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

Dịch vụ viết thuê đề tài – KB Zalo/Tele 0917.193.864 – luanvantrust.com
Kham thảo miễn phí – Kết bạn Zalo/Tele mình 0917.193.864
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ HỒNG THƯƠNG
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT LIÊN
QUAN ĐẾN SỐ CÂN BẰNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên -

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ HỒNG THƯƠNG
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT LIÊN
QUAN ĐẾN SỐ CÂN BẰNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGÔ VĂN ĐỊNH
Thái Nguyên -

Mục lục
Lời cảm ơn iii
Mở đầu 1
Chương 1 . Một số tính chất của số cân bằng 3
1.1 Khái niệm về số cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Khái niệm số tam giác chính phương . . . . . . . . . . 4
1.3 Khái niệm số đối cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4 Một số dãy liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.5 Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.6 Một số kết quả của Keskin và Karaatli . . . . . . . . . 13
Chương 2 . Một số phương trình Diophant liên quan đến số cân
bằng 24
2.1 Nghiệm nguyên dương của phương trình Pell . . . . . 25
2.2 Nghiệm nguyên dương của một số phương trình Diophant 26
2.3 Lũy thừa trong dãy các số cân bằng và các số Lucas
cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.4 Lũy thừa trong tích các số hạng của các số cân bằng . . 45
i

2.5 Lũy thừa trong tích của các số Lucas cân bằng . . . . . 49
Kết luận 56
Tài liệu tham khảo 57
ii

Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa Học -
Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của TS. Ngô Văn
Định, Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới TS. Ngô Văn
Định, người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn
để tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, các
thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ
cấp, trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ
tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn tốt nghiệp.
Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè,
người thân đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi
cho tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Thái Nguyên, tháng 6 năm 2018
Tác giả
Nguyễn Thị Hồng Thương
iii

Mở đầu
Một số tự nhiên n được gọi là số cân bằng với hệ số cân
bằng r nếu nó là nghiệm của phương trình Diophant
1 + 2 + + (n 1) = (n + 1) + (n + 2) + + (n + r):
Khái niệm về số cân bằng được tìm ra và nghiên cứu đầu tiên bởi
Behera và Panda. Sau đó, rất nhiều tính chất đẹp của số cân
bằng được tìm thấy (xem [1]). Năm 2012, Keskin và Karaatli [4]
đã tìm ra một số tính chất mới của số cân bằng, số tam giác
chính phương. Bên cạnh việc nghiên cứu các tính chất của số
cân bằng, nhiều nhà toán học cũng đã nghiên cứu việc sử dụng
các số cân bằng để giải một số dạng phương trình Diophant.
Mục đích của luận văn là nghiên cứu và trình bày lại một số
tính chất mới của số cân bằng, số tam giác chính phương và
một số kết quả về việc sử dụng số cân bằng, số Pell, số Lucas
cân bằng trong việc giải phương trình Diophant.
Cấu trúc của luận văn
Luận văn được trình bày thành 2 chương:
1

Chương 1. Một số tính chất mới của số cân bằng. Mục đích
của Chương này là giới thiệu sơ lược về số cân bằng, số tam giác
chính phương và trình bày lại kết quả của Keskin và Karaatli [4].
Chương 2. Một số phương trình Diophant liên quan đến số
cân bằng. Mục đích của Chương này là trình bày lại một số kết
quả về phương trình Diophant có liên quan đến số cân bằng.
Tài liệu tham khảo chính của chương này là [2, 3].
2

Chương 1
Một số tính chất của số cân bằng
Chương này trình bày các khái niệm về số cân bằng, số đối
cân bằng, số tam giác, số tam giác chính phương và một số
tính chất của số cân bằng được trình bày trong tài liệu [4].
1.1 Khái niệm về số cân bằng
Định nghĩa 1.1.1. Số nguyên dương n được gọi là số cân bằng nếu
1 + 2 + + (n 1) = (n + 1) + (n + 2) + + (n + r) (1.1)
với một số nguyên dương r nào đó. Ở đây r được gọi là hệ số
cân bằng ứng với số cân bằng n.
Ví dụ 1.1.2. Các số 6; 35 và 204 là các số cân bằng với các hệ
số cân bằng lần lượt là 2; 14 và 84.
Mệnh đề 1.1.3. Nếu n là một số cân bằng với hệ số cân bằng tương
ứng là r thì
n2
=
(n + r)(n + r + 1)
(1.2)
2
và do đó p
r =
(2n + 1) + 8n2
+ 1
(1.3)
2
3

Chứng minh. Từ (1.1), ta có
1 + 2 + + (n 1) = (n + 1) + (n + 2) + + (n + r)
) (n 1)n = rn + r(r + 1)
22
) n2
n = 2rn + r2
+ r ( )
) 2n2
= n2
+ 2rn + r2
+ n + r
) 2n2
= (n + r)2
+ n + r
) 2n2
= (n + r)(n + r + 1)
) n2 =
(n + r)(n + r + 1)
2
Thêm nữa, từ (*) suy ra
r2
+ (2n + 1)r n2
+ n = 0:
Ta có = 8n2
+ 1 > 0 , suy ra
(2n + 1)
p
r =
8n2
+ 1
:
2
Vì r nguyên dương nên
(2n + 1) +
p
r =
8n2
+ 1
:
2
Mệnh đề được chứng minh.
1.2 Khái niệm số tam giác chính phương
Định nghĩa 1.2.1. Số tam giác là số có dạng 1+2+ +n với n 2
Z+
.

4

Nhận xét 1.2.2. Dễ thấy số N là số tam giác nếu N có thể viết dưới
n(n + 1)
dạng N = .
Định nghĩa 1.2.3. Số N là số tam giác chính phương nếu nó vừa có
thể viết dưới dạng N = m2 vừa có thể viết dưới dạng N =
n(n + 1)
, 2
tức là nghiệm nguyên của phương trình
m2 =
n(n + 1)
:
2
Nhận xét 1.2.4. 1. Số nguyên dương n là số cân bằng nếu và
chỉ nếu n2 là số tam giác. Do đó n là số cân bằng nếu và
chỉ nếu n2 là số tam giác chính phương.
2. Số nguyên dương n là số cân bằng nếu và chỉ nếu 8n2 + 1
là số chính phương.
1.3 Khái niệm số đối cân bằng
Định nghĩa 1.3.1. Số nguyên dương n được gọi là số đối cân
bằng nếu 1 + 2 + + n = (n + 1) + (n + 2) + + (n + r) (1.4)
với một số nguyên dương r nào đó. Ở đây r được gọi là hệ số
đối cân bằng ứng với số đối cân bằng n.
Ví dụ 1.3.2. Các số 2; 14 và 84 là các số cân bằng với các hệ
số đối cân bằng lần lượt là 1; 6 và 35.
Mệnh đề 1.3.3. Nếu n là một số đối cân bằng với hệ số đối cân bằng
5

tương ứng là r thì
n(n + 1) = (n + r)(n + r + 1)
2
và do đó
p
r =
(2n + 1) + 8n2
+ 8n + 1
2
Chứng minh. Từ (1.4), ta có
1 + 2 + + n = (n + 1) + (n + 2)
+ + (n + r)
) n(n + 1) = rn + r(r + 1)
22
) n(n + 1) = 2rn + r2
+ r ( )
) 2n(n + 1) = n(n + 1) + 2rn + r2
+ r
) 2n(n + 1) = (n + r)2
+ n + r
) n(n + 1) = (n + r)(n + r + 1) 2
Thêm nữa, từ (*) suy ra
r2
+ (2n + 1)r n2
n = 0:
Ta có = 8n2
+ 8n + 1 > 0 , suy ra
(2n + 1)
p
:
r =
8n2
+ 8n + 1
2
Vì r nguyên dương nên
(2n + 1) +
p
8n2
+ 8n + 1
r = :
2
Mệnh đề được chứng minh.
(1.5)
(1.6)

6

Định nghĩa 1.3.4. Một số được gọi là số pronic nếu nó có thể
viết dưới dạng n(n + 1) với n là số nguyên dương nào đó.
Nhận xét 1.3.5. 1. Số nguyên dương n là số đối cân bằng nếu
và chỉ nếu n(n + 1) là số tam giác. Do đó, n là số đối cân
bằng nếu và chỉ nếu n(n + 1) là số tam giác pronic.
2. Số nguyên dương n là số cân bằng nếu và chỉ nếu 8n2
+
8n + 1 là số chính phương.
1.4 Một số dãy liên quan
Trong mục này, chúng tôi trình bày lại khái niệm về dãy
Fibonaci (Un) và dãy Lucas (Vn).
Định nghĩa 1.4.1. Cho k và t là hai số tự nhiên khác không. Dãy số
Fibonaci được định nghĩa như sau:
U0 = 0; U1 = 1; Un+1 = kUn + tUn 1; 8n > 1:
Dãy số Lucas được định nghĩa như sau:
V0 = 2; V1 = k; Vn+1 = kVn + tVn 1; 8n > 1:
Các số Fibonaci và số Lucas với chỉ số âm được định nghĩa bởi:
U
n
V
n
8n > 1: (1.7)
U n = ; V n = ;
( t)n
( t)n
Trong trường hợp k = t = 1 thì (Un) và (Vn) lần lượt được gọi là
dãy Fibonaci và dãy Lucas cổ điển và được ký hiệu là (Fn) và (Ln).
7

Các số đầu tiên của dãy (Fn) là 0; 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; :::. Các số
đầu tiên của dãy (Ln) là 2; 1; 3; 4; 7; 11; 18; 29; 47; 76; :::.
Trong trường hợp k = 2; t = 1 thì (Un) và (Vn) lần lượt được
gọi là dãy Pell và dãy Pell-Lucas và được ký hiệu là (Pn) và
(Qn). Như vậy, ta có
P0 = 0; P1 = 1; Pn+1 = 2Pn + Pn 1; 8n > 1
và
Q0 = 2; Q1 = 2; Qn+1 = 2Qn + Qn 1; 8n > 1:
Một vài số đầu tiên của dãy (Pn) là 0; 1; 2; 5; 12; 29; 70; 169; 408; 985; :::.
Một vài số đầu tiên của dãy (Qn) là 2; 2; 6; 14; 34; 82; 198; 478; 1154; :::.
Trong trường hợp k = 6; t = 1 ta sẽ ký hiệu lại (Un) và (Vn) lần
lượt bởi các (un) và (vn). Khi đó
u0 = 0; u1 = 1; un+1 = 6un un 1; 8n > 1
và
v0 = 2; v1 = 6; vn+1 = 6vn vn 1; 8n > 1:
Một vài số đầu tiên của dãy (un) là 0; 1; 6; 35; 204; :::. Một vài số đầu
tiên của dãy (vn) là 2; 6; 34; 198; 1154; :::.
Hơn nữa, từ (1.7) ta thấy rằng
u n = un; v n = vn; 8n > 1:
8

1.5 Một số tính chất
Trước tiên, chúng tôi nhắc lại một số tính chất của các dãy
(Pn); (Qn), (un) và (vn). Các tính chất này sẽ hữu ích trong phần
chứng minh các tính chất mới của dãy (yn) với yn =
vn
4
2
.
Định lý 1.5.1. Cho và là các nghiệm của phương trình đặc trưng
x2
2x1 = 0:
Khi đó ta có Pn = n
p n
và Qn = n
+ n
, với n 0.
2 2
Định lý 1.5.2. Cho và là các nghiệm của phương trình đặc trưng
x2
6x + 1 = 0:
Khi đó ta có
un =
n
p
n
(1.8)
4 2
và
vn = n
+ n
;
với n 0.
Các công thức trên được gọi là công thức Binet cho các dãy
tương ứng. Đặt Bn là số cân bằng thứ n. Khi đó, theo tài liệu [1]
ta có số cân bằng tuân theo công thức truy hồi sau Bn+1 = 6Bn
Bn 1 và B0 = 1; B1 = 6. Do vậy, ta dễ dàng suy ra được
Bn = (3 +
p
p p
n
:
8)n
p (3 8)n
=
n
(1.9)
2 8 4 2
9

Từ Định lý 1.5.1 và Định lý 1.5.2 ta dễ dàng thấy rằng Bn = un =
P
22n , Q2n = vn với n là số nguyên dương. Do đó, theo tài liệu [4]
ta có một số tính chất đã biết của (Pn); (Qn); (Bn) và (vn) sau đây:
Qn
2
8Pn
2
= 4( 1)n
; (1.10)
v2
32B2
= 4; (1.11)
n n
Bn
2
6BnBn 1 + Bn
2
1=1; (1.12)
Q2 = Q2n + 2( 1)n
; (1.13)
n
B2n = Bnvn; (1.14)
P2n = PnQn; (1.15)
vn
2
= v2n + 2; (1.16)
Pn+1 + Pn 1 = Qn: (1.17)
Để thấy rõ mối quan hệ mật thiết giữa số cân bằng và số tam
giác chính phương, chúng ta có thể nhắc lại định lý sau đây,
đặc trưng cho tất cả các số tam giác chính phương. Định lý này
được suy trực tiếp từ nhận xét 1.2.4.
Định lý 1.5.3. Một số tự nhiên x là một số tam giác chính
phương nếu và chỉ nếu x = Bn
2
với n là số tự nhiên.
Vì yn =
vn 2
nên suy ra
4
2 vn
2
4 1 (vn 2) (vn 2) yn(yn + 1)
B
n = = + 1 = :
32 2 4 4 2
10

Do đó, có thể thấy x2 =
y(y + 1)
với x; y là các số nguyên dương
nếu 2
và chỉ nếu x = Bn và y = yn với n là số tự nhiên.
Bây giờ ta sẽ chứng minh bổ đề sau đây.
Bổ đề 1.5.4. Dãy số (yn) thỏa mãn hệ thức truy hồi
y
n+1
= 6y
n yn 1 + 2; với n 1;
trong đó y0 = 0 và y1 = 1.
vn 2
Chứng minh. Ta có yn = nên
4
v
n 2 v
n 1 2
6yn yn 1 + 2 = 6 + 2
4 4
=
6vn vn 1
2
4
=
v
n+1 2
4
= yn+1:
Một số phần tử đầu tiên của dãy (yn) là 0; 1; 8; 49; 288:::.
Với n = 1; 2; ::: ta ký hiệu bn là số đối cân bằng thứ n và (bn) là
dãy các số đối cân bằng. Ta thấy chuỗi các số đối cân bằng
thỏa mãn hệ thức truy hồi đưa ra trong Bổ đề 1.5.4. Tức là
bn+1 = 6bn bn 1 + 2; với n1;
trong đó b0 = 0 và b1 = 2. Một số phần tử đầu tiên của dãy số đối cân
bằng là 0; 2; 14; 84; 492; ::::. Mối quan hệ mật thiết giữa số đối cân
bằng, số cân bằng và dãy (yn) được thể hiện qua các bổ đề sau đây.
11

Bổ đề 1.5.5. Với mọi số n 1; bn = yn + Bn và bn = yn+1 Bn+1.
Bổ đề 1.5.6. Với mọi số n 1; y2n = 8B2
và y2n+1 = 8BnBn+1 +
1. n
(v2
4)
(v
2n 2)
y
2n
Bn
2
=
n
= = :
32 32 8
Suy ra y2n = 8Bn
2
. Mặt khác, từ
yn+1 = 6yn yn 1 + 2
dễ dàng thấy yn =
y
n+1
+ y
n 12
. Sử dụng y2n = 8Bn
2
ta được
6
y
2n+1
=
(y
2n+2
+ y
2n 2)
6
=
(8Bn
2
+1 + 8Bn
2
2)
6
8(Bn
2
+1 + Bn
2
) 2
= :
6
Từ B2
+ B2
= 6BnBn 1 + 1 theo tính chất 1.12, ta có
n n 1
8(Bn
2
+1 + Bn
2
) 2
y
2n+1
=
6
8(6BnBn 1 + 1) 2
= 6
= 8BnBn+1 + 1:
Suy ra điều cần chứng minh.
Từ tính chất 1.13, ta dễ dàng thu được định lý sau đây.
Định lý 1.5.7. Nếu n là số tự nhiên lẻ thì yn =
Q2
n
. Nếu n là số tự
4
Q2
nhiên chẵn thì yn =
n
1.
4
12

Chứng minh. Ta có yn = vn 2 = Q2n 2 Theo tính chất 1.13 ta có: Nếu
4 4
n lẻ thì Q2n = Q2
+2, nếu n chẵn thì Q2n = Q2
2. Do đó, nếu n là số
n
Q2 n
Q2
tự nhiên lẻ thì yn =
n
, nếu n là số tự nhiên chẵn thì yn =
n
1.
4 4
Theo các bổ đề và định lý trên, ta có nhận xét sau.
Q2
Nhận xét 1.5.8. 1. Vì y2n+1 = 8BnBn+1 + 1 và y2n+1 =
2n+1
nên
4
BnBn+1 là số tam giác.
2. Theo bổ đề 1.5.6 thấy rằng yn là số lẻ nếu và chỉ nếu n là
số lẻ và yn là số chẵn nếu và chỉ nếu n là số chẵn.
1.6 Một số kết quả của Keskin và Karaatli
Dựa vào các tính chất đã nêu ở mục trước, trong mục này, chúng tôi
trình bày một số tính chất mới của các số cân bằng và các số tam giác
chính phương mà Keskin và Karaatli đã tìm ra được trình bày trong tài
liệu [4]. Vấn đề quan tâm chính của các kết quả này là liệu tích của hai
số cân bằng lớn hơn 1 có phải là một số cân bằng không? Tích của hai
số tam giác chính phương lớn hơn 1 liệu có phải là một số tam giác
không? Ta sẽ thấy rằng câu trả lời là không. Tương tự, liệu tích của hai
số pronic có phải là một số pronic không? Ví dụ đơn giản: 2 và 6 là hai số
pronic. Tích của chúng 2 6 = 12 và 12 = 3(3 + 1) là một số pronic khác.
Tương tự 3 và 15 là hai số tam giác. Tích của chúng
9(9 + 1)
3 15 = 45 và 45 = là một số tam giác. Dễ dàng thấy tích
13

của hai số pronic liên tiếp là một số pronic vì
[(x 1)x][x(x + 1)] = (x2
1)x
2
:
Trước khi trình bày các kết quả chính của Keskin và Karaatli,
chúng ta nhắc lại một số tính chất sau đây cần thiết cho việc
chứng minh sau này.
Định lý 1.6.1. Cho n 2 N [ f0g và m; r 2 Z. Khi đó
P
2mn+r
(
1)(m+1)n
Pr(modQm); (1.18)
Q
2mn+r
(
1)(m+1)n
Qr(modQm); (1.19)
P
2mn+r
(
1)mn
Pr(modPm) (1.20)
và
Q
2mn+r
(
1)mn
Qr(modPm): (1.21)
Định lý 1.6.2. Cho n 2 N [ f0g và m; r 2 Z. Khi đó
B2mn+r Br(modBm); (1.22)
v2mn+r vr(modum); (1.23)
B
2mn+r
(
1)n
Br(modvm) (1.24)
và
v2mn+r ( 1)n
vr(modvm): (1.25)
Từ hai định lý trên, ta có thể chứng minh được các định lý sau đây.
14

Định lý 1.6.3. Cho m; n 2 N và m 2. Khi đó Pm j Pn nếu và chỉ
nếu m j n.
Định lý 1.6.4. Cho m; n 2 N và m 2. Khi đó Qm j Qn nếu và chỉ
n
nếu m j n và m là số nguyên lẻ.
Định lý 1.6.5. Cho m; n 2 N và m 2. Khi đó Qm j Pn nếu và chỉ n
nếu m j n và m là số nguyên chẵn.
Vì Bn =
P
22n
và vn = Q2n nên từ các định lý trên và đẳng
thức 1.24 ta có các định lý sau.
Định lý 1.6.6. Cho m; n 2 N và m 2. Khi đó Bm j Bn nếu và chỉ
nếu m j n.
Định lý 1.6.7. Cho m; n 2 N và m 1. Khi đó vm j vn nếu và chỉ
nếu n
m j n và m là số nguyên lẻ.
Định lý 1.6.8. Cho m; n 2 N và m 1. Khi đó vm j un nếu và chỉ nếu
n
m j n và m là số nguyên chẵn.
Ta nhắc lại thêm hai định lý sau đây.
Định lý 1.6.9. Cho m 1 và n 1. Khi đó (Bm; Bn) = B(m;n).
uả 1.6.10. Cho m 1 và n 1. Khi đó (B
2
; B
2
) = B
2
. m n (m;n)
Định lý 1.6.9 nói rằng ước chung lớn nhất của hai số cân bằng bất
kỳ lại là một số cân bằng. Như một kết luận của định lý, Hệ quả 1.6.10
nói rằng ước chung lớn nhất của hai số tam giác chính phương bất kỳ

15

lại là một số tam giác chính phương. Bây giờ ta sẽ xem xét bội chung
nhỏ nhất của hai số cân bằng bất kỳ. Ta thấy bội chung nhỏ nhất của
hai số tam giác bất kỳ có thể là một số tam giác. Ví dụ 15 và 21 là hai
số tam giác và [15; 21] = 105 là một số tam giác. Chú ý rằng 15 - 21.
Tương tự bội chung nhỏ nhất của hai số pronic có thể là một số
pronic. Cho một ví dụ đơn giản, 6 và 15 là hai số pronic và [6; 15] = 30
lại là một số pronic. Nhưng điều đó chưa chắc đã đúng với hai số cân
bằng bất kỳ. Điều đó có thể thấy được từ định lý sau đây.
Định lý 1.6.11. Cho Bn > 1, Bm > 1 và Bn < Bm. Khi đó [Bm;
Bn] là một số cân bằng nếu và chỉ nếu Bn j Bm.
Chứng minh. Giả sử Bn j Bm. Khi đó [Bn; Bm] = Bm là một số
cân bằng. Ngược lại, nếu ta có Bn > 1; Bm > 1 và Bn - Bm. Khi
đó theo Định lý 1.6.6, ta có n - m. Cho d = (m; n). Khi đó theo
Định lý 1.6.9, ta được (Bn; Bm) = Bd. Do đó
[Bn; Bm] = BnBm =
BnBm : (1.26)
(Bn; Bm)
B
d
Giả sử rằng [Bn; Bm] là số cân bằng. Ta có [Bn; Bm] = Br với r
là một số tự nhiên. Theo công thức (1.26) ta có
BnBm
= Br. Suy ra Bd
BnBm = BdBr. Do đó
Bn
Bm = Br nên Bm j Br. Suy ra r = mt với Bd
t là số tự nhiên theo Định lý 1.6.6. Giả sử t là một số nguyên lẻ.
Khi đó t = 4q 1, q 1. Do đó ta có
B
r
= B
mt
= B
4qm m
= B
2(2qm) m
B
m
(modB
2m
)
16

theo công thức (1.22). Điều đó cho thấy Br Bm(modB2m). Vì
B2m = Bmvm (theo công thức (1.14) nên
Bn
Bm = Br Bm(modBmvm):
Suy ra
Bn
1(modvm). Ta khẳng định Bn 6= Bd. Vì nếu ngược
lại, Bd
giả sử rằng Bn = Bd. Khi đó n = d và suy ra n j m (mẫu thuẫn với
giả thiết n - m). Từ
Bn
6= 1 và
Bn
1(modvm) suy ra
Bd Bd
vm
Bn
1
Bn
+ 1 Bn + 1:
Bd Bd
Vì Bn < Bm, ta được n < m. Điều đó cho thấy vn < vm Bn + 1. Mặt
khác, theo (1.11) ta được vn > 2Bn nên 2Bn < vn < Bn + 1 suy ra
Bn < 1. Nhưng điều này mâu thuẫn vì Bn > 1. Bây giờ giả sử rằng
t là số nguyên chẵn. Khi đó t = 2k và r = mt = 2mk. Do đó
Bn
Bm = Br = B2km = Bkm:vkm Bmvm:
B
d
Điều đó cho thấy
Bn
vm và do đó vm
Bn
Bn. Vì n < m, ta
Bd Bd
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
a2
b2
ab 2
[a2
; b2
] = = [a; b]2
;
= =
(a2
; b2
) (a; b)2
(a; b)

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 [Bn
2
;
Bm
2
] là một số tam giác khi và chỉ khi Bn
2
j Bm
2
.
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 j Br và m j 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
B
n
B
m
= B
r
= B
2km
= B
km
v
km
theo công thức (1.14). Điều đó cho thấy Bn =
Bkm
vkm và suy ra Bm
vkm j Bn. Theo Định lý 1.6.8, ta được km j n và km
n
= 2s với s
là số nguyên. Khi đó n = 2kms. Vì n = 2kms và r = 2km nên suy
ra n = rs. Vì thế r j n. Mặt khác, vì BnBm = Br, suy ra Bn j Br và
n j 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
B
r
= B
4qm m
= B
2(2qm) m
B
m
(modB
2m
)
theo (1.22). Điều đó cho thấy BmBn Bm(modB2m). Vì B2m =
Bmvm, ta được BmBn Bm(modBmvm). Suy ra Bn 1(modvm)
18

nên vm j 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 2u2
v2
=
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)
với x;
y 2
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
2u2
v2
= 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 =
8Bk
2
và yr = y2t = 8Bt
2
. Từ đó, ta có
ym =
y
r =
8B
t
2
=
B
t
2
:
yn 8Bk
2
Bk
Nếu m là số chẵn thì m = 2l với l là số nguyên dương. Suy ra ym =
Bt
2
2
y2l = 8Bl và ta có = 8Bl2 . Điều này không thể xảy ra. Do vậy
Bk
Q2
m là số lẻ. Khi đó, theo Định lý 1.5.7, suy ra ym =
m
. Do đó ta được
4
Q
m
=
B
t
=P2t=2 =
P
2t
=
P
r
:
2 Bk P2k=2 P2k Pn
Suy ra 2Pr = PnQm. Vì n là số chẵn, Pn là số chẵn. Đồng thời
Pr = Pn
Q
2m
, ta thấy Pn j Pr và Qm j 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 sử m; n và r đều là số lẻ. Vì ynym = yr ta được
20

Q2
Q2
Q2
n m
=
r
(theo Định lý 1.5.7). Suy ra QnQm = 2Qr. Từ đó ta có
4 4 4
Qn j Qr và Qm j 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
Q
r
= Q
nt
= Q
4qn n
= Q
2(2qn) n
Q
n
(modQ
2n
)
theo công thức (1.19). Vậy ta có Qr Qn(modQ2n), suy ra 2Qr
2Qn(modQ2n) và do đó QnQm 2Qn(modQ2n). Vì Q2n = Q2
n + 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
Q
2n
Qm 2
Q
2n
mod
Q
22n
:

Điều này cho thấy Qm2 mod
Q
2n
. Vì m 2 ta được Qm > 2
2
và do đó
Q
2n
Qm 2, suy ra
2
Q2n2Qm 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 và m là số lẻ, Q2n = Q2
n + 2 và Q2m = Q2
m + 2 theo
công thức (1.13) nên ta được
Q2
n + 2 + Q2
m + 2 2Qm + 2Qn + 8:
Suy ra
Q2
n + Q2
m2Qm + 2Qn + 4:
21

Do đó
Q2
n + Q2
m2Qm 2Qn 4:
Khi đó ta được
Qn(Qn 2) + Qm(Qm 2) 4:
Nghĩa là Qn + Qm < 4. Điều này mâu thuẫn vì m > 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)
với x;
y 2
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 ràng m = 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

Bn
2
+ Bm
2
= Br
2
không có nếu n 1; m 1. Không có số nguyên
dương r nào để Bn +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. Cho [
p p
Z
p
2] = a + b 2
j
a; b
2
và = 1+ 2. Khi
Z p n
2] là f j n 2 Zg.
đó tập hợp các phần tử khả nghịch của vành 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
Qn
được xác định bởi (x; y) = ; Pn với n 1.
2
Chứng minh. Giả sử x2
2y2
= 1. Khi đó
p p
(x 2y)(x + 2y) = 1
và điều này cho thấy x
p
2y là phần tử khả nghịch của Z[
p
2].
Hơn p
nữa, từ x > 0 và y > 0 ta có x + 2y > 1. Do đó, tồn tại số nguyên
dương n sao cho
p
x + 2y = n
= Pn + Pn 1
theo Định lý 2.1.1. Từ
p p
Pn + 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
= (2P
n
+ 2P
n 1
)
2
= (2P
n
+ P
n 1
+ P
n 1
)
2
=
2
(P
n+1
+ P
n 1
)
1
=
2
Q
n
theo tính chất (1.17). Điều đó cho thấy rằng x =
Q
2
n
; y = Pn. Ngược
Qn
lại, nếu (x; y) = ; Pn , với n 1, thì từ tính chất (1.10) ta có
2
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) =
Q
2
2n
; 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) = 22
; P2n+1 , với
Q
n+1
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 Bn
2
= 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:
v
n+1
= 4P
2n+1
+ Q
2n+1
;
v
n
= 4P
2n+1
Q
2n+1
;
B
n+1
= Q
2n+1
+ 2P
2n+1
;
4
Bn =
Q
2n+1
2P
2n+1
;
4
bn = yn + Bn;
b
n
= y
n+1
B
n+1
:
Ngoài ra, Potter đã chỉ ra rằng (yn + yn+1 1)2
=
8ynyn+1.
(2.1)
(2.2)
(2.3)
(2.4)
(2.5)
(2.6)
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 2 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
1. Khi đó theo Hệ quả 2.1.4, ta có
u + 1
=
= v;
2 2

Q
2n+1
; P2n+1 với n 0. Do vậy, u = 2P2n+1 1; v =
Q
2n+1
. Từ
2 2
u = x + y; v = y x ta được x = u v; y = u + v . Điều này cho
2 2
thấy
4P
2n+1
Q
2n+1 2
4P
2n+1
+ Q
2n+1 2
x = ; y = :
4 4
Sử dụng tính chất (2.1) và (2.2), ta được x =
v
n 2 v
n+1 2
.
; y =
4 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.
trình Dio-phant (x + y 2)2
(x; y) = (2yn; 2yn+1)
với n 1.
28

trình Dio-phant (x + y + 1)2
(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.
(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).
trình Dio-phant (x + y)2
= 4x(2y + 1) được xác định bởi
(x; y) = (4Bn
2
; 4BnBn+1)
29

hoặc
(x; y) = (4Bn
2
+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 =
y
2k
và y =
y
2k+1 1
. Sử dụng bổ đề
2 2
1.5.6, ta có x = 4Bk
2
và y = 4BkBk+1. Tương tự, nếu (2x; 2y +
1) = (yn+1; yn) với n 1, ta thấy rằng x = 4Bk
2
+1 và y = 4BkBk+1.
Ngược lại, nếu (x; y) = (4Bn
2
; 4BnBn+1) hoặc (x; y) = (4Bn
2
+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) = (2Bn
2
; 2BnBn+1)
hoặc
(x; y) = (2Bn
2
+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.
trình Dio-phant (x + y)2
= 4x(2y 1) được xác định bởi
(x; y) = (4BnBn+1 + 1; 4Bn
2
+ 1)
hoặc
(x; y) = (4BnBn+1 + 1; 4Bn
2
+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.
= 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 +
2
v
và y =
u
2
v
. Từ (x+y +1)2
= 8xy
+1, ta được (u + 1)2 = 8
u2 v2
+ 1. Suy ra (u 1)2 2v2 = 1. Theo
4
Hệ quả 2.1.3 ta được (u 1; v) =
v
2n
; 2Bn với n 1. Do đó, u =
v
2n
+ 1 và v = 2Bn. Từ đó ta được
x = u + v
vn
2
+ 1 + 2Bn
=
2
2
=
vn + 4Bn + 2
4
=
vn 2 + 4Bn + 4
4
= yn + Bn + 1
và
y =
u v
vn
2
+ 1 2Bn
= 2
2
v
n 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.
trình Diophant (x+y 1)2
= 8xy +1 được xác định bởi (x; y) = (bn;
bn 1) với n 2.
trình Diophant x2
+ y2
6xy = 1 được xác định bởi (x; y) = (Bn+1;
Bn) với n 1.
Chứng minh. Giả sử x
2
+y
2
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 và y = u v. Từ (x y)2
4xy = 1, ta được
2
2 Q
2n+1
v2
(u2
v2
) = 1 tương đương với u2
2v2
= 1. Do đó, u =
2
và v = P2n+1. Vì x = u + v và y = u v nên x =
Q
2n+1
+ 2P
2n+1
2
2 4
và y =
Q
2n+1
2P
2n+1 . Theo các tính chất (2.3) và (2.4) ta được
4
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.
trình Diophant x2
+ y2
6xy x = 0 được xác định bởi
(x; y) = (Bk
2
; BkBk+1)
hoặc
(x; y) = (Bk
2
+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 a
2
+ b
2
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) = (4Bk
2
; 4BkBk+1) hoặc (a; b) = (4Bk
2
+1; 4BkBk+1). Do
vậy, a = 4Bk
2
; b = 4BkBk+1 hoặc a = 4Bk
2
+1; b = 4BkBk+1. Vì
a = 4x; b = 4y nên ta được x = Bk
2
; y = BkBk+1 hoặc x = Bk
2
+1;
y = BkBk+1. Ngược lại, nếu
(x; y) = (Bk
2
; BkBk+1)
hoặc
(x; y) = (Bk
2
+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.
+ 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; 4Bk
2
+ 1) hoặc (4x; 4y) = (4BkBk+1 + 1; 4Bk
2
+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.
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.
u + 1 2
Biến đổi phương trình ta được v2 2 = 1. Vì vậy, theo Hệ
2
35

u + 1 Q
quả 2.1.3, tồn tại n 1 sao cho v; =
2n
; P2n . Do đó,
2 2
v = Q2n và u = 2P2n 1. Vì
Q
2n
=
v
2n
và P2n = 2Bn nên ta có thể
2
v2n 2 2
viết v = và u = 4Bn 1. Mặt khác, vì u = x +y và v = x y nên
2
u + v u v vn 2 + 8Bn
ta có x = ; y = . Thay vào trên ta được x =
2 4
2
8Bn 4 (vn 2)
và y = . Theo các tính chất (2.5) và (2.6) và công
4
thức yn =
vn 2
, ta được x = Bn + bn và y = Bn
b
n 1 1. Ngược
4
1) với n 1 thì theo các tính
lại, nếu (x; y) = (Bn + bn; Bn
b
n 1
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.
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.
trình Diophant x2
6xy + y2
+ 4x 1 = 0 được xác định bởi
(x; y) =
với n 1.
8 ( n 2n ; n 2 )
> B + b + 1 B b
n 1 + 1
(Bn + bn 1 ; B n + bn + 2)
<
> 2 2
:
nếu n là số lẻ;
nếu n là số chẵn;
36

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
b
n 1
hoặc u = Bn bn 1 và v = Bn + bn + 1. Thay thế x; y vào u; v ta
Bn + bn + 1 Bn bn 1 + 1 Bn
b
n 1
được x = và y = hoặc x =
2 2 2
và y = Bn + bn + 2 . Ta đã biết rằng Bn là số chẵn nếu và chỉ nếu n là
2
số chẵn và bn luôn là số chẵn. Do vậy ta có
(x; y) = 8 ( n 2n ; n 2 ) nếu n là số lẻ;
> B + b + 1 B b
n 1 + 1
(Bn+ b n 1 ; B n + bn + 2) nếu n là số chẵ n:
<
> 2 2
Ngược lại,
nếu
:
(x; y) = 8 ( n 2n ; n 2 ) khi n là số lẻ;
> B + b + 1 B bn 1 + 1
( Bn+ b n 1 ; B n + bn + 2) khi n là s ố ch ẵn;
<
> 2 2
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
(x; y) =
với n 2.
8
6xy + y2
4x 1 = 0 được xác định bởi
( n 2 ; n 2n ) nếu n là số lẻ;
> B b
n 1 1 B + b 1
( Bn + bn ; Bn bn 1 2) nếu n là số chẵ n;
<
> 2 2
:
2.3 Lũy thừa trong dãy các số cân bằng và các số
Lucas cân bằng

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

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Luận văn - Một số phương trình diophant liên quan đến số cân bằng.doc

Similar to Luận văn - Một số phương trình diophant liên quan đến số cân bằng.doc (20)

More from Dịch vụ viết thuê đề tài trọn gói ☎☎☎ Liên hệ ZALO/TELE: 0973.287.149 👍👍

More from Dịch vụ viết thuê đề tài trọn gói ☎☎☎ Liên hệ ZALO/TELE: 0973.287.149 👍👍 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (16)

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