ) cho: α− h < k k Chứng minh Trước hết ta có nhận xét sau: Với số nguyên dương q, tồn cặp số nguyên dương ( h; k ) , với ≤ k ≤ q cho: α− h < k kq Thật vậy, chia đoạn [ 0;1] thành q đoạn B1 , B2 , , Bq với:  i −1 i Bi =  x ∈ [ 0;1] : ≤ x <  , i = 1, 2, , q q q  Xét dãy { tα } với t = 0,1, , q (tức dãy 0, { α } ,{ 2α } , ,{ qα } ) Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tập hợp Bi chứa hai số dãy trên, chẳng hạn { t1α } , { t2α } với ≤ t2 < t1 ≤ q Theo định nghĩa tập hợp Bi ta có: i −1 i ≤ { tkα } < , với k = 1, q q Từ suy ra: { t1α } − { t2α } < q (1) Theo định nghĩa phần lẻ { } , ta giả sử t1α = m1 + { t1α } ; t2α = m2 + { t2α } , m1 = [ t1α ] m2 = [ t2α ] (tức m1 , m2 hai số nguyên) Thay lại vào (1), ta có: ( t1α − m1 ) − ( t2α − m2 ) < 1 ⇒ ( m1 − m2 ) − ( t1 − t2 ) α < q q (2) Đặt h = m1 − m2 ; k = t1 − t2 Khi ta có h nguyên, ≤ k ≤ q (2) có dạng: αk − h < h ⇒α− < q k kq Nhận xét chứng minh Xét tập hợp sau: h 1  A = ( h; k ) : α − <  k k   Tập hợp A có vô hạn phần tử Thật vậy, trái lại A có hữu hạn phần tử theo nguyên lí cực hạn, tồn phần tử ( h; k ) cho: α− h h = α − k k ( h; k )∈A h h Do α số vô tỉ hữu tỉ, nên α − > , tồn ε > để: k k α− h >ε k Như vậy, với ( h; k ) ∈ A , ta có: α− h >ε k (3) Vì ε > , nên tồn q nguyên dương cho: ε k0 (5) h0 1 < ≤ (theo (4)) k0 k0 q q Từ kết hợp với (5), ta suy ra: ε< q (**) Từ (*) (**) suy mâu thuẫn Vậy giả thiết A có hữu hạn phần tử sai, tức A có vô hạn phần tử Bổ đề 1.1.2 chứng minh ■ 1.1.3 Bổ đề Tồn vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn: x − dy < + d Chứng minh Theo Bổ đề 1.1.2 tồn vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn: d− Mặt khác, d số vô tỉ (do d số phương) số hữu tỉ nên: < d − Từ ta có: x < y y x y x y x x x + d = − d +2 d ≤ − d +2 d < +2 d y y y y 2 Do x − dy = x − y d x + y d = y x x − d + d , nên suy ra: y y x − dy < y 1 + d ⇒ x − dy < + d 2 y y y (6) Vì y nguyên dương nên y ≥ hay ≤ Do từ (6), suy ra: y x − dy < + d Bổ đề 1.1.3 chứng minh ■ Bây ta quay trở lại với điều cần chứng minh Định lý 1.1.1 Từ Bổ đề 1.1.2 suy tồn vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) cho: x − dy < + d ⇔ −1 − d < x − dy < + d (7) Từ tính vô hạn cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn (7), suy tồn số nguyên k ∈  −1 − d ;1 + d  , cho có vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn: x − dy = k (8) 10 Xét tập hợp số nguyên dương ( x; y ) sau đây: H = { ( x; y ) : x − dy = k } ; H i , j = { ( x; y ) : ( x; y ) ∈ H , x ≡ i(mod k ), y ≡ j (mod k )} , ≤ i, j ≤ k Vì có vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn (8), nên số phần tử tập hợp H vô hạn Do số ( i; j ) với ≤ i, j ≤ k hữu hạn, mà H = UH i , j , nên suy tồn ( i; j ) để số phần tử tập hợp H i , j vô hạn Nói riêng, với H i , j ấy, tồn hai cặp số nguyên dương (( x ; y ) ∈H l l i, j ( x1 ; y1 ) ≠ ( x2 ; y2 ) , l = 1, ) cho:  x1 ≡ x2 (mod k )   y1 ≡ y2 (mod k )  2 2  x1 − dy1 = x2 − dy2 = k (9) Ta có: (x −y d)(x 1 ) + y2 d = x1 x2 − dy1 y2 + d ( x1 y2 − x2 y1 ) (10) Từ (9), ta suy ra:  x1 x2 − dy1 y2 ≡ x12 − dy12 ≡ 0(mod k )   x1 y2 − x2 y1 ≡ x1 y1 − x2 y2 ≡ 0(mod k ) (11) Từ (11) suy tồn số nguyên u, v cho:  x1 x2 − dy1 y2 = ku   x1 y2 − x2 y1 = kv (12) Kết hợp (9), (10), (11) (12) ta được: ( (  x1 − y1 d    x1 + y1 d  )(x + y )(x −y 2 2 ) ( ) d ) = k(u −v d ) d = k u+v d (*) Từ ta có: (x − dy12 ) ( x22 − dy22 ) = k ( u − dv ) Do x12 − dy12 = x22 − dy22 = k , nên từ (13) suy ra: (13) 48 Lại có a + b AB < u + v AB = ( ) Ax0 + B y0 Do suy ra: (a+b AB )( ) ( Ax0 − B y0 < Ax0 + B y0 )( Ax0 − B y0 ⇒ ( ax0 − Bby0 ) A − ( ay0 − Abx0 ) B < ( Ax02 − By02 ) ( ) Ax0 + B y0 ⇒ ( ax0 − Bby0 ) A − ( ay0 − Abx0 ) B < Ax0 + B y0 ) (**) Đặt ax0 − Bby0 = s, ay0 − Abx0 = t Ta có: As − Bt = A ( ax0 − Bby0 ) − B ( ay0 − Abx0 ) = ( a − ABb ) ( Ax02 − By02 ) = 2 Ta thấy s > , vì: s > ⇔ ax0 > Bby0 ⇔ a x02 > B 2b y02 ⇔ a x02 > Bb ( Ax02 − 1) ⇔ ( a − ABb ) x02 > − Bb ⇔ x02 > − Bb Bất đẳng thức đúng, s > Dễ thấy t ≠ (vì t = ⇒ As = vô lí, A > s nguyên dương) Nếu t > ( s; t ) nghiệm (1), mà ( x0 ; y0 ) nghiệm nhỏ (1) nên s ≥ x0 , t ≥ y0 , vậy: ( ax0 − Bby0 ) A + ( ay0 − Abx0 ) B ≥ Ax0 + B y0 , điều mâu thuẫn với (*) Nếu t < ( s; −t ) nghiệm (1), mà ( x0 ; y0 ) nghiệm nhỏ (1) nên s ≥ x0 , − t ≥ y0 , ( ax0 − Bby0 ) A − ( ay0 − Abx0 ) B ≥ Ax0 + B y0 , mâu thuẫn với (**) Vậy u = a, v = b hay ( x0 ; y0 ) nghiệm hệ (3-4) c) Giả sử ( x0 ; y0 ) nghiệm nhỏ (1) Trước hết ta chứng minh:  Ax + B y = n n    Axn − B yn =  ( ( ) By ) Ax0 + B y0 Ax0 − n +1 n +1 49 Các dãy { xn } { yn } có phương trình đặc trưng x − 2ax + = , phương trình có hai nghiệm λ1 = a + b AB , λ2 = a − b AB Khi đó, công thức số hạng tổng quát dãy số { xn } { yn } có dạng: xn = c1λ1n + c2 λ2n , yn = d1λ1n + d λ2n Ta có ( Ax0 + B y0 ) = a + b AB ( Ax0 − B y0 ) = a − b AB Do đó: ( ( x = c  n   yn = d1  ) By ) 2n Ax0 + B y0 Ax0 + 2n + c2 ( + d2 Ax0 − B y0 ( ) Ax0 − B y0 2n ) 2n Từ điều kiện ban đầu dãy số { xn } { yn } ta tìm được: c1 = Ax0 + B y0 , c2 = A Ax0 − B y0 ; A d1 = Ax0 + B y0 Ax0 − B y0 , d2 = − B B Do vậy, ta có:   xn = A  y =  n B ( Ax0 + B y0 ) n +1 ( Ax0 + B y0 ) n +1 + − ( A Ax0 − B y0 ) n +1 ( B Ax0 − B y0 ) n +1 2 Từ đây, suy ra:  Ax + B y = n n    Axn − B yn =  ( ( ) By ) Ax0 + B y0 Ax0 − n +1 n +1 Do đó: Axn2 − Byn2 = ( Ax0 + B y0 ) ( n +1 Ax0 − B y0 ) n +1 = ( Ax02 − By02 ) n +1 = Vậy ( xn ; yn ) nghiệm nguyên dương (1) Đảo lại, giả sử ( x; y ) nghiệm (1), ta chứng minh tồn n cho ( x; y ) = ( xn ; yn ) 50 Ta có: ( Ax + B y )( ) Ax0 − B y0 = ( Axx0 + Byy0 ) + ( xy0 + x0 y ) AB = s + t AB , s = Axx0 + Byy0 ; t = xy0 + x0 y s − ABt = ( Axx0 + Byy0 ) − AB ( xy0 + x0 y ) Ta lại có: = ( Ax − By ) ( Ax02 − By02 ) = 1.1 = Vậy ( s; t ) nghiệm phương trình Pell kết hợp (2), mà ( a; b ) nghiệm nhỏ phương trình này, nên tồn số nguyên dương n để: ( ) n s + t AB = a + b AB Do đó: ( Ax + B y )( ) ( Ax0 − B y0 = ( Ax0 + B y0 ) ⇔ Ax + B y = ⇔ Ax + B y = Axn + B yn Ax0 + B y0 ) 2n n +1 Suy ( x; y ) = ( xn ; yn ) (vì AB không phương) Định lý 1.4.4 chứng minh ■ CHƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE x2 − pm = ± yn 51 Cho a, b, x, y , m, n số nguyên dương Nhiều trường hợp đặc biệt phương trình Diophantine ax + b m = y n , ( x, y ) = , nghiên cứu năm qua Ljunggren nghiên cứu phương trình với a = m = , n = b = chứng minh có hai nghiệm [4] Khi a = m = , y số nguyên tố lẻ b = p r − với r số nguyên dương, nhà toán học Skinner nghiên cứu phương trình chứng minh có có hai nghiệm, ngoại trừ b = 11 b = 19 , trường hợp có ba nghiệm Maohua nghiên cứu phương trình x ± D = p n , với vài điều kiện ông tìm ràng buộc nghiệm Các tác giả Muriefah, Luca Togbé (xem [4]) nghiên cứu phương trình x + 5a.13b = y n , với a, b ≥ họ chứng minh có nghiệm sau đây: ( x, y, a, b, n) = (70,17,0,1,3), (142, 29, 2, 2,3), (4, 3,1,1, 4) Trong phần này, xem xét phương trình Diophantine: x2 + y n = pm , (1) x2 − pm = y n , (2) x, y, m, n số nguyên dương, p nguyên tố, m, n ≥ , ta ràng buộc n (chỉ phụ thuộc vào p ) 2.1 Các kết bổ trợ 2.1.1 Bổ đề ([4]) Cho p số nguyên tố Giả sử α1 α hai số đại số đơn vị p - adic Ký hiệu f bậc trường mở rộng ¤ p (α1 ,α ) / ¤ p đặt D = [ ¤ (α1 , α ) : ¤ ] / f Cho b1 b2 hai số nguyên dương, đặt Λu = α1b − α 2b Ký hiệu A1 > A2 > hai số thực cho: log Ai ≥ max { h(α i ), (log p) / D} , i = 1, đặt b' = b1 b2 + D log A2 D log A1 52 Khi đó, α1 α độc lập bội, ta có: 24 p ( p f − 1)  10 log p    v p (Λu ) ≤ D  max log b '+ log log p + 0, 4; ;5 ÷ log A1 log A2 ( p − 1)(log p ) D    2.1.2 Bổ đề ([4]) Cho α1 ≥ α ≥ hai số thực đại số Cho b1 , b2 hai số nguyên dương đặt Λa = b1 log α1 − b2 log α Cho D = [ ¤ (α1 , α ) : ¤ ] ký hiệu A1 > A2 > hai số thực thỏa mãn: log Ai ≥ max { h(α i ); 1/ D} , i = 1, đặt b' = b1 b2 + D log A2 D log A1 Khi đó, α1 α độc lập bội, ta có: log Λa ≥ −32,31D ( max { log b '+ 0,18; 0,5; 10 / D} ) log A1 log A2 2.1.3 Bổ đề ([4]) Cho d > số nguyên không phương, cho k số nguyên dương lẻ, nguyên tố với d Ký hiệu τ > đơn vị trường ¤ ( d ) Nếu X , Y Z ba số nguyên dương thỏa mãn X − dY = ± k Z , tồn số nguyên dương a, b, t v với a ≡ b (mod 2), a, b chẵn d ≢ (mod 4), thỏa mãn: v  a+b d  X +Y d =τ  ÷   −t Hơn nữa, < t ≤ v số nguyên Z / v chia hết số lớp trường ¤ ( d ) 2.1.4 Bổ đề ([4]) Cho p số nguyên tố lẻ Ký hiệu hp R p số lớp (class number) điều chỉnh số (regulator number) trường bậc hai ¤ ( d ) Khi đó, ta có: hp ≤ 0,5 p1/ 0, 4812 < R p ≤ hp R p ≤ p1/ log(4 p ) 53 2.2 Điều kiện có nghiệm nguyên Tiếp theo, ràng buộc n phụ thuộc vào giá trị p để phương trình (1), (2) có nghiệm, thể qua định lý sau ([4]) Định lý Cho p ≥ 11 số nguyên tố Khi đó, phương trình Diophantine: x2 + y n = pm (1) x2 − pm = y n , (2) với m, n ≥ số nguyên lẻ ( x, y ) = , có nghiệm nguyên n ≤ 4.106 p 3/ ( log p ) (R p + 0,6 ) Chứng minh Giả sử ( x; y ) nghiệm phương trình (1) (2), ( x, y ) = nên dễ thấy x y số nguyên lẻ Nếu y = , đối phương trình (1) ta có x + = p m , điều không xảy (vì x số nguyên lẻ nên x + ≡ 2(mod 4) ), phương trình (2) trở thành x − = p m ⇔ ( x − 1) ( x + 1) = p m , từ suy x + = p m , x − = , p m = điều không (do p ≥ 11, m ≥ ) Vì vậy, y > Với y > Ký hiệu τ > đơn vị trường Q( d ) hp , R p = log τ số lớp điều chỉnh số tương ứng Từ Bổ đề 2.1.3, suy tồn số nguyên đại số ε = a+b p Q( d ) số nguyên dương t v cho < t ≤ v x + p ( m −1) / p = ε vτ − t , x − p ( m −1) / p = ε − v (λτ )t , (3) ε liên hợp ε Q( d ) λ ∈ { 1, −1} tiêu τ Hơn nữa, n chia hết cho v n = hp v (4) Từ (3) ta suy ra: p ( m −1) / p = ε vτ − t − ε − v (λτ )t Nếu đặt (5) 54 v p ( m−1) / p  ε  Λu = =  ÷ − (λτ )t , v −t ετ ε  ta có v p (Λu ) = (6) m Để tìm ràng buộc n, ta áp dụng Bổ đề 2.1.1 đến (6) với thông số: α1 = ε , α = λτ , b1 = v , b2 = t , f = , D = ε Ở đây, ε  h  ÷ = log ε , h ( λτ ) = R p ε  Ta có: p p   log A1 ≥ max log ε ; log  , log A2 ≥ max 2 R p ; log  2 2   Vì vậy, ta lấy log A1 = 1,54log ε , log A2 = b' = R p log p 0,96 , ta có: b1 b2 0, 48v t + = + D log A2 D log A1 R p log p 3,08log ε Do b 'log p < 2v , từ suy ra: log b '+ log log p + 0, < log + log v + 0, Do α1 α độc lập bội, ta có: 24 p ( p f − 1)  10log p    v p (Λu ) ≤ D  max log b '+ log log p + 0, 4; ;5 ÷ log A1 log A2 ( p − 1)(log p ) D    ⇒ pR p m ≤ 616 max { log b '+ log log p + 0, 4; 5log p; 5} ) ( (log p) ⇒ m ≤ 1232 pR p ( log p ) −3 ( max { log + log v + 0, 4; 5log p} ) ⇒ m ≤ 1232 p (log p ) −3 R p ( max { log v + 1,1; 5log p} ) log ε 2 (7) Xét phương trình (1) Ta có x + y n = p m ⇒ x ≤ p m / , kết hợp (3) ta ε vτ −t ≤ p m / , 2v log ε ≤ 2t log τ + log16 + m log p, kết hợp với (7), ta suy ra: 55 2vm ≤ 1232 p(log p) −3 R p ( max { log v + 1,1; 5log p} ) ( m log p + log16 + 2tR ) p (8) Từ (4 p) m > p m ≥ y n ≥ 2n (4), suy ra: t v n log p ≤ ≤ ≤ , m m m log đó, từ (8) m ≥ , ta có: 2 log16 2t  v ≤ 616 p (log p ) −3 R p ( max { log v + 1,1;5log p} )  log p + + Rp ÷ m m   2 log16 2log p  ⇒ v ≤ 616 p(log p) −3 R p ( max { log v + 1,1;5log p} )  log p + + Rp ÷ log   ⇒ v ≤ 1232 p (log p) −3 ⇒v≤  log p log  log p log log16 R p ( max { log v + 1,1;5log p} )  + + Rp ÷ log log p  log p   log 1232 log 2log16  p (log p) −3 log(4 p) R p ( max { log v + 1,1;5log p} )  + + Rp ÷ log   ⇒ v ≤ 4093 p (log p) −3 log(4 p) R p ( R p + 0,6 ) ( max { log v + 1,1; 5log p} ) (9) Nếu max { log v + 1,1; 5log p} = 5log p , từ (4) (9) ta suy ra: vhp ≤ 4093 p ( log p ) log ( p ) hp R p ( R p + 0,6 ) 25 ( log p ) −3 ⇒ n ≤ 102325 p log ( p ) hp R p ( R p + 0,6 ) 1/ 1/ Từ Bổ đề 2.1.4 ta có: hp ≤ 0,5 p 0, 4812 < R p ≤ hp R p ≤ p log ( p ) Do đó: n ≤ 102325 p 3/ ( log p ) (R p + 0,6 ) Và max { log v + 1,1; 5log p} = log v + 1,1 để có ràng buộc cho n , tìm kiếm ràng buộc cho v dạng: v ≤ γ p log ( p ) R p ( R p + 0,6 ) , với γ không đổi phù hợp Khi p ≥ 11 , ta thấy γ phải đáp ứng bất đẳng thức γ ≥ 37684(log γ + 2,75) Như chọn γ = 4.106 từ Bổ đề 2.1.4, ta suy ra: n ≤ 4.106 p 3/ ( log p ) (R p + 0,6 ) 56 Xét phương trình (2) Chia hai vế (5) cho ε vτ − t ta được: v ε  p ( m−1) / p t Λu = = −  ÷ (λτ ) v −t ετ ε  (10) Nếu Λu ≥ p ( m −1) / p ≥ ε vτ − t , từ suy ra: 2v log ε − 2t logτ ≤ log 64 + m log p Nếu Λu < 2Λu < log(1 − Λu ) ≤ 2Λu (11) Từ (10) ta có: | v log | ε ε | −t log τ | ≤ | v log  ε ε  ÷− t log(λτ ) | ≤ | log(1 − Λu ) |  (12) ε Áp dụng Bổ đề 2.1.2 với α1 = , α = λτ , b1 = v , b2 = t , D = , ta chọn ε log A1 = log ε , log A2 = R p , đó: b' = b1 b2 t v + = + D log A2 D log A1 2log ε R p Suy b ' ≤ 1,93v , từ ta có log b ' ≤ log1,93 + log v Do α1 α độc lập bội, nên ta có: log Λa ≥ −32,31D ( max { log b '+ 0,18; 0,5; 10 / D} ) log A1 log A2 , ε Λa =| v log | | −t log τ | ε Do đó: log Λa ≥ −32,31.16 R p ( max { log v + log1,93 + 0,18; 0,5; 5} ) log ε ⇒ log Λa ≥ −517 R p ( max { log v + 4,7; 5} ) log ε ⇒ log log ( − Λu ) ≥ −517 R p ( max { log v + 4,7; 5} ) log ε Từ đó, kết hợp với (11) ta được: 57 log + log Λu ≥ −517 R p ( max { log v + 0, 47; 5} ) log ε (13) p ( m −1) / p Do = Λu , nên ε vτ − t m log p + log − v log ε + t logτ log Λu = (14) Từ (13) (14), suy ra: m log p + log − v log ε + t log τ ≥ −517 R p ( max { log v + 0, 47; 5} ) log ε log + Do đó: v log ε − t logτ ≤ log + log + m log p + 517 R p ( max { log v + 0, 47; 5} ) log ε (15) Kết hợp (7) (15) ta có: v log ε − t logτ ≤ 3log + 616(log p) −2 pR p ( max { log v + 1,1; 5log p} ) log ε +517 R p ( max { log v + 0, 47; 5} ) log ε (16) Đầu tiên, giả sử ε ≤ e R , ta có: p 4Rp 4Rp 2 ≤ ⇒ ≤ log 3log e log 3log ε log log 3log ε Do đó: 4Rp ≤ log y log 3log ε (17) Từ (3) ta có ε vτ − t > x , suy ε vτ − t > y n / , ta có: n v log ε − t logτ > log y (18) Từ (16), (17) (18) suy ra: n log y ≤ 3log + 616(log p) −2 pR p ( max { log v + 1,1; 5log p} ) log ε +517 R p ( max { log v + 0, 47; 5} ) log ε ⇒n≤ 12 R p log log 3log ε + 2464 (log p ) −2 pR p2 ( max { log v + 1,1; 5log p} ) log ε log 3log ε 58 + 2068 R p2 ( max { log v + 0, 47; 5} ) log ε log 3log ε Suy ra: n ≤ 5164,31 pR p2 (log p ) −2 ( max { log n + 1,1; 5log p} ) + 4334,33R p2 ( max { log n + 0, 47; 5} ) 2 Ta tìm ràng buộc cho n dạng n ≤ γ p 3/ ( log p ) ( R p + 0,6 ) , với γ không đổi phù hợp Sử dụng Bổ đề 2.1.4 tính toán số bước, ta thấy γ thỏa mãn bất đẳng thức: γ ≥ 5164,31( log γ + 2,74 ) + 4334,33 ( log γ + 3,37 ) 2 Như vậy, ta chọn: γ = 4.106 (19) Do ta có: n ≤ 4.106 p 3/ (log p) ( R p + 0.6) Và ε > e R , p v v log ε − tR p ≥ log ε (20) Từ (16) (20) ta có: v log ε ≤ 3log + 616(log p) −2 pR p ( max { log v + 1,1; 5log p} ) log ε + 517 R p ( max { log v + 0, 47; 5} ) log ε ⇒v≤ 6log + 1232(log p ) −2 pR p ( max { log v + 1,1; 5log p} ) log ε + 1034 R p ( max { log v + 0, 47; 5} ) Suy ra: v ≤ 1.8062 + 1232(log p) −2 pR p ( max { log v + 1,1; 5log p} ) + 1034 R p ( max { log v + 0, 47; 5} ) Từ kết hợp với (4) ta được: 59 n ≤ 1,8062hp + 1232 ( log p ) −2 p ( hp R p ) ( max { log n + 1,1; 5log p} ) + 1034 ( hp R p ) ( max { log n + 0, 47; 5} ) 2 Ta tìm ràng buộc cho n dạng n ≤ γ p 3/ ( log p ) ( R p + 0,6 ) , với γ không đổi phù hợp Sử dụng Bổ đề 2.1.4 tính toán số bước, ta thấy (19) nằm trường hợp Do đó: n ≤ 4.106 p 3/ ( log p ) Vậy Định lý chứng minh ■ (R p + 0, ) 60 KẾT LUẬN Trên sở báo [4]: Fadwa S Abu Muriefah, Amal Al-Rashed, On the Diophantine equation x − p m = ± y n , Arab Journal of Mathematical Sciences (2012), 18, pp 97-103, luận văn tìm hiểu dạng đặc biệt phương trình Diophantine Trong chừng mực định, cố gắng tìm hiểu ý tưởng chứng minh tác giả nhằm theo dõi kết sâu sắc lĩnh vực phức tạp Số học: Giải phương trình Diophantine Nội dung chủ yếu luận văn gồm: Giới thiệu kết sở phương trình Pell ứng dụng chúng nghiên cứu số học Tìm hiểu kết tác giả Fadwa S Abu Muriefah, Amal Al-Rashed công bố Tạp chí Toán học Ả Rập (Arab Journal of Mathematical Sciences) xuất Trường Đại học Hoàng gia Ả Rập Xê Ut (King Saud University) Các tác giả xem xét điều kiện có hữu hạn nghiệm phương trình Diophantine x − p m = ± y n , m, n số nguyên dương, p số nguyên tố lẻ, x y số nguyên dương nguyên tố nhau, sở tham khảo nhiều kết Le Maohua (Nhà Toán học Trung Quốc) công bố Journal of Number Theory Proceedings of the American Mathematical Society phương trình Diophantine năm thập kỷ 90 kỷ XX 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO [3] TIẾNG VIỆT Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề Số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội Đàm Văn Nhỉ, Lưu Bá Thắng, Nguyễn Việt Hải (2006), Số học, Nhà [4] xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội TIẾNG ANH Fadwa S Abu Muriefah, Amal Al-Rashed (2012), On the Diophantine [1] [2] equation x − p m = ± y n , Arab Journal of Mathematical Sciences, 18, [5] pp 97-103 D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill [6] Company, New Delhi H W Lenstra (2002), Solving the Pell Equation, Notices of the [7] American Mathematical Society 49 (2), pp 182–192 S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi 62 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH PELL 1.1 Phương trình Pell loại I 1.2 Phương trình Pell loại II 21 1.3 Các dạng biến thể khác phương trình Pell 30 1.4 Phương trình Pell tổng quát 39 CHƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE x2 − pm = ± y n 48 2.1 Các kết bổ trợ 48 2.2 Điều kiện có nghiệm nguyên 50 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58 [...]... suy ra nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell loại II luôn bé hơn nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell loại I liên kết với nó Nhận xét này giúp ta tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell loại I nhanh hơn khi mà nghiệm nhỏ nhất ấy có giá trị rất lớn 1.2.5 Định lý (Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II) Xét phương trình Pell loại II: x 2 − dy 2 = −1 , và phương trình Pell loại I liên kết với... chứng minh 1.3 Các dạng biến thể khác của phương trình Pell 1.3.1 Phương trình Pell với tham số Phương trình Pell chứa tham số n là phương trình có dạng: x 2 − dy 2 = n , với d là số nguyên dương và không phải là số chính phương, còn n là số nguyên Dĩ nhiên, nếu n = 1 hoặc n = −1 thì tương ứng ta có phương trình Pell loại I và loại II 1.3.2 Định lý Phương trình Pell với tham số... nên ta có x + y d = xn + yn d Từ đây, suy x, y, xn , yn là các số nguyên dương, d là số nguyên dương không phải số chính phương) Định lý 1.2.5 được chứng minh ■ 1.2.6 Các ví dụ Ví dụ 1 Giải phương trình x 2 − 2 y 2 = −1 Lời giải Phương trình x 2 − 2 y 2 = −1 là phương trình Pell loại II Phương trình Pell liên kết với nó là phương trình x 2 − 2 y 2 = 1 Phương trình này có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất... để phương trình Pell loại II có nghiệm) Gọi ( a; b ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell liên kết với phương trình Pell loại II Khi đó, phương trình Pell loại II: x 2 − dy 2 = −1 (II) có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau: a = x 2 + dy 2  b = 2 xy (2-3) có nghiệm nguyên dương Chứng minh Giả sử ( x0 ; y0 ) là nghiệm nguyên dương của hệ (2-3) Vì ( a; b ) là nghiệm nguyên dương của phương trình Pell. .. số nguyên tố và có dạng 4k + 1 , tức d ≡ 1(mod 4) Xét phương trình Pell loại I: x 2 − dy 2 = 1 (I) Ta gọi phương trình (I) là phương trình Pell liên kết với phương trình (II) Gọi ( a; b ) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình (I), khi đó a 2 − 1 = db 2 (1) Nếu a chẵn, thì vế trái (1) là số lẻ, và do d = 4k + 1 là số lẻ, nên từ (1) suy ra b lẻ, do đó b 2 ≡ 1(mod 4) Suy ra a 2 − 1 ≡ 1(mod... dương Cũng như khi xét phương trình Pell loại I, ở đây ta chỉ quan tâm đến việc tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này 1.2.1 Mệnh đề Phương trình Pell loại II không có nghiệm nguyên dương khi d = m 2 , m ∈ ¥ (tức khi d là số chính phương) Chứng minh Khi d = m 2 , m ∈ ¥ thì phương trình (II) có dạng: x 2 − m 2 y 2 = −1 ⇔ ( my + x ) (my − x ) = 1 Do x, y nguyên dương, nên suy ra: my + x = 1 ... dương của phương trình Pell loại II Chứng minh Phương trình đặc trưng của các dãy { xn } và { yn } là: λ 2 − 2aλ + 1 = 0 (4) Vì ( a; b ) là một nghiệm của phương trình (1), nên a 2 − 1 = db 2 Do đó, phương trình (4) có ∆ ' = a 2 − 1 = db 2 > 0 Suy ra, phương trình (4) có hai nghiệm là λ1 = a + b d , λ2 = a − b d Khi đó công thức số hạng tổng quát của các dãy số { xn } và { yn } có dạng: ( ) ( ) xn... có dạng p = 4k + 3 , nên suy ra 1Mp Đó là điều vô lí ■ 1.2.3 Mệnh đề Nếu d là số nguyên tố, thì phương trình Pell loại II x 2 − dy 2 = −1 (II) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d không có dạng 4k + 3 Chứng minh Giả sử phương trình Pell loại II có nghiệm Khi đó theo Mệnh đề 1.2.2 ta có d ≠ 4k + 3 Đảo lại, nếu d ≠ 4k + 3 ta phải chứng minh phương trình (II) có nghiệm 25 Nếu d = 2 thì phương trình. .. số chính phương) Do s ≠ 0 nên s > 0 hoặc s < 0 28 Nếu s > 0 thì ( s; t ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại II x 2 − dy 2 = −1 (suy ra từ (8)), mà ( x0 ; y0 ) là nghiệm dương bé nhất của phương trình này, nên s ≥ x0 , t ≥ y0 Suy ra s + t d ≥ x0 + y0 d , điều này mâu thuẫn với (4’) Vậy không thể có s > 0 Nếu s < 0 thì ( − s; t ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại... các số chính phương là: 2 n0 = 0; n1 = 8 ( 2m + 1) ; nk +1 =  4 ( 2m + 1) − 2  nk − nk −1 + 8 ( 2m + 1) , với k = 1, 2   Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được: nk M8 ( 2m + 1) , k = 1, 2 Mặt khác, số nguyên dương n là một số hạng của dãy { nk } , nên ta suy ra nM8 ( 2m + 1) Đó là điều phải chứng minh 1.2 Phương trình Pell loại II 24 Phương trình Pell loại II là phương trình có dạng: x 2 − ... trỡnh Pell Phng trỡnh Pell (Pell' s equation) l phng trỡnh Diophantine bc hai sau õy: Dng chớnh tc (cũn gi l phng trỡnh Pell loi I): x dy = Dng phng trỡnh Pell õm (cũn gi l phng trỡnh Pell loi... ca phng trỡnh Pell loi I: x dy = , nờn t trờn suy ra: u dv = (7) Do x dy = 1, x > 0, y > 0, d > nờn x > y d > , tng t ta cng cú xm > ym d > Suy u = xxm dyym > T (6) v (7) suy < u v d