Tài liệu Phương trình pell

  • Số trang: 12 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 172 |
  • Lượt tải: 0
dinhthithuyha

Đã đăng 3693 tài liệu

Mô tả:

PHƯƠNG TRÌNH PELL Số học luôn là một nội dung “khó nhằn”, vì vậy trong việc dạy và học số học thầy và trò chúng ta cũng gặp phải không ít trở ngại. Và một trong các nội dung khó của số học chính là các phương trình Diophantine, với phần lý thuyết rắc rối và thật khó trong việc nhìn ra cách để áp dụng chúng trong giải bài tập. Vì vậy với nội dung bài giảng về phương trình Pell này tôi xin phép được mượn cách tiếp cận của Dusan Djukic trong Pell’s Equation. I. Phương trình Pell 1. Giới thiệu về phương trình Pell Định nghĩa. Phương trình Pell là phương trình Diophantine có dạng x 2  dy 2  1, x, y �� và d là số nguyên dương không chính phương cho trước. 2 2 Trường hợp d là số chính phương d  c 2 �� phương trình x  dy  a có thể phân tích thành nhân tử  x  cy   x  cy   a , phương trình này dễ dàng giải được dựa vào việc xét các ước số của a. Chính vì vậy ta luôn mặc định d không phải số chính phương. 2 2 Với d là số nguyên dương không chính phương thì phương trình x  dy  a  cũng có thể phân tích thành x  y d  x y d a. Để sử dụng phân tích này ta xét các số dạng x  y d , x, y ��, và ký hiệu nó là � tập �� � d �. Một tính chất quan trọng của tập này là tổng hai phần tử thuộc nó vẫn là một phần tử thuộc nó. 2 2 Đặt z  x  y d , ký hiệu z  x  y d và N  z   z.z  x  dy ��, ta dễ dàng chứng minh được N  z1.z2   N  z1  .N  z2  và z1.z2  z1.z2 . 2 2 Với các ký hiệu này phương trình x  dy  a được viết lại là N  z   a , � � � z ��� � d �, và phương trình Pell trở thành N  z   1, z ��� d �. Với mỗi nghiệm x, y nguyên của phương trình Pell tương ứng ta có một � nghiệm z ��� � d �của phương trình N  z   1 và ngược lại. Nhận thấy nếu z là nghiệm của phương trình N  z   1 thì  z cũng là nghiệm của nó vì vậy ta chỉ cần tìm các nghiệm z  0 . 2. Nghiệm của phương trình Pell Mọi phương trình Pell luôn có một nghiệm tầm thường là  x, y    1,0  , tương ứng với nghiệm z  1 của phương trình N  z   1 . Nhưng nếu ta biết được nghiệm không tầm thường nhỏ nhất của nó nữa thì ta có thể tìm thấy tất cả các nghiệm của nó dựa vào định lý sau: � Định lý 1. Nếu z0 là nghiệm dương nhỏ nhất trong tập �� � d �của phương � trình N  z   1 thì các nghiệm khác của phương trình này trong tập �� � d �là z  �z0n , n ��. Chứng minh. Giả sử z  0 là một nghiệm của phương trình N  z   1 trên tập k k 1 k k � �� � d �. Tồn tại một số nguyên k để z0 �z  z0 . Xét số z1  z.z0  z.z0 thỏa mãn 1 �z1  z0 và N  z1   N  z  .N  z0   N  z   1 . Từ tính nhỏ nhất của z0 ta k k suy ra z1  1 do đó z  z0 . Vậy ta có điều phải chứng minh. Hệ quả. Nếu  x0 , y0  là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell thì các nghiệm nguyên  x  y d  � x0  y0 d  n  x; y  khác của nó được cho bởi công thức , n ��. Để ý rằng từ z  x  y d ta rút được x  zz zz và y  . Vì vậy các 2 d 2 nghiệm nguyên dương của phương trình Pell được cho bởi công thức z0n  z0n z0n  z0n x và y  2 d 2 Bổ đề 1. (Định lý Dirichlet) Cho  là một số vô tỉ và n là số nguyên dương. Khi đó tồn tại số p �� và q � 1,2,..., n thỏa mãn   p 1  . q  n  1 q Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với q  p  1 n 1 . Ký hiệu  x là phần lẻ của số thực x. Xét n  2 số 0,   ,  2  , ...,  n  , 1 thuộc đoạn  0;1 , vì vậy luôn tồn tại hai số trong số chúng có hiệu nhỏ hơn 1 . Nếu hai số đó là  k  và  l  thì ta đặt q  k  l và p  � �k  l  � �, nếu n 1 hai số đó là  k  và 0 hoặc 1 thì ta chọn q  k và p   k  . Bổ đề 2. Nếu  là một số thực tùy ý thì tồn tại vô số cặp số nguyên dương  p; q  thỏa mãn  p 1  . q q2 Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ Bổ đề 1. Định lý 2. Mọi phương trình Pell đều có nghiệm nguyên dương. Chứng minh. Áp dụng bổ đề 2 với   d , ta thấy tồn tại số nguyên dương n 2 2 với n  2 d  1 thỏa mãn phương trình x  dy  n có vô số nghiệm nguyên dương  x; y  . Từ đó suy ra tồn tại hai bộ nghiệm khác nhau  x1 , y1  và  x2 , y2  để x1 �x2 , y1 �y2  mod n  . Đặt z1  x1  y1 d , z2  x2  y2 d và giả sử z1  z2 . Thì với z0  z1  1 là một phần tử của �� d �tương ứng với một nghiệm � � z2  x , y  không tầm thường của phương trình Pell. 0 0 3. Phương trình “kiểu Pell” 2 2 Phương trình kiểu Pell là các phương trình nghiệm nguyên dạng x  dy  a , với d là số nguyên dương không chính phương, a là số nguyên cho trước. Nhìn chung các phương trình kiểu Pell không phải lúc nào cũng có nghiệm. Nhưng ta có một số kết quả chung sau: 2 2 Định lý 3. Phương trình x  dy  1 có nghiệm nguyên nếu và chỉ nếu tồn 2 � tại z1 ��� � d �thỏa mãn z1  z0 . Chứng minh. Điều kiện đủ là dễ dàng kiểm chứng. � Điều kiện cần: ta xét nghiệm nhỏ nhất z  z1 ��� � d � của phương trình N  z   1 thỏa mãn z  1 và chứng minh tương tự định lý 1, suy ra 1 �z1  z0 , 2 2 từ z  z1  z0 là một nghiệm của phương trình N  z   1 dẫn đến z0  z1 . Hệ quả. Nếu  x1 , y1  là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình x 2  dy 2  1 thì các nghiệm nguyên  x; y  khác của nó được cho bởi công  thức x  y d  � x1  y1 d  2 n 1 , n ��. Với z1  x1  y1 d , lập luận tương tự như trên ta rút ra được công thức tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình x 2  dy 2  1 : z12 n1  z12 n1 z12 n1  z12 n1 x và y  2 d 2 Đối với trường hợp tổng quát N  z   a , ta có kết quả sau: 2 2 Định lý 4. Nếu a là một số nguyên thỏa mãn phương trình N  z   x  dy  a có nghiệm nguyên thì có môt nghiệm của nó thỏa mãn x  z0  1 a và 2 z0 x2  a tương ứng tìm được y � . d II. Bài tập áp dụng Bài 1. Chứng minh rằng có vô số bộ số nguyên dương  x, y, z, t  đôi một nguyên tố cùng nhau thỏa mãn x3  y3  z 2  t 4 (Romanian Mathematical Olympiad) Bài giải. Xét đồng đẳng thức n  n  1 � � � 1  2  ...   n  2  �  n  1  n  � � � � � 2 � 2 3 3 3 3 3 �  n  1  n  2  � �n  n  1 � Và viết lại  n  1  n  � � � �. 2 � � � 2 � 2 3 2 3 Như vậy bài toán sẽ được chứng minh nếu tồn tại vô số số nguyên đương n để n  n  1 n  n  1 là một số chính phương. Tức là  u 2 , u �� 2 2 � 4n 2  4n  8u 2 �  2n  1  2  2u   1 . 2 2 Đặt 2n  1  a,2 x  b , đưa về phương trình Pell: a 2  2b 2  1. Phương trình này có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất  a0 , b0    3;2  , dẫn đến các nghiệm nguyên dương khác của nó được cho bởi công thức: an   3 2 2   n  32 2  n 2 , bn   3 2 2   n  3 2 2  n 2 2 Vì 3 �2 2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai X 2  6 X  1  0 , nên từ công thức tổng quát trên suy ra công thức truy hồi của hai dãy  an  ,  bn  là: a0  1, a1  3, an 2  6an1  an � n �� � b  0, b  2, b  6 b  b 1 n 2 n 1 n �0 Từ công thức truy hồi của dãy  bn  kết hợp với phương pháp quy nạp ta thấy bn chẵn với mọi n ��. Từ đó suy ra tồn tại x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất n 2   n  1 là số chính 2 phương. Bài giải. Giả sử n là số nguyên dương phải tìm. Khi đó ta có: n 2   n  1  y 2 � 2n 2  2n  1  y 2 2 � 4n 2  4n  2  2 y 2 �  2n  1  2 y 2  1. 2 x 2  2 y 2  1. Đặt x = 2n + 1. Khi đó dẫn đến phương trình kiểu Pell: (1) x 2  2 y 2  1. Xét phương trình Pell: (2)   2 Phương trình (2) có nghiệm dương bé nhất là (3, 2) và 3  2 2  1  2 . Dẫn đến (x, y) = (1, 1) là nghiệm dương bé nhất của (1). Từ đó ta tìm được dãy các nghiệm nguyên dương của phương trình (1) cho bởi công thức: xn    1 2 Viết lại 1 � 2  2 n 1   1 2 2  2 n 1    2 n 1 , yn    1 2  2 n 1   1 2  2 n 1 2 2 n  1 � 2 . 3 �2 2 , và do 3 �2 2 là hai nghiệm của phương trình t 2  6t  1  0 , nên từ công thức tổng quát ta rút ra được công thức truy hồi của dãy nghiệm: �x0  1; x1  7; xn 2  6 xn 1  xn n  0,1,2,3... � y  1; y  5; y  6 y  y 1 n2 n 1 n �0 Ta chứng minh xk �1 mod 2  k  0,1,... , bằng phương pháp quy nạp:  Với k = 0, 1 thì điều đó hoàn toàn đúng.  Giả sử khẳng định trên đúng đến k = l với mọi l �2 .  Chứng minh với k = l + 1 thì khẳng định trên vẫn đúng. Thật vậy, xl 1  6 xl  xl 1 �1 mod 2  �1 mod 2  . Từ đó suy ra dãy nghiệm  nk  : xk  2nk  1 � nk  xk  1 k  0,1,2,... 2 Các số nguyên dương cần tìm được cho theo công thức: n0  0; n1  3; nk 2  6nk 1  nk  2. Vì: xk 2  6 xk 1  xk � 2nk 2  1  6  2nk 1  1   2nk  1 � nk 2  6nk 1  nk  2. Ba số đầu tiên phải tìm là: n = 3; n = 20; n = 119. Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên dương k, m sao cho k < m và 1  2  3  ...  k   k  1   k  2   ...  m. Bài giải. Giả sử k, m (k < m) là hai số nguyên dương thỏa mãn hệ thức: 1  2  3  ...  k   k  1   k  2   ...  m. (*) Ta có: (*) � 2  1  2  3  ...  k   1  2  3  ...  k   k  1   k  2   ...  m k  k  1 m  m  1 m  m  1  � k  k  1  2 2 2 � 2k 2  2k  m 2  m � 8k 2  8k  4m 2  4m � 2. � 8k 2  8k  2  1  4m 2  4m  1� 2  2k  1  1   2m  1 2 2 Đặt x = 2m + 1; y = 2k + 1, khi đó dẫn đến phương trình kiểu Pell: x 2  2 y 2  1. Xét phương trình: x 2  2 y 2  1. (1) (2)   2 Phương trình (2) có nghiệm dương bé nhất là: (3, 2) và 3  2 2  1  2 . Dẫn đến (x, y) = (1, 1) là nghiệm dương bé nhất phương trình (1). Tương tự như đã làm ở bài 2, ta có dãy các nghiệm của phương trình (1) là: �x0  1; x1  7; xn 2  6 xn 1  xn n �� � y  1; y  5; y  6 y  y 1 n 2 n 1 n �0 Dễ thấy xi �1 mod 2  ; yi �1 mod 2  i  0,1,... Từ đó suy ra dãy nghiệm của phương trình (*): xi  1 � m : x  2 m  1 � m  i  0,1,2,...   i i i i � � 2 � � k  : y  2k  1 � k  yi  1 i  0,1,2,... i i � i i 2 Các số nguyên dương phải tìm được cho bởi công thức sau: m0  0; m1  3; mi 2  6mi 1  mi  2 � � � k0  0; k1  2; ki 2  6ki 1  ki  2 Bốn số đầu tiên phải tìm là: (m, k) = (3, 2); (20, 14); (119, 84); (696, 492). Bài 4. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những số nguyên dương n sao cho n! chia hết cho n 2  1 . Bài giải. Xét phương trình kiểu Pell: Và phương trình Pell: x 2  5 y 2  1. (1) x 2  5 y 2  1. (2)  Phương trình (2) có nghiệm dương nhỏ nhất là: (9, 4) và 9  4 5  2  5  2 nên phương trình (1) có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là (x, y) = (2, 1). Vì thế phương trình (1) có dãy các nghiệm cho bởi công thức: xn  Viết lại   2 5 2� 5  2 n 1   2 5  2 n 1 2  2 n 1   , yn    2 5  2 n 1   2 5  2 n 1 2 5 n  2 � 5 . 9 �4 5 , do 9 �4 5 là hai nghiệm của phương trình t 2  18t  1  0 , nên từ công thức tổng quát ta rút ra được công thức truy hồi của dãy các nghiệm của phương trình (1) là �x0  2; x1  38; xn 2  18 xn1  xn n �� � �y0  1; y1  17; yn 2  18 yn1  yn * Xét các nghiệm  xk , yk  , k �� . Khi đó ta có: 5  17  y1  y2  ...  yk  ... Dễ thấy do yk  5, k ��* , nên ta có: 5  yk  2 yk  xk . Thật vậy, ta thấy 5  yk  2 yk là hiển nhiên. Ta chỉ xét 2 yk  xk . Ta có: 4 yk2  4 yk2  yk2  1  5 yk2  1 ( yk2  1 0 do yk  5 ). Nhưng 5 yk2  1  xk2 � 4 yk2  xk2 � 2 yk  xk . Vậy k ��* ta có 5  yk  2 yk  xk . Vì thế:  xk  !  1.2.3.4.5... yk ... 2 yk  ... xk  . Từ đó suy ra  xk  ! chia hết cho 5. yk  2 yk  . 2 Mà ta thấy rằng: 5 yk2  xk2  1. Vì thế ta có:  xk  !M xk  1 . Điều này đúng với 2 mọi k ��* . Do đó tồn tại vô số các số nguyên dương sao cho n!M n  1 . 2� � 2 , n ��. Chứng Bài 5. Xét dãy số  un  xác định như sau: un  � n   n  1 � � � minh rằng tồn tại vô hạn những chỉ số n sao cho ta có đồng thời un  un1  1 và un1  un  1 ở đây    là kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá  . Bài giải. Trước hết ta tìm n để n 2   n  1  y 2 , y ��. Từ đó ta có: 2 2n 2  2n  1  y 2 � 4n 2  4n  2  2 y 2 �  2n  1  2 y 2  1. (1) 2 Bằng cách đặt x = 2n + 1, thì từ (1) dẫn đến phương trình kiểu Pell: x 2  2 y 2  1. (2) Từ bài 1 ta có dãy nghiệm của phương trình (2) là: �x0  1; x1  7; xn 2  6 xn1  xn n �� � y  1; y  5; y  6 y  y 1 n 2 n 1 n �0 Và từ đó tìm được vô hạn số nguyên n �0 thỏa mãn (1), cụ thể là: n0  0; n1  3; nk 2  6nk 1  nk  2. (3) Xét nk , k �� thuộc dãy trên, ta có: 2 unk  � nk2   nk  1 � � yk2 �  yk   yk , (do yk ��) � � � �� � 2� � 2 � � yk2  4nk �. Mặt khác: un 1  �  nk  1  nk � � nk   nk  1  4nk � � � � 2 k � 2 �� � Theo định nghĩa của phần nguyên, thì: un 1 � yk2  4nk . k Từ trên ta suy ra: nk �3 , với k �1 vì 3 là phần tử thứ hai của dãy (3) là dãy các số tăng. Vì thế ta có: yk2  4nk  yk  1  unk  1. Thật vậy, vì: nk2   nk  1  yk2 � nk2  nk2   nk  1  4nk2  4nk  1 2 2 � nk2  yk2   2nk  1 � nk  yk  2nk  1 2 � yk2  4nk  yk2  2 yk  1 � yk2  4nk  yk  1 . Từ đó ta có: un 1  un  1 � un  un 1  1. k k k k 2 2 unk 1  �  nk  1   nk  2  � � � � � Ta lại có: 2  � nk2   nk  1  4nk  4 � � yk2  4n  4 � � � � � �� Vì nk2   nk  1  yk2 � nk  yk  2nk  1 2 nk  yk � n  yk � �� k � �2 2 yk  4nk  2 �yk  2 yk  1  yk2  4nk  3  yk2  4nk  4 � 2 2 2 � �yk  4nk  4  yk  4 yk  4   yk  2  �� 2  yk  1  yk2  4nk  4 � � �  yk  1  yk2  4nk  4   yk  2  � yk  1  yk2  4nk  4  yk  2. 2 2 � 1  yk2  4nk  4  yk  2. yk2  4nk  4  yk � � yk2  4nk  4 � yk  1 Do vậy: � � �� � Từ (3), ta có: un 1  un  1. k k unk 1  unk  1 � � unk  unk 1  1 � Tóm lại, ta chứng minh được rằng: � Nhưng dãy  nk  là vô hạn. Điều đó đồng nghĩa với tồn tại vô hạn các số nguyên dương n sao cho ta có đồng thời hai yêu cầu đầu bài là un1  un  1 , un  un1  1 . Bài 6. Cho m, n, p là các số nguyên dương thỏa mãn m  n  p  2 mnp  1 Chứng minh rằng có ít nhất một trong số chúng là số chính phương. (Titu Andreescu, Irie Boreico) Bài giải. dạng Chuyển vế đổi dấu và bình phương hai vế biến phương trình về  m  n  p  1 2  4mnp Đặt a  2m  1 , b  2n  1 , c  2 p  1 , thì thu được  a  b  c  1 2  2  a  1  b  1  c  1 � a 2  b 2  c 2  2abc  1 2 2 2 2 Từ đó rút ra  a  1  b  1   ab  c  và  b  1  c  1   bc  a  . 2 2 Vì vậy tồn tại các số nguyên không âm d , u , v, w , d �� thỏa mãn a 2  1  du 2 , b 2  1  dv 2 , c 2  1  dw2 ab  c  duv , bc  a  dvw Gọi  x0 , y0  là nghiệm nhỏ nhất của x 2  dy 2  1 và z  x0  y0 d , khi đó các zk  z k zk  z k nghiệm khác của phương trình Pell này là xk  , yk  , k ��. 2 d 2 z k1  z k1 z k2  z k 2 z k3  z k3 Từ đó tìm được a  , với k1 , k2 , k3 là các số ,b  ,c  2 2 2 nguyên không âm nào đó. Không mất tổng quát giả sử m �n �p , thì k1 �k2 �k3 và ab  c  duv , suy ra c  ab  duv 1 1   z k1  z k1   z k2  z k2    z k1  z k1   z k2  z k2  4 4 1   z k1 k2  z k1 k2  2 Từ đó suy ra k3  k1  2k2 , và do đó ít nhất một trong các số k1 , k2 , k3 là số 2 k1 � � a 1 � 1 � k21  � �z  z 2 � chẵn. Không mất tổng quát giả sử k1 chẵn, khi đó m  �. 2 2 � �� � Vậy ta có điều phải chứng minh. III. Kết luận Với bài giảng này chúng tôi chỉ muốn cố gắng giúp các em học sinh có cách tiếp cận, phương pháp làm việc nhẹ nhàng, hiệu quả khi học tập về phương trình Pell. Rất mong nhận được sự quan tâm, góp ý của các anh, chị, em đồng nghiệp ở các trường bạn để góp phần nâng cao chất lượng của bài giảng.
- Xem thêm -