M T So Phương Trình Diophant Liên Quan Đen So Cân Bang.docx

Thái Nguyên - 2017
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
NGUYEN TH± HONG THƯƠNG
M T SO PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT LIÊN
QUAN ĐEN SO CÂN BANG
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC

Thái Nguyên - 2018
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
NGUYEN TH± HONG THƯƠNG
M T SO PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT LIÊN
QUAN ĐEN SO CÂN BANG
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cap
Mã so: 8 46 01 13
NGƯŐI HƯŐNG DAN KHOA HOC
TS. NGÔ VĂN Đ±NH

i
Mục lục
LỜi cam ơn iii
MƠ đau 1
Chương 1 . M t so tính chat cua so cân bang 3
1.1 Khái ni m ve so cân bang . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Khái ni m so tam giác chính phương . . . . . . . . . . 4
1.3 Khái ni m so đoi cân bang . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4 M t so dãy liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.5 M t so tính chat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.6 M t so ket quả của Keskin và Karaatli ...............................13
Chương 2 . M t so phương trình Diophant liên quan đen so cân
bang 24
2.1 Nghi m nguyên dương của phương trình Pell.....................25
2.2 Nghi m nguyên dương của m t so phương trình Diophant 26
2.3 Lũy thừa trong dãy các so cân bang và các so Lucas
cân bang...............................................................................38
2.4 Lũy thừa trong tích các so hạng của các so cân bang ........45

ii
2.5 Lũy thừa trong tích của các so Lucas cân bang............... 49
Ket lu n 56
Tài li u tham khao 57

iii
LỜi cam ơn
Lu n văn đưoc hoàn thành tại trưòng Đại hoc Khoa Hoc - Đại hoc
Thái Nguyên dưói sụ hưóng dȁn của TS. Ngô Văn Định, Trưòng Đại
hoc Khoa Hoc - Đại hoc Thái Nguyên.
Tôi xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac nhat tói TS. Ngô Văn Định, ngưòi
đã định hưóng chon đe tài và t n tình hưóng dȁn đe tôi hoàn thành lu n
văn này.
Tôi xin bày tỏ lòng biet ơn chân thành tói Phòng Đào tạo, các thay
cô giáo dạy cao hoc chuyên ngành Phương pháp toán sơ cap, trưòng
Đại hoc Khoa Hoc - Đại hoc Thái Nguyên đã giúp đõ tôi trong suot
quá trình hoc t p và hoàn thành lu n văn tot nghi p.
Tôi xin đưoc gửi lòi cảm ơn chân thành tói gia đình, bạn bè, ngưòi
thân đã luôn đ ng viên, co vũ, tạo moi đieu ki n thu n loi cho tôi trong
quá trình hoc t p và hoàn thành lu n văn.
Thái Nguyên, tháng 6 năm 2018
Tác gia
Nguyen Thị Hong Thương

1
MƠ đau
M t so tụ nhiên n đưoc goi là so cân bang vói h so cân bang r neu
nó là nghi m của phương trình Diophant
1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r).
Khái ni m ve so cân bang đưoc tìm ra và nghiên cứu đau tiên bỏi
Behera và Panda. Sau đó, rat nhieu tính chat đep của so cân bang đưoc
tìm thay (xem [1]). Năm 2012, Keskin và Karaatli [4] đã tìm ra m t
so tính chat mói của so cân bang, so tam giác chính phương. Bên cạnh
vi c nghiên cứu các tính chat của so cân bang, nhieu nhà toán hoc
cũng đã nghiên cứu vi c sử dụng các so cân bang đe giải m t so dạng
phương trình Diophant.
Mục đích của lu n văn là nghiên cứu và trình bày lại m t so tính
chat mói của so cân bang, so tam giác chính phương và m t so ket quả
ve vi c sử dụng so cân bang, so Pell, so Lucas cân bang trong vi c giải
phương trình Diophant.
Cau trúc cua lu n văn
Lu n văn đưoc trình bày thành 2 chương:

2
• Chương 1. M t so tính chat mói của so cân bang. Mục đích của
Chương này là giói thi u sơ lưoc ve so cân bang, so tam giác chính
phương và trình bày lại ket quả của Keskin và Karaatli [4].
• Chương 2. M t so phương trình Diophant liên quan đen so cân
bang. Mục đích của Chương này là trình bày lại m t so ket quả ve
phương trình Diophant có liên quan đen so cân bang. Tài li u tham
khảo chính của chương này là [2, 3].

3
Chương 1
M t so tính chat cua so cân bang
Chương này trình bày các khái ni m ve so cân bang, so đoi cân
bang, so tam giác, so tam giác chính phương và m t so tính chat của
so cân bang đưoc trình bày trong tài li u [4].
1.1 Khái ni m ve so cân bang
Định nghĩa 1.1.1. So nguyên dương n đưoc goi là so cân bang neu
1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) (1.1)
vói m t so nguyên dương r nào đó. Ő đây r đưoc goi là h so cân bang
ứng vói so cân bang n.
Ví dụ 1.1.2. Các so 6, 35 và 204 là các so cân bang vói các h so cân
bang lan lưot là 2, 14 và 84.
M nh đe 1.1.3. Neu n là m t so cân bang vói h so cân bang tương
ứng là r thì
và do đó
n2
=
(n + r)(n + r + 1)
2
√
(1.2)
r =
−(2n + 1) +
2
8n2 + 1
(1.3)

4
2 2
2 2
2 2 2
Chŕng minh. Từ (1.1), ta có
1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r)
(n − 1)n
2
r(r + 1)
= rn +
2
⇒ n − n = 2rn + r + r (∗)
⇒ 2n = n + 2rn + r + n + r
⇒ 2n = (n + r) + n + r
2
⇒ 2n
2
= (n + r)(n + r + 1)
(n + r)(n + r + 1)
⇒ n =
2
Thêm nữa, từ (*) suy ra
r2
+ (2n + 1)r − n2
+ n = 0.
Ta có ∆ = 8n2
+ 1 > 0 , suy ra
−(2n + 1) ±
√
8n2 + 1
r =
Vì r nguyên dương nên
r =
.
2
(2n + 1) +
√
8n2 + 1
.
2
M nh đe đưoc chứng minh.
1.2 Khái ni m so tam giác chính phương
Định nghĩa 1.2.1. So tam giác là so có dạng 1+2+· · ·+n vói n ∈ Z+.
⇒
−

5
Nh n xét 1.2.2. De thay so N là so tam giác neu N có the viet dưói
dạng N =
n(n + 1)
.
2
Định nghĩa 1.2.3. So N là so tam giác chính phương neu nó vừa có
the viet dưói dạng N = m2
vừa có the viet dưói dạng N =
n(n + 1)
,
2
tức là nghi m nguyên của phương trình
m2
=
n(n + 1)
.
2
Nh n xét 1.2.4. 1. So nguyên dương n là so cân bang neu và chỉ
neu n2
là so tam giác. Do đó n là so cân bang neu và chỉ neu n2
là so tam giác chính phương.
2. So nguyên dương n là so cân bang neu và chỉ neu 8n2
+ 1 là so
chính phương.
1.3 Khái ni m so đoi cân bang
Định nghĩa 1.3.1. So nguyên dương n đưoc goi là so đoi cân bang neu
1 + 2 + · · · + n = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) (1.4)
vói m t so nguyên dương r nào đó. Ő đây r đưoc goi là h so đoi cân
bang ứng vói so đoi cân bang n.
Ví dụ 1.3.2. Các so 2, 14 và 84 là các so cân bang vói các h so đoi
cân bang lan lưot là 1, 6 và 35.
M nh đe 1.3.3. Neu n là m t so đoi cân bang vói h so đoi cân bang

6
2
2
— ±
−
tương ứng là r thì
và do đó
n(n + 1) =
(n + r)(n + r + 1)
2
√
(1.5)
r =
−(2n + 1) + 8n2 + 8n + 1
2
(1.6)
Chŕng minh. Từ (1.4), ta có
1 + 2 + · · · + n = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r)
n(n + 1)
= rn +
2
r(r + 1)
2
⇒ n(n + 1) = 2rn + r + r (∗)
⇒ 2n(n + 1) = n(n + 1) + 2rn + r + r
2
⇒ 2n(n + 1) = (n + r) + n + r
⇒ n(n + 1) =
Thêm nữa, từ (*) suy ra
(n + r)(n + r + 1)
2
r2
+ (2n + 1)r − n2
− n = 0.
Ta có ∆ = 8n2
+ 8n + 1 > 0 , suy ra
(2n + 1)
√
8n2 + 8n + 1
r = .
2
Vì r nguyên dương nên
(2n + 1) +
√
8n2 + 8n + 1
r = .
2
M nh đe đưoc chứng minh.
⇒

7
≥
Định nghĩa 1.3.4. M t so đưoc goi là so pronic neu nó có the viet dưói
dạng n(n + 1) vói n là so nguyên dương nào đó.
Nh n xét 1.3.5. 1. So nguyên dương n là so đoi cân bang neu và chỉ
neu n(n + 1) là so tam giác. Do đó, n là so đoi cân bang neu và
chỉ neu n(n + 1) là so tam giác pronic.
2. So nguyên dương n là so cân bang neu và chỉ neu 8n2
+ 8n + 1
là so chính phương.
1.4 M t so dãy liên quan
Trong mục này, chúng tôi trình bày lại khái ni m ve dãy Fibonaci
(Un) và dãy Lucas (Vn).
Định nghĩa 1.4.1. Cho k và t là hai so tụ nhiên khác không. Dãy so
Fibonaci đưoc định nghĩa như sau:
U0 = 0, U1 = 1, Un+1 = kUn + tUn−1, ∀n ≥ 1.
Dãy so Lucas đưoc định nghĩa như sau:
V0 = 2, V1 = k, Vn+1 = kVn + tVn−1, ∀n ≥ 1.
Các so Fibonaci và so Lucas vói chỉ so âm đưoc định nghĩa bỏi:
U n =
−Un
, V
—
(−t)n −
Vn
n =
(−t)n
, ∀n 1. (1.7)
Trong trưòng hop k = t = 1 thì (Un) và (Vn) lan lưot đưoc goi là
dãy Fibonaci và dãy Lucas co đien và đưoc ký hi u là (Fn) và (Ln).

8
Các so đau tiên của dãy (Fn) là 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, .... Các so
đau tiên của dãy (Ln) là 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, ....
Trong trưòng hop k = 2, t = 1 thì (Un) và (Vn) lan lưot đưoc goi là
dãy Pell và dãy Pell-Lucas và đưoc ký hi u là (Pn) và (Qn). Như v y,
ta có
P0 = 0, P1 = 1, Pn+1 = 2Pn + Pn−1, ∀n ≥ 1
và
Q0 = 2, Q1 = 2, Qn+1 = 2Qn + Qn−1, ∀n ≥ 1.
M t vài so đau tiên của dãy (Pn) là 0, 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 985, ....
M t vài so đau tiên của dãy (Qn) là 2, 2, 6, 14, 34, 82, 198, 478, 1154, ....
Trong trưòng hop k = 6, t = −1 ta sẽ ký hi u lại (Un) và (Vn) lan
lưot bỏi các (un) và (vn). Khi đó
u0 = 0, u1 = 1, un+1 = 6un − un−1, ∀n ≥ 1
và
v0 = 2, v1 = 6, vn+1 = 6vn − vn−1, ∀n ≥ 1.
M t vài so đau tiên của dãy (un) là 0, 1, 6, 35, 204, .... M t vài so đau
tiên của dãy (vn) là 2, 6, 34, 198, 1154, ....
Hơn nữa, từ (1.7) ta thay rang
u−n = −un, v−n = vn, ∀n ≥ 1.

9
−
−
— − −
1.5 M t so tính chat
Trưóc tiên, chúng tôi nhac lại m t so tính chat của các dãy (Pn), (Qn),
(un) và (vn). Các tính chat này sẽ hữu ích trong phan chứng minh các
tính chat mói của dãy (yn) vói yn =
vn − 2
.
4
Định lý 1.5.1. Cho γ và δ là các nghi m của phương trình đ c trưng
x2
− 2x − 1 = 0.
Khi đó ta có Pn =
γn δn
2
√
2
và Qn = γ + δn
, với n ≥ 0.
Định lý 1.5.2. Cho α và β là các nghi m của phương trình đ c trưng
x2
− 6x + 1 = 0.
Khi đó ta có
và
un =
αn βn
4
√
2
(1.8)
với n ≥ 0.
vn = αn
+ βn
,
Các công thức trên đưoc goi là công thức Binet cho các dãy tương
ứng. Đ t Bn là so cân bang thứ n. Khi đó, theo tài li u [1] ta có so
cân bang tuân theo công thức truy hoi sau Bn+1 = 6Bn − Bn−1 và
B0 = 1, B1 = 6. Do v y, ta de dàng suy ra đưoc
Bn =
(3 +
√
8)n
(3
√
8)n
2
√
8
=
αn βn
4
√
2
. (1.9)
n

10
2
2 n
n
n n
n
32
n
n
n
B
2
n
Từ Định lý 1.5.1 và Định lý 1.5.2 ta de dàng thay rang Bn = un = P2n
,
Q2n = vn vói n là so nguyên dương. Do đó, theo tài li u [4] ta có m t
so tính chat đã biet của (Pn), (Qn), (Bn) và (vn) sau đây:
2
− 8Pn = 4(−1) , (1.10)
v2
− 32B2 = 4, (1.11)
B2
− 6BnBn−1 + B2
= 1, (1.12)
n n−1
2
= Q2n + 2(−1)n
, (1.13)
B2n = Bnvn, (1.14)
P2n = PnQn, (1.15)
2
= v2n + 2, (1.16)
Pn+1 + Pn−1 = Qn. (1.17)
Đe thay rõ moi quan h m t thiet giữa so cân bang và so tam giác chính
phương, chúng ta có the nhac lại định lý sau đây, đ c trưng cho tat cả
các so tam giác chính phương. Định lý này đưoc suy trục tiep từ nh n
xét 1.2.4.
Định lý 1.5.3. M t so tự nhiên x là m t so tam giác chính phương neu
và chỉ neu x = B2
với n là so tự nhiên.
Vì yn =
vn − 2
4
v2
− 4
nên suy ra
1(vn − 2) (vn − 2) yn(yn + 1)
2
4
4
2
Q
Q
v
= = + 1 = .

11
n
4 4
Do đó, có the thay x2
=
y(y + 1)
vói x, y là các so nguyên dương neu
2
và chỉ neu x = Bn và y = yn vói n là so tụ nhiên.
Bây giò ta sẽ chứng minh bo đe sau đây.
Bo đe 1.5.4. Dãy so (yn) thóa mãn h thŕc truy hoi
yn+1 = 6yn − yn−1 + 2, với n ≥ 1,
trong đó y0 = 0 và y1 = 1.
Chŕng minh. Ta có yn =
vn − 2
4
nên
6y − y + 2 = 6
vn − 2
−
vn−1 − 2
+ 2
=
6vn − vn−1 − 2
4
=
vn+1 − 2
4
= yn+1.
M t so phan tử đau tiên của dãy (yn) là 0, 1, 8, 49, 288.... Vói n =
1, 2, ... ta ký hi u bn là so đoi cân bang thứ n và (bn) là dãy các so đoi
cân bang. Ta thay chuői các so đoi cân bang thỏa mãn h thức truy hoi
đưa ra trong Bo đe 1.5.4. Tức là
bn+1 = 6bn − bn−1 + 2, vói n ≥ 1,
trong đó b0 = 0 và b1 = 2. M t so phan tử đau tiên của dãy so đoi
cân bang là 0, 2, 14, 84, 492,........Moi quan h m t thiet giữa so đoi cân
bang, so cân bang và dãy (yn) đưoc the hi n qua các bo đe sau đây.
n−1

12
n
n
n
n
n
=
n =
−
Bo đe 1.5.5. Với moi so n ≥ 1, bn = yn + Bn và bn = yn+1 − Bn+1.
Bo đe 1.5.6. Với moi so n ≥ 1, y2n = 8B2
và y2n+1 = 8BnBn+1 + 1.
Chŕng minh. Áp dụng các đȁng thức (1.11) và (1.16), ta có
2 (v2
− 4)
32
(v2n − 2)
=
32
y2n
.
8
Suy ra y2n = 8B2
. M t khác, từ
de dàng thay yn
yn+1 = 6yn − yn−1 + 2
=
yn+1 + yn−1 − 2
. Sử dụng y
6
= 8B2
ta đưoc
y2n+1 =
(y2n+2 + y2n − 2)
6
(8B2
+ 8B2
− 2)
= n+1 n
6
8(B2
+ B2
) − 2
= n+1 n
.
6
Từ B2
+ B2
= 6BnBn−1 + 1 theo tính chat 1.12, ta có
n n−1
y2n+1 =
2
n+1 + B2
) − 2
6
=
8(6BnBn−1 + 1) − 2
6
= 8BnBn+1 + 1.
Suy ra đieu can chứng minh.
Từ tính chat 1.13, ta de dàng thu đưoc định lý sau đây.
Q2
Định lý 1.5.7. Neu n là so tự nhiên lé thì yn =
Q2
n
. Neu n là so tự
4
nhiên chȁn thì yn = n
1.
4
B
8(B
2n

13
4 4
n
Chŕng minh. Ta có yn = vn−2
= Q2n−2
Theo tính chat 1.13 ta có: Neu
n lẻ thì Q2n = Q2
+2, neu n chȁn thì Q2n = Q2
−2. Do đó, neu n là so
n n
Q2 Q2
tụ nhiên lẻ thì yn = n
, neu n là so tụ nhiên chȁn thì yn =
4 4
−1.
Theo các bo đe và định lý trên, ta có nh n xét sau.
Nh n xét 1.5.8. 1. Vì y2n+1 = 8BnBn+1 + 1 và y2n+1 =
BnBn+1 là so tam giác.
2
2n+1
4
nên
2. Theo bo đe 1.5.6 thay rang yn là so lẻ neu và chỉ neu n là so lẻ và
yn là so chȁn neu và chỉ neu n là so chȁn.
1.6 M t so ket qua cua Keskin và Karaatli
Dụa vào các tính chat đã nêu ỏ mục trưóc, trong mục này, chúng tôi
trình bày m t so tính chat mói của các so cân bang và các so tam giác
chính phương mà Keskin và Karaatli đã tìm ra đưoc trình bày trong tài
li u [4]. Van đe quan tâm chính của các ket quả này là li u tích của hai
so cân bang lón hơn 1 có phải là m t so cân bang không? Tích của hai
so tam giác chính phương lón hơn 1 li u có phải là m t so tam giác
không? Ta sẽ thay rang câu trả lòi là không. Tương tụ, li u tích của hai
so pronic có phải là m t so pronic không? Ví dụ đơn giản: 2 và 6 là
hai so pronic. Tích của chúng 2 × 6 = 12 và 12 = 3(3 + 1) là m t
so pronic khác. Tương tụ 3 và 15 là hai so tam giác. Tích của chúng
9(9 + 1)
3 × 15 = 45 và 45 = là m t so tam giác. De dàng thay tích
2
Q

14
của hai so pronic liên tiep là m t so pronic vì
[(x − 1)x][x(x + 1)] = (x2
− 1)x2
.
Trưóc khi trình bày các ket quả chính của Keskin và Karaatli, chúng
ta nhac lại m t so tính chat sau đây can thiet cho vi c chứng minh sau
này.
Định lý 1.6.1. Cho n ∈ N ∪ {0} và m, r ∈ Z. Khi đó
P2mn+r ≡ (−1)(m+1)n
Pr(modQm), (1.18)
Q2mn+r ≡ (−1)(m+1)n
Qr(modQm), (1.19)
P2mn+r ≡ (−1)mn
Pr(modPm) (1.20)
và
Q2mn+r ≡ (−1)mn
Qr(modPm). (1.21)
Định lý 1.6.2. Cho n ∈ N ∪ {0} và m, r ∈ Z. Khi đó
B2mn+r ≡ Br(modBm), (1.22)
v2mn+r ≡ vr(modum), (1.23)
B2mn+r ≡ (−1)n
Br(modvm) (1.24)
và
v2mn+r ≡ (−1)n
vr(modvm). (1.25)
Từ hai định lý trên, ta có the chứng minh đưoc các định lý sau đây.

15
|
|
m n (m,n)
Định lý 1.6.3. Cho m, n ∈ N và m ≥ 2. Khi đó Pm | Pn neu và chỉ
neu m | n.
Định lý 1.6.4. Cho m, n ∈ N và m ≥ 2. Khi đó Qm | Qn neu và chỉ
neu m n và
n
m
là so nguyên lé.
Định lý 1.6.5. Cho m, n ∈ N và m ≥ 2. Khi đó Qm | Pn neu và chỉ
neu m n và
n
m
là so nguyên chȁn.
Vì Bn =
P2n
2
và vn = Q2n nên từ các định lý trên và đȁng thức 1.24
ta có các định lý sau.
Định lý 1.6.6. Cho m, n ∈ N và m ≥ 2. Khi đó Bm | Bn neu và chỉ
neu m | n.
Định lý 1.6.7. Cho m, n ∈ N và m ≥ 1. Khi đó vm | vn neu và chỉ neu
n
m | n và là so nguyên lé.
m
Định lý 1.6.8. Cho m, n ∈ N và m ≥ 1. Khi đó vm | un neu và chỉ neu
n
m | n và là so nguyên chȁn.
m
Ta nhac 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).
H qua 1.6.10. Cho m ≥ 1 và n ≥ 1. Khi đó (B2
, B2
) = B2
.
Định lý 1.6.9 nói rang ưóc chung lón nhat của hai so cân bang bat
kỳ lại là m t so cân bang. Như m t ket lu n của định lý, H quả 1.6.10
nói rang ưóc chung lón nhat của hai so tam giác chính phương bat kỳ

16
lại là m t so tam giác chính phương. Bây giò ta sẽ xem xét b i chung
nhỏ nhat của hai so cân bang bat kỳ. Ta thay b i chung nhỏ nhat của
hai so tam giác bat kỳ có the là m t so tam giác. Ví dụ 15 và 21 là hai
so tam giác và [15, 21] = 105 là m t so tam giác. Chú ý rang 15 ‡ 21.
Tương tụ b i chung nhỏ nhat của hai so pronic có the là m t so pronic.
Cho m t ví dụ đơn giản, 6 và 15 là hai so pronic và [6, 15] = 30 lại là
m t so pronic. Nhưng đieu đó chưa chac đã đúng vói hai so cân bang
bat kỳ. Đieu đó có the thay đưoc từ định lý sau đây.
Định lý 1.6.11. Cho Bn > 1, Bm > 1 và Bn < Bm. Khi đó [Bm, Bn]
là m t so cân bang neu và chỉ neu Bn | Bm.
Chŕng minh. Giả sử Bn | Bm. Khi đó [Bn, Bm] = Bm là m t so cân
bang. Ngưoc lại, neu 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 đưoc (Bn, Bm) = Bd. Do đó
[Bn, Bm
BnBm
] =
(Bn, Bm)
=
BnBm
. (1.26)
Bd
Giả sử rang [Bn, Bm] là so cân bang. Ta có [Bn, Bm] = Br vói r
là m t so tụ nhiên. Theo công thức (1.26) ta có
BnBm
Bd
= Br . Suy ra
BnBm = BdBr
. Do đó
Bn
B
Bd
m = Br nên Bm | Br . Suy ra r = mt vói
t là so tụ nhiên theo Định lý 1.6.6. Giả sử t là m t so nguyên lẻ. Khi
đó t = 4q ± 1, q ≥ 1. Do đó ta có
Br = Bmt = B4qm±m = B2(2qm)±m ≡ B±m(modB2m)

17
/ và
B
v
n
theo công thức (1.22). Đieu đó cho thay Br ≡ ±Bm(modB2m). Vì
B2m = Bmvm (theo công thức (1.14) nên
Bn
B
Bd
m = Br ≡ ±Bm (modBm vm).
Suy ra
Bn
Bd
≡ ±1(modvm). Ta khȁng định Bn Bd. Vì neu ngưoc lại,
giả sử rang Bn = Bd. Khi đó n = d và suy ra n | m (mȁu thuȁn vói
giả thiet n ‡ m). Từ
Bn
= 1
Bn
Bd d
≡ ±1(modvm) suy ra
B
m ≤
Bd
Bn
± 1 ≤
B
+ 1 ≤ Bn + 1.
Vì Bn < Bm, ta đưoc n < m. Đieu đó cho thay vn < vm ≤ Bn + 1.
M t khác, theo (1.11) ta đưoc vn > 2Bn nên 2Bn < vn < Bn + 1 suy
ra Bn < 1. Nhưng đieu này mâu thuȁn vì Bn > 1. Bây giò giả sử rang
t là so nguyên chȁn. Khi đó t = 2k và r = mt = 2mk. Do đó
Bn
B
Bd
m = Br = B2km = Bkm.vkm ≥ Bm vm.
Đieu đó cho thay
Bn
Bd
≥ vm và do đó vm
Bn
≤
Bd
≤ Bn. Vì n < m, ta
đưoc vn < vm ≤ Bn. Do v y vn < Bn (đieu này không xảy ra theo
1.11 ).
Từ định lý trên, ta có h quả trục tiep ve b i chung nhỏ nhat của hai
so tam giác chính phương bat kỳ. Phan chứng minh của h quả này sử
dụng tính chat
[a2
, b2
] =
a2b2
(a2, b2)
a2b2
=
(a, b)2
=
ab 2
(a, b)
= [a, b]2
,
trong đó a, b là các so nguyên dương.
d

18
n m
H qua 1.6.12. Cho Bn > 1, Bm > 1 và Bn < Bm. Khi đó [B2
, B2
]
n m
là m t so tam giác khi và chỉ khi B2
| B2
.
Định lý sau đây trả lòi cho câu hỏi chính ve tích của hai so cân bang.
Định lý 1.6.13. Cho n > 1, m > 1 và m ≥ n. Khi đó không có so
nguyên r nào thóa mãn BnBm = Br.
Chŕng minh. Giả sử rang m > 1, n > 1 và BnBm = Br vói r > 1.
Khi đó Bm | Br và m | r (theo Định lý 1.6.6). Do đó r = mt vói t là
so nguyên dương. Giả sử t là so nguyên chȁn. Khi đó t = 2k nên suy
ra r = mt = 2mk. Vì the
BnBm = Br = B2km = Bkmvkm
theo công thức (1.14). Đieu đó cho thay Bn =
Bkm
v
Bm
km
n
và suy ra
vkm | Bn. Theo Định lý 1.6.8, ta đưoc km | n và = 2s vói s là
km
so nguyên. Khi đó n = 2kms. Vì n = 2kms và r = 2km nên suy
ra n = rs. Vì the r | n. M t 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 đưoc Bm = 1 (đieu này mâu thuȁn). Bây giò ta giả sử
rang t là so lẻ. Khi đó t = 4q ± 1 vói q là so nguyên dương. Do đó
r = mt = 4qm ± m và đong thòi
Br = B4qm±m = B2(2qm)±m ≡ B±m(modB2m)
theo (1.22). Đieu đó cho thay BmBn ≡ ±Bm(modB2m). Vì B2m =
Bmvm, ta đưoc BmBn ≡ ±Bm(modBmvm). Suy ra Bn ≡ ±1(modvm)

19
nên vm | Bn ± 1 và do đó vm ≤ Bn ± 1. Vì vn > 2Bn và m ≥ n ta
đưoc
Bn + 1 ≥ Bn ± 1 ≥ vm ≥ vn > 2Bn.
Suy ra Bn + 1 > 2Bn. Khi đó Bn < 1 (mâu thuȁn).
Vì so tam giác chính phương là bình phương của so cân bang, định
lý trên nói rang tích của hai so tam giác chính phương lón hơn 1 không
phải là so tam giác. Say đây là h quả đơn giản của định lý trên.
H qua 1.6.14. Chỉ có m t nghi m nguyên dương thóa mãn h 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).
Chŕng minh. Ő phan trưóc ta đã có nh n xét x2
=
y(y + 1)
2
vói x, y
là các so nguyên dương neu và chỉ neu x = Bn và y = yn vói n là so
tụ nhiên. M t 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, neu n > 1, m > 1 thì đȁng thức BnBm = Br không
thỏa mãn. Vói m = n = 1 ta đưoc u = v = B1 = 1. Khi đó de dàng
tìm đưoc x = 1, y = 1, z = 1. Ta chỉ xét nghi m nguyên dương nên
rõ ràng m = 0 ho c n = 0 không thỏa mãn. Từ đó suy ra đieu phải
chứng minh.
Định lý sau đưa ra m t tính chat mói của dãy (yn). Nó nói ve tích
của hai phan tử lón hơn 1 của dãy yn.

20
t
k
y2l = 8B2
và ta có = 8B2
. Đieu này không the xảy ra. Do v y
l
Bk
l
Định lý 1.6.15. Cho n > 1, m > 1. Khi đó không có so nguyên r nào
thóa mãn ynym = yr.
Chŕng minh. Giả sử ynym = yr. Vì yk là so lẻ khi và chỉ khi k là so
lẻ và yk là so chȁn khi và chỉ khi k là so chȁn, ta thay m, n, r đeu là
các so lẻ ho c r và ít nhat m t trong hai so m và n là so chȁn. Giả sử
rang n, r là so chȁn. Khi đó n = 2k và r = 2t vói k, t là các so nguyên
dương. Theo Bo đe 1.5.6 ta có yn = y2k = 8B2
và yr = y2t = 8B2
. Từ
đó, ta có
yr
ym =
n
8B2
=
8B2 =
k t
Bt
2
.
Bk
Neu m là so chȁn thì m = 2l vói l là so nguyên dương. Suy ra ym =
Bt
2
m là so lẻ. Khi đó, theo Định lý 1.5.7, suy ra ym =
2
m
. Do đó ta đưoc
4
Qm
=
Bt
2 Bk
=
P2t/2
P2k/2
=
P2t
P2k
=
Pr
.
Pn
Suy ra 2Pr = PnQm. Vì n là so chȁn, Pn là so chȁn. Đong thòi Pr =
P
Qm
, ta thay P
n
2
n | Pr và Qm | Pr . Theo Định lý 1.6.3 và Định lý 1.6.5
ta đưoc r = nu và r = 2ms vói u, s là các so tụ nhiên. Vì 2Pr = PnQm
ta có
PnQm = 2Pr = 2P2ms = 2PmsQms > PmsQms > PmsQm.
Do v y Pn > Pms và suy ra n > ms. Khi đó 2n > 2ms nên 2n > r =
nu, suy ra u < 2 dȁn đen u = 1. Vì u = 1 ta đưoc r = nu = n (đieu
này không xảy ra). Giả sử m, n và r đeu là so lẻ. Vì ynym = yr ta đưoc
Q
y

21
n m r
n
m
m
2
m
2 2
n
n
Q2 Q2 Q2
= (theo Định lý 1.5.7). Suy ra QnQm = 2Qr. Từ đó ta có
4 4 4
Qn | Qr và Qm | Qr. Từ Định lý 1.6.4 suy ra r = nt và r = mk vói
t, k là các so tụ nhiên lẻ. Vì t là so lẻ nên t = 4q ± 1 vói q ≥ 1. Do đó
Qr = Qnt = Q4qn±n = Q2(2qn)±n ≡ ±Qn(modQ2n)
theo công thức (1.19). V y ta có Qr ≡ ±Qn(modQ2n), suy ra 2Qr ≡
±2Qn(modQ2n) và do đó QnQm ≡ ±2Qn(modQ2n). Vì Q2n = Q2
+
2 khi n là so lẻ, theo công thức (1.13), ta đưoc (Qn, Q2n) = 2. Khi đó
từ công thức
suy ra
QnQm ≡ ±2Qn(modQ2n)
Qn
Q ≡ ±2
Qn
mod
Q2n
.
Đieu này cho thay Qm ≡ ±2 mod . Vì m ≥ 2 ta đưoc Q > 2
Q2n
và do đó
Q2n
2
≤ Qm ± 2, suy ra
Q2n ≤ 2Qm ± 4 ≤ 2Qm + 4.
Tương tụ, sử dụng r = mk ta đưoc Q2m ≤ 2Qn + 4. Từ đó suy ra
Q2n + Q2m ≤ 2Qm + 2Qn + 8.
Vì n và m là so lẻ, Q2n = Q2
+ 2 và Q2m = Q2
+ 2 theo công thức
n m
(1.13) nên ta đưoc
Suy ra
2
+ 2 + Q2
+ 2 ≤ 2Qm + 2Qn + 8.
2
+ Q2
≤ 2Qm + 2Qn + 4.
m
2
Q
Q

22
m
n
Do đó
Khi đó ta đưoc
2
+ Q2
— 2Qm − 2Qn ≤ 4.
Qn(Qn − 2) + Qm(Qm − 2) ≤ 4.
Nghĩa là Qn + Qm < 4. Đieu này mâu thuȁn vì m > 1 và n > 1.
Ta có h quả trục tiep sau.
H qua 1.6.16. Chỉ có duy nhat m t nghi m nguyên dương thóa mãn
h 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).
Chŕng minh. Ő phan trưóc ta đã có nh n xét x2
=
y(y + 1)
2
vói x, y
là các so nguyên dương neu và chỉ neu x = Bn và y = yn vói n là
so tụ nhiên. M t 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, neu n > 1, m > 1 thì đȁng thức ynym = yr không
thỏa mãn. Vói m = n = 1 ta đưoc x = y = z = y1 = 1. Khi đó de
dàng tìm đưoc u = 1, v = 1.Ta chỉ xét nghi m nguyên dương nên rõ
ràng m = 0 ho c n = 0 không thỏa mãn. Từ đó suy ra đieu phải chứng
minh.
V y tong của hai so tam giác có the là m t so tam giác, tong của
hai so pronic có the là m t so pronic khác. Nhưng tong của hai so tam
giác chính phương không phải là m t so tam giác chính phương bỏi vì
Q

23
m r
n
2 + B2
= B2
không có neu n ≥ 1, m ≥ 1. Không có so nguyên
dương r nào đe Bn + Bm = Br và bn + bm = br vói n ≥ 1, m ≥ 1. M t
khác, tích của hai so đoi cân bang lón hơn 1 không là m t so cân bang
bỏi vì không có so nguyên r nào đe bnbm = br vói n ≥ 1, m ≥ 1. Hơn
nữa, phương trình yn + ym = yr vói n ≥ 1, m ≥ 1 không có nghi m.
B

24
Chương 2
M t so phương trình Diophant liên quan đen
so cân bang
Trong chương này, chúng tôi trình bày lại m t so ket quả của Karaatli
và Keskin [3] và của Dey và Rout [2] ve m t so phương trình Diophant
liên quan đen so cân bang.
Trưóc tiên, chúng tôi trình bày các ket quả của Karaatli và Keskin
ve nghi m nguyên dương của m t so 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 m t so phương trình khác liên quan tói so tam giác chính phương

25
}
2
n
và so cân bang.
2.1 Nghi m nguyên dương cua phương trình Pell
Trưóc tiên, ta nhac lại định lý sau đã đưoc trình bày trong tài li u
[3].
Định lý 2.1.1. Cho Z[
√
2] = a + b
√
2 | a, b ∈ Z và γ = 1+
√
2. Khi
đó t p hợp các phan tr khá nghịch của vành Z[
√
2] là {±γn
| n ∈ Z}.
Định lý sau đây cho ta biet ve nghi m của phương trình Pell.
Định lý 2.1.2. Tat cá nghi m nguyên dương của phương trình Pell
x2
− 2y2
= ±1
được xác định bới (x, y) =
Qn
, P với n ≥ 1.
Chŕng minh. Giả sử x2
− 2y2
= ±1. Khi đó
(x −
√
2y)(x +
√
2y) = ±1
và đieu này cho thay x ±
√
2y là phan tử khả nghịch của Z[
√
2]. Hơn
nữa, từ x > 0 và y > 0 ta có x +
√
2y > 1. Do đó, ton tại so 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

26
2
2n
ta đưoc (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 chat (1.17). Đieu đó cho thay rang x =
Qn
, y = P
2 . Ngưoc
lại, neu (x, y) =
Qn
, P , vói n ≥ 1, thì từ tính chat (1.10) ta có
2
n
x2
− 2y2
= ±1.
Sử dụng tính chat (1.10) và Định lý 2.1.2 ta có các h quả sau đây.
H qua 2.1.3. Tat cá các nghi m nguyên dương của phương trình Pell
x2
− 2y2
= 1 được xác định bới (x, y) =
Q2n
, P , với n ≥ 1.
H qua 2.1.4. Tat cá các nghi m nguyên dương của phương trình Pell
x2
− 2y2
= −1 được xác định bới (x, y) =
Q2n+1
, P , với
n ≥ 0.
2
2n+1
2.2 Nghi m nguyên dương cua m t so phương trình Dio-
phant
Trong phan này, ta xem xét các phương trình
(x + y − 1)2
= 8xy,
n

27
n
n
(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 m t so phương trình tương tụ khác. Nghi m của các phương trình
này liên quan đen so tam giác chính phương, so cân bang, so đoi cân
bang và dãy so (yn), ỏ đây yn đưoc xác định bỏi B2 =
yn(yn + 1)
.
2
Trưóc het, ta nhac lại m t so tính chat của các dãy so này. Cho n là so
tụ nhiên bat kỳ, ta có:
vn+1 = 4P2n+1 + Q2n+1, (2.1)
vn = 4P2n+1 − Q2n+1, (2.2)
Bn+1 =
Q2n+1 + 2P2n+1
, (2.3)
4
B =
Q2n+1 − 2P2n+1
, (2.4)
4
bn = yn + Bn, (2.5)
bn = yn+1 − Bn+1. (2.6)
Ngoài ra, Potter đã chỉ ra rang (yn + yn+1 − 1)2
= 8ynyn+1.
Định lý 2.2.1. Tat cá các nghi m nguyên dương của phương trình Dio-
phant (x + y − 1)2
= 8xy được xác định bới
(x, y) = (yn, yn+1)

28
2
2 2
với n ≥ 1.
Chŕng minh. Ta biet rang (yn +yn+1 −1)2
= 8ynyn+1. Do đó (x, y) =
(yn, yn+1) là m t nghi m của phương trình (x + y − 1)2
= 8xy. Giò,
giả sử (x + y − 1)2
= 8xy vói x, y ∈ Z và x, y > 0. De dàng thay
x /= y. Không làm mat tính tong quát, ta giả sử rang y > x. Neu t
a
thay the u = x + y và v = y − x thì ta đưoc (u − 1)2
= 2(u2
− v2
) và
do đó
Suy ra, v2
−
u2
− 2u + 1 = 2u2
− 2v2
.
u + 1
2
= −1. Khi đó theo H quả 2.1.4, ta có
u + 1
v, =
2
Q2n+1
, P vói n ≥ 0. Do v y, u = 2P
Q2n+1
— 1, v =
u = x + y, v = y − x ta đưoc x =
u − v
, y =
u + v
. Đieu này cho
2 2
thay
x =
4P2n+1 − Q2n+1 − 2
, y =
4P2n+1 + Q2n+1 − 2
.
4 4
Sử dụng tính chat (2.1) và (2.2), ta đưoc x =
vn − 2
, y =
vn+1 − 2
.
4 4
Suy ra x = yn và y = yn+1.
Bang cách sử dụng Định lý 2.2.1, ta có the đưa ra ba định lý sau
theo cách tương tụ.
phant (x + y − 2)2
(x, y) = (2yn, 2yn+1)
với n ≥ 1.
. Từ
2n+1 2n+1

29
n
phant (x + y + 1)2
với n ≥ 0.
(x, y) = (yn + 1, yn+1 + 1)
Chŕng minh. Giả sử (x + y + 1)2
= 8xy vói x, y là các so nguyên
dương. Ta thay the u = x − 1, v = y − 1. Ta đưoc (u + v + 3)2
=
8(u + 1)(v + 1). Bien đoi phương trình ta đưoc (u + v − 1)2
= 8uv.
Khi đó làm theo cách chứng minh của Định lý 2.3 ta đưoc đieu phải
chứng minh. Ngưoc lại, neu (x, y) = (yn + 1, yn+1 + 1), bien đoi tính
toán đơn giản ta đưoc (x + y + 1)2
= 8xy.
phant (x + y + 2)2
với n ≥ 0.
(x, y) = (2yn + 2, 2yn+1 + 2)
Giò, ta có the đưa ra các định lý sau, giong như ý nghĩa của các
định lý trưóc đó, nghi m của chúng có liên quan đen so tam giác chính
phương, các so cân bang, đoi cân bang và chuői (yn).
phant (x + y)2
= 4x(2y + 1) được xác định bới
(x, y) = (4B2
, 4BnBn+1)

30
n+1
≥
k
k+1
n
n+1
ho c
với n ≥ 1.
(x, y) = (4B2
, 4BnBn+1)
Chŕng minh. Giả sử (x + y)2
= 4x(2y + 1) vói x, y là các so 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) ho c
(2x, 2y + 1) = (yn+1, yn) vói n ≥ 1. Trưóc het, giả sử (2x, 2y + 1) =
(yn, yn+1) vói n ≥ 1. Từ yn là so chȁn, ta có n cũng là so chȁn. Đ t
n = 2k, k 1, ta đưoc x =
y2k
2
và y =
y2k+1 − 1
. Sử dụng bo đe
2
1.5.6, ta có x = 4B2
và y = 4BkBk+1. Tương tụ, neu (2x, 2y + 1) =
(yn+1, yn) vói n ≥ 1, ta thay rang x = 4B2 và y = 4BkBk+1. Ngưoc
lại, neu (x, y) = (4B2
, 4BnBn+1) ho c (x, y) = (4B2
, 4BnBn+1)
n n+1
thì vói cách tính toán đơn giản bang cách sử dụng tính chat (1.17) ta
đưoc (x + y)2
= 4x(2y + 1).
Từ định lý 2.2.5 ta có các h quả sau.
H qua 2.2.6. Tat cá các nghi m nguyên dương của phương trình x2
+
y2
− 6xy − 2x = 0 được xác định bới
(x, y) = (2B2
, 2BnBn+1)
ho c
với n ≥ 1.
(x, y) = (2B2
, 2BnBn+1)

31
n
n+1
Chŕng minh. Ta có x2
+y2
−6xy −2x = 0 tương đương vói (x+y)2
=
2x(4y + 1) và tương đương vói (2x + 2y)2
= 4.2x(4y + 1). Do đó, ket
quả đưoc suy ra từ Định lý 2.2.5.
Vì phan chứng minh của định lý sau đây tương tụ như Định lý 2.2.5
nên ta bỏ qua nó.
phant (x + y)2
= 4x(2y − 1) được xác định bới
(x, y) = (4BnBn+1 + 1, 4B2
+ 1)
ho c
với n ≥ 1.
(x, y) = (4BnBn+1 + 1, 4B2
+ 1)
Từ định lý 2.2.7, ta có h quả sau.
H qua 2.2.8. Phương trình x2
+ y2
− 6xy + 2x = 0 không có nghi m
nguyên dương.
phant (x + y + 1)2
= 8xy + 1 được xác định bới (x, y) = (1, 1) ho c
(x, y) = (bn + 1, bn−1 + 1) với n ≥ 1.
Chŕng minh. Giả sử (x + y + 1)2
= 8xy + 1 vói x, y là các so nguyên
dương. Cho x = y, rõ ràng (x, y) = (1, 1) là m t nghi m của phương
trình (x + y + 1)2
= 8xy + 1. Do đó giả sử rang x /= y. Khi đó không

32
2
n
làm mat tính tong quát, ta có the giả sử rang x > y. Đ t u = x + y và
u + v
v = x−y. Khi đó x =
2
và y =
u − v
. Từ (x+y +1)2
= 8xy+1,
2
ta đưoc (u+1)2 u2
− v2
+1. Suy ra (u − 1)2
— 2v2
= 1. Theo
H quả 2.1.3 ta đưoc (u − 1, v) =
vn
, 2B vói n ≥ 1. Do đó,
u =
vn
2
+ 1 và v = 2Bn. Từ đó ta đưoc
u + v
x =
2
vn
+ 1 + 2Bn
= 2
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.
V y x = yn + Bn + 1 và y = yn − Bn + 1. Theo các tính chat (2.5) và
(2.6), ta có x = bn + 1 và y = bn−1 + 1. Ngưoc lai, neu x = bn + 1 và
y = bn−1 + 1, tính toán đơn giản ta thay (bn + bn−1 + 3)2
= 8(bn−1 +
4
= 8
=

33
2
2
1)(bn + 1) + 1. Suy ra x, y là nghi m của phương trình (x + y + 1)2
=
8xy + 1.
Vì cách chứng minh định lý sau đây tương tụ định lý 2.2.9 nên ta
bỏ qua phan chứng minh.
Định lý 2.2.10. Tat cá các nghi m nguyên dương của phương trình
Diophant (x + y − 1)2
= 8xy + 1 được xác định bới (x, y) = (bn, bn−1)
với n ≥ 2.
Diophant x2
+ y2
− 6xy = 1 được xác định bới (x, y) = (Bn+1, Bn)
với n ≥ 1.
+y2
−6xy = 1 vói x, y là các so nguyên dương.
Khi đó (x − y)2
− 4xy = 1 và do đó x /= y. Không làm mat tính tong
quát, ta có the giả sử rang x > y. Thay the u = x + y, v = x − y
ta đưoc x =
u + v
2 và y =
u − v
. Từ (x − y)2
− 4xy = 1, ta đưoc
v2
−(u2
−v2
) = 1 tương đương vói u2
−2v2
= −1. Do đó, u =
Q2n+1
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
. Theo các tính chat (2.3) và (2.4) ta đưoc
4
x = Bn+1 và y = Bn. Ngưoc lại, neu (x, y) = (Bn+1, Bn), theo tính
chat (1.12), ta có x2
+ y2
− 6xy = 1.
Định lý 2.2.12. Phương trình x2
+ y2
− 6xy = −1 không có nghi m
nguyên dương.

34
k
k+1
k
k+1
Chŕng minh. Giả sử rang x2
+ y2
− 6xy = −1 tương đương vói (x −
y)2
−4xy = −1 và do dó x−y là m t so nguyên lẻ. Đ t u = x+y, v =
x − y. Khi đó ta có the thay rang u2
− 2v2
= 1. Vì v là m t so nguyên
lẻ nên u2
= 2v2
+ 1 ≡ 3(mod8) (mâu thuȁn). Đó là đieu can chứng
minh.
Diophant x2
+ y2
− 6xy − x = 0 được xác định bới
(x, y) = (B2
, BkBk+1)
ho c
với k ≥ 1.
(x, y) = (B2
, BkBk+1)
+ y2
− 6xy − x = 0 vói x, y là các so nguyên
dương. Do đó (4x)2
+ (4y)2
− 6(4x)(4y) − 4(4x) = 0. Đ t a = 4x
và b = 4y. Khi đó ta có the thay rang a2
+ b2
− 6ab − 4a = 0. Suy
ra, (a + b)2
= 4a(2b + 1). Vì v y, theo Định lý 2.2.5, ton tại k ≥ 1
sao cho (a, b) = (4B2
, 4BkBk+1) ho c (a, b) = (4B2
, 4BkBk+1).
k k+1
Do v y, a = 4B2
, b = 4BkBk+1 ho c a = 4B2
, b = 4BkBk+1. Vì
k k+1
a = 4x, b = 4y nên ta đưoc x = B2
, y = BkBk+1 ho c x = B2
, y =
k
BkBk+1. Ngưoc lại, neu
k+1
(x, y) = (B2
, BkBk+1)
ho c
(x, y) = (B2
, BkBk+1),

35
2
2
vói k ≥ 1, thì đe dàng thay rang x2
+ y2
− 6xy − x = 0.
Định lý 2.2.14. Phương trình x2
+ y2
− 6xy + x = 0 không có nghi m
nguyên dương.
+ y2
− 6xy + x = 0 vói x, y là các so
nguyên dương nào đó. Khi đó (4x)2
+ (4y)2
− 6(4x)(4y) + 4(4x) =
0. Do đó, theo Định lý 2.2.7, ton tại k ≥ 1 sao cho (4x, 4y) =
(4BkBk+1 + 1, 4B2
+ 1) ho c (4x, 4y) = (4BkBk+1 + 1, 4B2
+ 1)
k
(đieu này không the xảy ra). Đó là đieu can chứng minh.
k+1
Trên đây, ta đã trình bày m t so phương trình đưoc suy ra từ ket
quả của Potter là (yn + yn+1 − 1)2
= 8ynyn+1. Giò ta sẽ đưa ra m t so
phương trình tương tụ mà nghi m của chúng cũng liên quan đen các
so cân bang và đoi cân bang. Khi chứng minh các phương trình này, ta
lại sử dụng phương trình Pell.
Diophant (x + y − 1)2
= 8xy + 4 được xác định bới
(x, y) = (Bn + bn, Bn − bn−1 − 1)
với n ≥ 1.
Chŕng minh. Giả sử rang (x + y − 1)2
= 8xy + 4 vói x, y là các so
nguyên dương. Ta có x /= y. Không làm mat tính tong quát, giả s
ử
x > y. Đ t u = x + y, v = x − y, ta đưoc, (u − 1)2
= 2(u2
− v2
) + 4.
u + 1
Bien đoi phương trình ta đưoc v2
− 2 = 1. Vì v y, theo H

36
2n
(
Bn + bn + 1
,
Bn − bn−1 + 1
) neu n là so lé,
( n
bn−1
,
Bn + bn + 2
) neu n là so chȁn,
(x, y) = B
2
+
2
quả 2.1.3, ton tại n ≥ 1 sao cho v,
u + 1
=
Q2n
, P . Do đó,
v =
Q2n
2 và u = 2P2n
Q
— 1. Vì
2
2
=
v2n
2 và P2n
2
= 2Bn
2n
nên ta có the
viet v =
v2n
2
và u = 4Bn −1. M t khác, vì u = x+y và v = x−y nên
ta có x =
u + v
, y =
u − v
. Thay vào trên ta đưoc x =
vn − 2 + 8Bn
2 2 4
và y =
8Bn − 4 − (vn − 2)
. Theo các tính chat (2.5) và (2.6) và công
4
thức yn
=
vn − 2
, ta đưoc x = B
4
+ bn và y = Bn — bn−1 — 1. Ngưoc
lại, neu (x, y) = (Bn + bn, Bn − bn−1 − 1) vói n ≥ 1 thì theo các tính
chat (2.5), (2.6) và Bo đe 1.5.6, ta đưoc (x + y − 1)2
= 8xy + 4.
Bang cách tương tụ, ta có định lý sau.
Diophant (x + y + 1)2
= 8xy + 4 được xác định bới
(x, y) = (Bn + bn + 1, Bn − bn−1)
với n ≥ 1.
Hai định lý sau đây cho ta những phương trình mà nghi m của
chúng rat thú vị.
Diophant x2
− 6xy + y2
+ 4x − 1 = 0 được xác định bới
2 2
với n ≥ 1.
n

37
B
2
+
2
2 2
B
2
+
2
2 2
(
Bn + bn + 1
,
Bn − bn−1 + 1
) neu n là so lé,
Ngưoc lại, neu
(
Bn + bn + 1
,
Bn − bn−1 + 1
) khi n là so lé,
− 6xy + y2
+ 4x − 1 = 0. Do x2
− 6xy +
y2
+ 4x − 1 = 0 tương đương vói (x + y)2
= 4x(2y − 1) + 1 vói x, y
là các so tụ nhiên. Sau đó, nhân cả hai ve của phương trình (x + y)2
=
4x(2y − 1) + 1 vói 4 ta đưoc (2x + 2y − 1 + 1)2
= 8.2x(2y − 1) + 4.
Đ t u = 2x và v = 2y − 1 ta đưoc (u + v + 1)2
= 8uv + 4. Theo
Định lý 2.2.16 ta có (u, v) = (Bn + bn + 1, Bn − bn−1) ho c (u, v) =
(Bn − bn−1, Bn + bn + 1). Do đó, u = Bn + bn + 1 và v = Bn − bn−1
ho c u = Bn − bn−1 và v = Bn + bn + 1. Thay the x, y vào u, v ta
đưoc x =
Bn + bn + 1
2
và y =
Bn − bn−1 + 1
2
ho c x =
Bn − bn−1
2
và y =
Bn + bn + 2
. Ta đã biet rang B
2
là so chȁn neu và chỉ neu n là
so chȁn và bn luôn là so chȁn. Do v y ta có
( n
bn−1
,
Bn + bn + 2
) neu n là so chȁn.
( n
bn−1
,
Bn + bn + 2
) khi n là so chȁn,
bang cách sử dụng các tính chat (2.5), (2.6) và Bo đe 1.5.6, ta đưoc
x2
− 6xy + y2
+ 4x − 1 = 0.
Tương tụ, ta có định lý sau đây.
(x, y) =
(x, y) =
n

38
B +
2 2
( n
bn
,
Bn − bn−1 − 2
) neu n là so chȁn,
Diophant x2
− 6xy + y2
− 4x − 1 = 0 được xác định bới
2 2
với n ≥ 2.
2.3 Lũy th a trong dãy các so cân bang và các so Lucas
cân bang
Trong phan tiep theo của lu n văn, chúng tôi sẽ trình bày lại m t
so ket quả của Dey và Rout. Cụ the, các ông chứng minh rang phương
trình Diophant BnBn+d · · · Bn+(k−1)d = ym
và CnCn+d · · · Cn+(k−1)d =
ym
không có nghi m vói n, d, k, y, m là các so nguyên dương , m ≥
2, y ≥ 2 và (n, d) = 1.
Trưóc tiên, chúng ta can m t vài bo đe hữu ích. Ta sẽ ký hi u P(m)
là ưóc nguyên to lón nhat của m t so nguyên dương m và đ t
∆(n, d, k) = n(n + d) · · · (n + (k − 1)d)
vói n, d, k là các so nguyên dương. Đong thòi, ta ký hi u ∆(n, 1, k)
bỏi ∆(n, k). Ta ký hi u (Q′
n) là dãy các so Pell liên ket, tức là dãy so
xác định bỏi
Q′
0 = 1, Q1
′
= 1 và Q′
n+1 = 2Q′
n + Q′
n−1.
Hai bo đe sau đây cho ta moi liên h giữa các so Pell, so Pell liên ket
và các so cân bang.
(x, y) =
(
Bn − bn−1 − 1
,
Bn + bn − 1
) neu n là so lé,

39
n n
n
n n
Bo đe 2.3.1. So Pell và các so liên ket Pell được liên ket bới phương
trình sau
Q′2 —
2P2
=
1 neu n là so chȁn
(2.7)
−1 neu n là so lé
Bo đe 2.3.2. Cho n = 0, 1, . . . ta có
Bn = PnQ′
n. (2.8)
Ta đã biet so cân bang thứ n đưoc ký hi u là Bn và Bn thỏa mãn
h thức truy hoi Bn+1 = 6Bn − Bn−1 vói đieu ki n ban đau là B0 =
0, B1 = 1. Ta ký hi u so Lucas cân bang là Cn và Cn thỏa mãn h thức
truy hoi Cn+1 = 6Cn − Cn−1 vói đieu ki n ban đau là C0 = 1, C1 = 3.
Đa thức đ c trưng cho chuői cân bang và chuői Lucas cân bang là
x2
= 6x + 1. Đ t α = 3 +
√
8 và β = 3 −
√
8. So hạng tong quát của
so cân bang và so Lucas cân bang đưoc xác định bỏi Bn =
αn
− βn
α − β
và Cn =
αn
+ βn
2
vói n = 0, 1, ......Đây là công thức Binet cho các dãy
so (Bn) và (Cn).
Bo đe 2.3.3. So cân bang và so Lucas cân bang thóa mãn các tích chat
sau.
(a)B2n = 2BnCn
(b)C2
− 8B2
= 1
(c)(Bm, Bn) = B(m,n)
(d)2Bn = P2n và 2Cn = Q2n = 2Q′
2n
(e)Cn = 4P2
+ (−1)n
.

40
3
−
3
−
3 2
Bo đe 2.3.4. Cho k ≥ 3, n ≥ 1 và d ≥ 1 là các so 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 trr khi (n, d, k) =
(2, 7, 3).
Bo đe 2.3.5. Cho n ≥ 1, d > 1 và k ≥ 6 là các so nguyên với
(n, d) = 1. Khi đó có m t so nguyên dương i nhó nhat với 0 ≤ i < k
sao cho n + id là so lé và P (n + id) > k.
Bo đe 2.3.6. Cho x ≥ 3 và x là so nguyên. Khi đó nra khoáng
2x
, x
chŕa m t so nguyên to.
Bo đe 2.3.7. Cho n ≥ 2 và k ≥ 2 là các so nguyên với n ≤ 2k. Khi đó
ton tại duy nhat i với 0 ≤ i ≤ k − 1 sao cho n + i là so nguyên to.
Chŕng minh. Từ n ≥ 2 và k ≥ 2, ta có n + k − 1 ≥ 3. Theo Bo đe
2.3.6, nửa khoảng
2(n + k − 1)
, n + k 1 chứa m t so nguyên to
3
R. Neu n ≤ 2k − 2, ta thay rang
2(n + k − 1) =
2n + 2k − 2
3 ≥ n.
Neu n = 2k, khi đó
2(n + k − 1)
3 =
2n + 2k − 2
3
2
= n −
3
. Tương tụ,
neu n = 2k 1, khi đó
2(n + k − 1)
3 =
2n + 2k − 2
3
1
= n −
3
. Lại
có R >
2(n + k − 1)
. Do đó, 2R >
3R
> n + k − 1. Vì the, ton tại
duy nhat so i vói 0 ≤ i ≤ k − 1 sao cho n + i = R.
Bo đe 2.3.8. Cho k ≥ 2 là m t so nguyên và n là m t so nguyên lé với

41
Y
n > 2k. Khi đó
k−1
P (n + 2i)
i=0
> 3.5k
trr khi (n, k) ∈ {(5, 2), (7, 2), (25, 2), (243, 2), (9, 4), (13, 5), (17, 6),
(15, 7), (21, 8), (19, 9)}.
Bo đe 2.3.9. Đ t D = 2a
3b
là m t so nguyên với a, b là các so nguyên
không âm. Khi đó, phương trình
x2
− Dyn
= ±1 (2.9)
trong đó (x, y, n) là các so nguyên dương, n ≥ 3 chỉ có các nghi m
được cho bới
(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)} .
M nh đe sau đây cho ta thay rang trừ B1 = 1 thì không có so lũy
thừa nào trong dãy các so cân bang.
M nh đe 2.3.10. Cho các so nguyên dương y và l ≥ 2, phương trình
Bm = yl
(2.10)
không có nghi m nguyên dương m ≥ 2.
Chŕng minh. Giả sử ton tại m t so nguyên m ≥ 2 đe Bm = yl
vói
y, l là so nguyên dương và l ≥ 2. Theo Bo đe 2.3.2, ta có the viet
!

42
m
2
1 1
n
n
Bm = PmQ′
m
đó là
, ỏ đây (Pm, Q′
m) là m t nghi m của phương trình (2.7),
Q′2
— 2Pm = ±1. (2.11)
Rõ ràng (Pm, Q′
m) = 1. Từ Bm là so lũy thừa thỏa mãn phương trình
(2.8), ta suy ra Q′
m = yl
và Pm = xl
vói x1, y1 là các so dương nguyên
to cùng nhau và x1y1 = y. Vì Pr là so lũy thừa vói r ≥ 2 neu và chỉ neu
r = 7, từ đó ket lu n rang m = 7. Nhưng, cho m = 7, ta có the tính
toán và thay rang Q′
m không phải là so lũy thừa. Vì the, PmQ′
m = Bm
không the là so lũy thừa vói m ≥ 2.
M nh đe 2.3.11. Cho các so nguyên dương y và l ≥ 2, phương trình
Cn = yl
(2.12)
không có nghi m nguyên n ≥ 1.
Chŕng minh. Giả sử ton tại so nguyên dương y, l vói l ≥ 2 sao cho
Cn = yl
vói n là so nguyên dương. Ta can chia phan chứng minh thành
hai trưòng hop. Trưòng hop 1: l là so chȁn. Ta chứng minh vói P = 2.
Theo bo đe 2.3.3(b), ta có
8B2
= y4
− 1. (2.13)
Nhân hai ve của phương trình (2.13) vói y2
ta đưoc 8B2
y2
= y6
− y2
.
Đ t s = 2Bny, r = y2
ta đưoc 2s2
= r3
− r. Nhân phương trình này
vói 8 và thay the Y := 4s, X := 2r đưoc m t đưòng cong elliptic
E : Y 2
= X3
− 4X. (2.14)

43
n 2 2
Sử dụng phan mem máy tính, ta thay tat cả các điem nguyên (X, Y )
thỏa mãn (2.14) là (0; 0) và (±2, 0). Vì the, Y = 0. Do đó, ta đưoc
ho c Bn = 0 ho c Cn = 0, mâu thuȁn vói n ≥ 1. Do v y, Cn không
the là m t so chính phương.
Trưòng hop 2: l là so lé. Theo Bo đe 2.3.3(e), phương trình (2.12)
trỏ thành
(2Pn)2
− yl
= ±1. (2.15)
Theo Bo đe 2.3.9, bang cách lay D = 1, ta thay cho l ≥ 3 thì b
nghi m của (2.15) là {(2Pn, y, l)} = {(3, 2, 3)} (mâu thuȁn vói 2Pn /
=
3).
M nh đe 2.3.12. Cho các so nguyên dương y, a, b và b ≥ 2, phương
trình
Cn = 3a
yb
(2.16)
không có nghi m nguyên n ≥ 2.
Chŕng minh. Neu n là so nguyên chȁn thì từ 3 ‡ C2, theo h thức truy
hoi của Cn, ta thay rang 3 ‡ Cn. Vì the , Cn không the phân tích thành
3a
yb
. Bây giò ta xét trưòng hop n là so nguyên lẻ. Ta chia thành hai
trưòng hop của a, b.
*) Trưòng hop 1: a và b đeu là so chȁn. Trong trưòng hop này, ta có
the viet
C = 3
a
y
b 2
. (2.17)
Theo M nh đe 2.3.11, đieu này không khả thi.

44
n
±
*) Trưòng hop 2: a là so lé và b là so chȁn. Trong trưòng hop này,
ta có the viet
Cn = 3t2
vớit ∈ Z. (2.18)
Theo Bo đe 2.3.3(b), sử dụng h thức C2
− 8B2
= 1 trong (2.18), ta
n n
có
9t4
− 8B2 = 1. (2.19)
Nhân t2
vào hai ve của (2.19) và đ t r = t2
và s = 2Bnt, ta đưoc
2s2
= 9r3
− r. (2.20)
Tiep tục, nhân hai ve của (2.20) vói 648 và đ t Y = 36s, X = 18r ta
có m t đưòng cong eliptic
E : Y 2
= X3
− 36X. (2.21)
Sử dụng phan mem MAGMA, ta thay rang tat cả các điem (X, Y )
nguyên thỏa mãn (2.21) là (±6, 0), (−3, ±9), (−2, −8), (0, 0), (12, ±36),
(18, ±72), (294, ±5040). Neu Y = 0 thì ta đưoc Bn = 0 ho c Cn = 0
(đieu này không khả thi). Neu Y = −8 (tương ứng, Y = −9), khi đó
2 1
s = −
9
(tương ứng, s = ±
4
), đieu này cũng không khả thì vì s là
so nguyên. Neu (X, Y ) = (12, 36), khi đó r =
2
3
và s = ±1, đieu
này không khả thi vì r là so nguyên. Neu (X, Y ) = (18, ±72), khi đó
(r, s) = (1, ±2). Đieu này suy ra t = ±1 và Bnt = ±1. Đieu này
mâu thuȁn vói n ≥ 2. Cuoi cùng, neu (X, Y ) = (294, ±5040), khi đó
49
r = . Đieu này không khả thi vì r là so nguyên. Do đó, Cn không
3
the có dạng 3t2
vói t là so nguyên.

45
n
|
*) Trưòng hop 3: b là so lé. Sử dụng h thức Cn = 4P 2
− 1 trong
phương trình 2.16 và đ t x = 2Pn ta đưoc
x2
− 3a
yb
= 1. (2.22)
Khi đó, bang cách lay D = 3a
trong Bo đe 2.3.9, ta thay rang t p hop
nghi m (x, y, b, 3a
) có the có của phương trình 2.22 như sau
{(2, 1, b, 3), (5, 2, 3, 3), (7, 2, 4, 3), (17, 2, 5, 9)}.
Ba b bon so cuoi cùng ỏ trên không thỏa mãn vì so nguyên x trong
phương trình 2.22 là so nguyên chȁn. Cuoi cùng, b bon so (2, 1, b, 3)
dȁn đen n = 1, đieu này mâu thuȁn. Suy ra đieu phải chứng minh.
2.4 Lũy th a trong tích các so hạng cua các so cân bang
Mục đích của mục này là trình bày ket quả của định lý sau đây.
Định lý 2.4.1. Không ton tại m t b nghi m nguyên (n, d, k, y, l) của
phương trình Diophant
BnBn+d . . . Bn+(k−1)d = yl
(2.23)
với n ≥ 1, d ≥ 1, k ≥ 2, y ≥ 1, l ≥ 2 và (n, d) = 1.
Đe chứng minh định lý này, ta can m t so bo đe sau.
Bo đe 2.4.2. Cho p là m t so nguyên to lé và m | n. Neu p | Bm
thì p
n
.
m
,
Bn
Bm

46
Y
Re 1 r
Bo đe 2.4.3. Cho p là m t so nguyên to lé và đ t e > 0 là m t so
nguyên. Neu q | Bpe với q là so nguyên to, khi đó q ≥ 2p − 1.
Bo đe 2.4.4. Cho n = Re
pe1
. . . per
là sự phân tích so nguyên n ra các
1 r
thra so nguyên to. d đây R = P(n) và p1, · · · , pr, R là các so nguyên
to phân bi t. Khi đó BR
e,
Bn
= 1.
BRe
Chŕng minh. Neu R = 2, thì ta có n = Re
và
BRe,
Bn
= (B
BRe
Re, 1) = 1.
Do đó, ta có the giả sử R là so nguyên lẻ. Từ Re
là so nguyên to lẻ, BRe
là so lẻ. Giả sử rang có m t so nguyên to lẻ q | BR
e,
Bn
. Theo Bo
BRe
đe 2.4.2,ta đưoc q |
n
= pe1
· · · per
. Do đó, q = p vói 1 ≤ i ≤ r và
vì the q < R. Tương tụ, từ q | BRe, theo bo đe 2.4.3, ta có q ≥ 2R − 1,
mâu thuȁn vói q < R. Do đó, không ton tại ưóc nguyên to nào của
BR
e,
Bn
.
BRe
Bo đe 2.4.5. Cho n và k là các so nguyên dương sao cho k < n. Khi
đó phương trình
n+k−1
i=n
Bi = yl
(2.24)
không có nghi m nguyên y ≥ 2 và l ≥ 2.
Chŕng minh. Từ k < n theo Bo đe 2.3.4(1), b {n, n+ 1, · · · , n +k −
1} chứa m t thừa so nguyên to R sao cho R > k. Neu R là ưóc của cả
n + i và n + j vói i, j là các so nguyên sao cho 0 ≤ i, j ≤ k − 1 thì
R | (i − j), mâu thuȁn vói | i − j |< k. Vì the, R là ưóc của n + i vói
i

47
Q
B
,
R
Y Y
R
i duy nhat, 0 ≤ i ≤ k − 1. Hơn nữa, (R, n + j) = 1, j = 0, · · · , k − 1
và j =
/ i, suy ra rang
(BR, Bn+j) = B(R,n+j) = B1 = 1. (2.25)
Thêm nữa, k−1
j=0,j/
=i
Bn+j = 1. Giả sử (2.24) có nghi m nguyên
y và l ≥ 2. Khi đó
n+k−1
Bi
i=1
= BR
Bn+i
BR
k−1
j=0,j=
/
Bn+j
i
= yl
. (2.26)
Theo Bo đe 2.4.4 và sụ phân tích duy nhat ra thừa so nguyên to của
m t so nguyên, ta ket lu n rang BR = yl
vói yR là so nguyên, mâu
thuȁn vói M nh đe 2.3.10.
Bây giò ta chứng minh định lý 2.4.1
Chŕng minh. Giả sử ton tại so nguyên dương n, d, k sao cho
BnBn+d · · · Bn+(k−1)d = yl
vói so nguyên y ≥ 2 và l ≥ 2.
Neu d > 1 và k ≥ 2, theo Bo đe 2.3.4(2), ta đưoc R = P(∆(n, d, k)) >
k trừ khi (n, d, k) = (2, 7, 3).
Neu (n, d, k) = (2, 7, 3) thì 2.23 trỏ thành B2B9B16 = yl
. Tuy nhiên,
de dàng kiem tra đưoc B2B9B16 không phải là so lũy thừa. Do đó,
(n, d, k) /= (2, 7, 3). Từ (n, d, k) /= (2, 7, 3), ta có R > k. Do
đ
ó
,
R | ∆(n, d, k). Giả sử R | (n + id) và R | (n + jd) vói i /= j,

48
0 ≤ i < j ≤ k − 1. Vì the R | (j − i)d. Từ j − i < k và R > k,

49
Y
1 r
ta ket lu n rang R | d. Từ (n, d) = 1, ta thay R ‡ n và do đó
R ‡ (n + rd) vói 0 ≤ r ≤ k − 1. Suy ra R ‡ ∆(n, d, k), dȁn đen
mâu thuȁn. Vì the, R chỉ là ưóc của m t n + rd vói 0 ≤ r ≤ k − 1.
Đ t n + id = Re
pe1
· · · per vói P(n + id) = R vói i là so thỏa mãn
0 ≤ i ≤ k − 1. Từ (Re
, n + rd) = 1 vói moi r /= i, 0 ≤ r ≤ k − 1, ta
đưoc
(Bn+rd, BRe) = 1. (2.27)
Từ P(n + id) = R, theo Bo đe 2.4.4, ta có
BR
e,
Bn+id
= 1. (2.28)
BRe
Bây giò ta có the viet phương trình (2.23) dưói dạng
k−1
Bn+id
BRe
BRe r=
Y
0,r=
/
Bn+rd
i
= yl
. (2.29)
Từ (2.27) và (2.28), ta có the thay rang
BRe, Bn+id
BRe
k−1
r=0,r/
=i
Bn+rd = 1. (2.30)
Theo (2.29), (2.30) và sụ phân tích duy nhat của so nguyên thành thừa
so nguyên to, ta ket lu n rang BRe là m t so lũy thừa, đieu này mâu
thuȁn vói M nh đe 2.3.10. Vì v y , phương trình (2.23) không có
nghi m. Khi d = 1 và n > k thì theo Bo đe 2.4.5, ta ket lu n rang
phương trình (2.23) không có nghi m. Bây giò, ta xem xét trưòng hop

50
cuoi cùng d = 1 và n ≤ k. Theo Bo đe 2.3.7, ton tại duy nhat so i
vói 0 ≤ i ≤ k sao cho R = P(∆(n, k)) = n + i. Vì v y, (R, t) = 1

51
j=0,j
β
vói n ≤ t ≤ n + k − 1 và t n + i. Suy ra (BR, Bt) = 1. Do đó,
BR,
Qk−1
i Bn+j = 1. Vì the, sử dụng Bo đe 2.4.4, ta ket lu n BR
là m t so lũy thừa, đieu này mâu thuȁn vói M nh đe 2.3.10.
2.5 Lũy th a trong tích cua các so Lucas cân bang
Tương tụ như mục trưóc, định lý sau đây là mục đích chính của mục
này.
Định lý 2.5.1. Không ton tại m t b so nguyên (n, d, k, y, l) là nghi m
của phương trình Diophant
CnCn+d · · · Cn+(k−1)d = yl
(2.31)
với n ≥ 1, d ≥ 1, k ≥ 2, y ≥ 1, l ≥ 2 và (n, d) = 1.
Đe chứng minh định lý này, ta can các bo đe sau.
Bo đe 2.5.2. Neu (m, n) = 1 thì (Cm, Cn) = 3r
với r là so nguyên
không âm.
Chŕng minh. Ta có tat cả các so Lucas cân bang là so lẻ, 2 không là
m t ưóc nguyên to của (Cm, Cn). Cho p là m t ưóc nguyên to lẻ của
(Cm, Cn) và ký hi u (p) là idean chính pZ[2] trong vành Z[2]. Khi đó,
sử dụng dạng Binet cho Cm ta đưoc
αm
+ βm
≡ 0(modp), suy ra
α
n
α
m
≡ −1(modp).
r và s sao cho mr+ns = 1. Do đó, ta có
α mr+ns
≡
α (modp).
β
β
β
Tương tụ, ≡ −1(modp). Từ (m, n) = 1, ton tại các so nguyên

52
|
2 Q2R
β
Suy ra (−1)r+s
≡
α
(modp). Do đó, α ≡ ±β(modp). Neu α ≡
β(modp) thì 4
√
2 ≡ 0(modp), đieu này không the xảy ra vì p /= 2.
Neu α ≡ −β(modp) thì 6 ∈ (p). Từ p /= 2, chỉ có giá trị thỏa mãn
là p = 3. Do đó, 3 là ưóc nguyên to có the có duy nhat của (Cm, Cn).
Vì the, (Cm, Cn) = 3r
vói r là so nguyên không âm.
Bo đe 2.5.3. Cho n > 1 là m t so nguyên. Đ t R = P(n) và giá sr
rang n/R là m t so nguyên lé. Khi đó
CR
,
Cn
= 3a
CR
với a là m t so nguyên không âm.
Chŕng minh. Giả sử R là m t so nguyên to lẻ. Cho p /= 3 và là m t so
nguyên to lẻ sao cho p | CR
rang
,
Cn
. Theo Bo đe 2.3.3(d), ta ket lu n
CR
p |
Q2R
,
Q2n
.
Do đó, theo Bo đe 2.3.3(e), ta đưoc p
n
R
mà n/R là so lẻ nên p ≤ R.
Tương tụ, ta có p | CR. Neu p không là ưóc nguyên thủy của CR thì
p | Ci vói i là so nguyên, 1 ≤ i < R. Do đó, theo Bo đe 2.5.2, ta đưoc
(CR, Ci) = 3b
vói b là so nguyên không âm. Suy ra p = 3, mâu thuȁn
vói giả thiet ban đau. Do đó, p là ưóc nguyên thủy của CR =
Q2R
2
và do đó, ta có p ≡ ±1(mod4R), suy ra p ≥ 4R − 1, mâu thuȁn
vói p ≤ R. Vì v y, 3 là ưóc nguyên to duy nhat của CR
,
Cn
. Neu
CR
R = 2 thì n = 2a
vói a là so nguyên dương. Từ n/R là so nguyên lẻ,

53
C
R
Y
Q
m
m
1
1
ta can phải có n = 2. Do đó, CR, Cn
= 1 = 30
. Suy ra đieu phải
chứng minh.
Bo đe 2.5.4. Cho các so nguyên dương bat kỳ m, y và l > 1, phương
trình
m
Ci = yl
(2.32)
i=1
không có nghi m.
Chŕng minh. Giả sử ton tại so nguyên dương m, y và l > 1 sao cho
m
i=1 Ci = yl
là đúng. Cho R là so nguyên to lón nhat nhỏ hơn ho c
bang m. Khi đó m < 2R. Vì the, vói tat cả các so nguyên i = 1, · · · , m
vói R i, ta có (R, i) = 1. Do đó, theo Bo đe 2.5.2, vói mői i /= R,
1 ≤ i ≤ m, ta có
(CR, Ci) = 3ri
vói ri là so nguyên không âm. Vì the, ta có the viet CR = 3t
u và
Ci = 3ri
vi vói r, t, vi là các so nguyên, 3 ‡ u và (u, vi) = 1. Do đó,
phương trình (2.32) trỏ thành
và suy ra
3t
u
u
i=
Y
1,i/=
R
Y
3ri
vi = yl
,
vi = 3k
yl
i=1,i/=R
vói k là m t so nguyên. Từ (u, vi) = 1 vói tat cả i /= R, ta có u = 3k
yl

54
1
ho c u = yl
vói y1 là ưóc của y. Vì v y, CR = 3t1
yl
vói t1 là so

55
1
1
nguyên không âm. Đieu này không the xảy ra theo M nh đe 2.3.11 và
2.3.12.
Bây giò ta chứng minh Định lý 2.5.1.
Chŕng minh. Giả sử rang ton tại các so nguyên dương n, d, k sao cho
phương trình (2.31) là đúng vói m t so so nguyên y > 1 và l > 1. Giả
sử k = 2. Khi đó phương trình (2.31) trỏ thành
CnCn+d = yl
.
Từ (n, d) = 1, ta có (n, n + d) = 1. Do đó, theo Bo đe 2.5.2, ta có
(Cn, Cn+d) = 3r
vói r là so nguyên không âm. Vì the, theo tính phân
tích duy nhat của so nguyên, ta đưoc Cn = 3r
yl
vói r là so nguyên
không âm và y1 là so nguyên dương (đieu này không the xảy ra theo
M nh đe 2.3.11 và 2.3.12). Do đó trưòng hop này không the xảy ra.
Giả sử k = 3. Khi đó, ta có the viet phương trình (2.31) như sau
CnCn+dCn+2d = yl
.
Neu n là so chȁn thì n+d là so lẻ. Đ t P(n+d) = R và do đó R là m t
so nguyên to lẻ. Từ (n, d) = 1, ta thay R ‡ n và R ‡ n(n + 2d). Vì the,
(CR, Cn) = 3a
vói a là so nguyên không âm và (CR, Cn+2d) = 3b
vói b
là so nguyên không âm. Theo Bo đe 2.5.3, ta đưoc CR ,
Cn+d
= 3c
CR
vói c là so nguyên không âm. Vì v y, CR = 3r
yl
vói so nguyên không
âm r và so nguyên dương y1. Đieu này mâu thuȁn vói các M nh đe
2.3.11 và 2.3.12. Neu n là so lẻ thì n + 2d là so lẻ. Đ t P (n) = R

56
1
1
1
và do đó R là so nguyên to lẻ. Từ (n, d) = 1 ta thay R ‡ (n + d) và
R ‡ (n + 2d). Do đó, (CR, Cn+d) = 3a
vói a là so nguyên không âm,
(CR, Cn+2d) = 3b
vói b là so nguyên không âm và CR
,
Cn
= 3c
vói
CR
c là so nguyên không âm. Do đó, CR = 3r
yl
vói r là so nguyên không
âm và y1 là so nguyên dương. Đieu này mâu thuȁn vói các M nh đe
2.3.11 và 2.3.12. Giả sử k = 4. Khi đó phương trình (2.31) trỏ thành
CnCn+dCn+2dCn+3d = yl
.
Không làm mat tính tong quát, ta giả sử rang n và n + 2d là so lẻ. Đ t
P(n + 2d) = R và khi đó R là m t so nguyên to lẻ. Vì v y R ‡ n,
R ‡ (n + d) và R ‡ (n + 3d). Bây giò, ta làm như chứng minh của
trưòng hop k = 3 ta ket lu n CR = 3r
yl
vói r là so nguyên không âm
và y1 là so nguyên dương. Đieu này mâu thuȁn vói các M nh đe 2.3.11
và 2.3.12. Giả sử k = 5. Khi đó phương trình (2.31) trỏ thành
CnCn+dCn+2dCn+3dCn+4d = yl
.
Neu n là so chȁn thì n+ d, n + 3d là so nguyên lẻ. Do đó, m t trong so
chúng không phải ưóc của 3, giả sử n + d. Đ t P (n + d) = R và khi
đó R > 3 là m t so nguyên to lẻ. Vì v y R ‡ (n + 2d), R ‡ (n + 3d) và
R ‡ (n+4d) vì R > 3. Vì the, (CR, Cn) = 3a
vói a là so nguyên không
âm,(CR, Cn+2d) = 3b
vói b là so nguyên không âm, (CR, Cn+3d) = 3c
vói c là so nguyên không âm và (CR, Cn+4d) = 3e
vói e là so nguyên
không âm. Cũng theo Bo đe 2.5.3, ta có CR
,
Cn+d
= 3t
vói t là so
CR
nguyên không âm. Do v y, CR = 3r
yl
vói r là so nguyên không âm,

57
1
y1 là so nguyên dương. Đieu này mâu thuȁn vói các M nh đe 2.3.11 và
2.3.12.
Neu n là so lẻ thì n+2d cũng là so nguyên lẻ. Đ t P (n+2d) = R và
khi đó R là m t so nguyên to lẻ. Vì v y R ‡ n, R ‡ (n+d), R ‡ (n+3d)
và R ‡ (n + 4d). Vì the, (CR, Cn) = 3a
vói a là so nguyên không
âm,(CR, Cn+d) = 3b
vói b là so nguyên không âm, (CR, Cn+3d) = 3c
vói c là so nguyên không âm và (CR, Cn+4d) = 3e
vói e là so nguyên
không âm. Cũng theo Bo đe 2.5.3, ta có CR
,
Cn+d
= 3t
vói t là so
CR
nguyên không âm. Do v y, CR = 3r
yl
vói r là so nguyên không âm,
y1 là so nguyên dương. Đieu này mâu thuȁn vói các M nh đe 2.3.11 và
2.3.12.
Bây giò, ta xem xét trưòng hop k ≥ 6 và d > 1. Theo Bo đe
2.3.5, ton tại m t so nguyên i nhỏ nhat thỏa mãn 0 ≤ i < k sao cho
P (n+id) = R > k và n+id là m t so nguyên lẻ. Suy ra rang R là m t
so nguyên to lẻ. Từ R là ưóc của n+id, ta chú ý rang R ‡ (n+jd)∀j /=i
vói 0 ≤ j < k. Th t v y, giả sử R | (n + rd) vói r /= i và 0 ≤ r < k.
Do đó R | (r − i)d. Từ | r − i |< k và R > k, ta đưoc R | d (mâu
thuȁn vói (n, d) = 1). Do đó, R là ưóc của n + id và R ‡ (n + jd) vói
moi j /= i và 0 ≤ j < k. Vì the, (CR, Cn+rd) = 3ar
vói ar là so nguyên
không âm và r là so nguyên, r /= i. Từ n + id là m t so nguyên lẻ và
n + id
R là m t so nguyên to lẻ, ta thay rang R là m t so nguyên lẻ. Vì
v y, theo Bo đe 2.5.3, CR
,
Cn+id
= 3b
vói b là so nguyên không
CR
âm. Đ t CR = 3c
u vói c là nguyên không âm, u là so nguyên dương và

58
1
1
Y l
1
1
3 ‡ u. Do đó, u,
Cn+id
= 1 và (u, C
CR
n+rd) = 1 vói moi so nguyên
r /= i. Ta can viet lại phương trình (2.31) như sau
k−1
3c
u
Cn+id
CR j=
Y
1,j=
/
Cn+id
i
= yl
. (2.33)
Từ các l p lu n trên, ta ket lu n rang u = 3r
yl
vói r là so nguyên không
âm và y1 là so nguyên dương. Suy ra CR = 3c+r
yl
(mâu thuȁn vói các
M nh đe 2.3.11 và 2.3.12) Cuoi cùng, xét trưòng hop k ≥ 6, d = 1.
Trong trưòng hop này, phương trình (2.31) trỏ thành
k−1
Cn+i = y . (2.34)
i=1
Neu n ≤ 2k thì theo Bo đe 2.3.7, ton tại duy nhat so nguyên i vói
0 ≤ i ≤ k − 1 sao cho R = P (n(n + 1) · · · (n + k − 1)) = n + i. Do
v y, (R, t) = 1 vói moi so nguyên t, n ≤ t ≤ n + k − 1 và t /= n + i.
Suy ra (CR, Ct) = 3a
vói a là so nguyên không âm. Do v y, CR = 3r
yl
vói r là so nguyên không âm và y1 là so nguyên dương. Đieu này là
không the theo M nh đe 2.3.11 và 2.3.12. Neu n > 2k thì theo Bo đe
2.3.8, ta đưoc m t so nguyên i mà n + i là so lẻ vói R = P(n + i) > k
và R ‡ (n + j) vói moi so nguyên j = 1, 2, · · · , k − 1 và j /= i. Do đó,
m t lan nữa ta đưa đen CR = 3a
yl
vói a là so nguyên không âm và y1
là so nguyên dương. Đieu này cũng không the theo M nh đe 2.3.11 và
m nh đe 2.3.12.

59
Ket lu n
Lu n văn đã trình bày đưoc m t so van đe sau:
1. Nhac lại khái ni m ve so cân bang, so đoi cân bang, so tam giác,
so Pell, ... Đong thòi trình bày lại m t so ket quả của Keskin và
Karaatli ve các so cân bang và các so tam giác chính phương.
2. Trình bày lại m t so ket quả của Karaatli và Keskin ve m t so
phương trình Diophant liên quan đen so tam giác chính phương
và so cân bang chính phương.
3. Trình bày lại m t so ket quả của Dey và Rout ve m t so phương
trình Diohant liên quan đen so cân bang và so Lucas cân bang.

60
Tài li u tham khao
Tieng Vi t
[1] Hoàng Thị Hưòng (2015), So cân bang và so đoi cân bang, Lu n
văn thạc sĩ, Trưòng Đại hoc Khoa hoc, Đại hoc Thái Nguyên.
Tieng Anh
[2] Dey P.K., Rout S.S. (2017), “Diophantine equations concerning
balancing and Lucas balancing numbers", Archiv der Mathematik
108(1), pp. 29–43.
[3] Karaatli O., Keskin R. (2010), “On some diophantine equations
related to square triangular and balancing numbers", Journal of
Algebra, Number Theory: Advances and Applications 4(2), pp.
71-89.
[4] Keskin R., Karaatli O. (2012), “Some new properties of balanc-
ing numbers and square triangular numbers", Journal of integer
sequences 15, Article 12.1.4.

M T So Phương Trình Diophant Liên Quan Đen So Cân Bang.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to M T So Phương Trình Diophant Liên Quan Đen So Cân Bang.docx

Similar to M T So Phương Trình Diophant Liên Quan Đen So Cân Bang.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

M T So Phương Trình Diophant Liên Quan Đen So Cân Bang.docx