Tài liệu Phương trình pell và kiểu pell

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 344 |
  • Lượt tải: 0
dinhthithuyha

Đã đăng 3693 tài liệu

Mô tả:

Phương trình Pell và kiểu Pell 1 A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Phương trình Pell và kiểu Pell là một trong số những bài toán lớn của chuyên đề phương trình Diophante. Nội dung này được viết trong nhiều sách, tài liệu. Việc giải phương trình Pell cụ thể, đối với nhiều học sinh là không mấy khó khăn. Tuy nhiên có nhiều bài toán trong đề thi học sinh giỏi có hình thức không hề “Pell” nhưng việc giải quyết lại liên quan đến loại phương trình này. Vì vậy, tôi chọn nội dung này để viết. 2. Mục đích chọn đề tài Ở phần lí thuyết, tôi không có ý định trình bày lại việc chứng minh các định lí về phương trình Pell mà chỉ chọn những định lí mà từ đó có thể hiểu thêm, khai thác và áp dụng trong bài tập. Còn phần bài tập, tôi chọn giải một số bài cụ thể, trong đó có bài thi học sinh giỏi. Hi vọng, tài liệu này có thể dùng cho học sinh chuyên toán hay đồng nghiệp tham khảo về nội dung phương trình Pell. Tài liệu bao gồm các nội dung chính sau 1. Sự tồn tại và công thức nghiệm của phương trình Pell 2. Phương trình kiểu Pell 3. Tìm nghiệm nhỏ nhất của pt Pell bằng giản phân Bài tập Tài liệu tham khảo. Phương trình Pell và kiểu Pell 2 B. PHẦN NỘI DUNG 1. Sự tồn tại và công thức nghiệm của phương trình Pell 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1 Pt Pell là pt nghiệm nguyên có dạng x 2  dy 2 1 (1) trong đó d là số tự nhiên cho trước không là số chính phương, x, y là ẩn. Dễ thấy nếu trong pt (1), nếu d nguyên âm hay là số chính phương thì việc giải là rất đơn giản. Còn với mọi d pt Pell luôn có nghiệm (1;0) gọi là nghiệm tầm thường. Định nghĩa 2 Kí hiệu Z  d   x  y d | x; y  Z  (thực tế đây là vành với 2 phép toán cộng và nhân nên nó đóng kín với từng phép toán- nghĩa là tích hay tổng 2 số trong Z  d  cũng thuộc +) Liên hợp của z là +) chuẩn của z là Z [ d ] ). Khi đó định nghĩa, với mỗi z x  y d z x  y d , . N ( z )  z.z  x 2  dy 2 . Ta dễ dàng chứng minh được tính chất sau Định lí 1 Liên hợp và chuẩn có tính chất nhân trong z1 , z 2  Z [ d ] ta có z1 .z 2  z1 .z 2 Z[ d ] , nghĩa là với mọi và N ( z1 .z 2 )  N ( z1 ).N ( z 2 ) . Nhận xét +) Pt (1) có thể viết lại thành N ( z ) 1 với ẩn z thuộc Z [ d ] và pt này luôn có nghiệm z=1. +) Nếu  z  x  y d z x  y d là nghiệm của (1) thì z x  y d và cũng là nghiệm. Vậy nên ta chỉ cần quan tâm đến các nghiệm (x, y) nguyên dương không tầm thường của (1), tức là nghiệm z x  y d khác 1 với x, y nguyên dương. Người ta đã chứng minh sự tồn tại nghiệm không tầm thường của (1). Trong phần tiếp theo, ta luôn kí hiệu z 0 a  b d là nghiệm nhỏ nhất của (1) hay của pt Pell đang xét (hiểu theo nghĩa đó là nghiệm nhỏ nhất Phương trình Pell và kiểu Pell trong các nghiệm cũng nói ( a, b) z x  y d 3 khác 1 mà x, y nguyên dương). Lúc đó, ta là nghiệm nhỏ nhất của pt đó. Từ đây ta xác định được mọi nghiệm của (1) theo công thức. 1.2 Công thức nghiệm pt Pell Định lí 2 Tập nghiệm của pt Pell (1) chính là dãy {z n } xác định bởi n z n z 0 , n  Z . Nhận xét +) Theo định lí 2, ta thấy mọi nghiệm tự nhiên xác định bởi công thức x  y d (a  b d ) n ( x; y ) của (1) được với n  N . n n +) Theo đó, ta có thể viết lại công thức nghiệm là x  z 0  z 0 ; 2 n y z0  z0 2 d n , với n  N . Như vậy, theo công thức này, việc tìm nghiệm của pt Pell hoàn toàn phụ thuộc vào tìm nghiệm nhỏ nhất +) Kí hiệu z n xn  yn d ( a; b ) của nó. , theo định lí 2 ta có dãy nghiệm {z n } thỏa mãn z n 1  z 0 .z n hay xn 1  y n 1 d (a  b d ).( x n  y n d ) . Do đó, tập nghiệm của (1) chính là dãy {( xn ; y n )} xác định bởi công thức truy hồi x0 1, y 0 0 , x n ax n  1  dby n 1 , y n bxn 1  ay n 1 . +) Lại nhớ rằng, nếu x1 ; x 2 là 2 nghiệm của pt ax 2  bx  c 0 và n n S n  x1 x2 thì có aS n 2  bS n1  cS n 0 với n  N . Áp dụng với z 0 a  b d và z 0 a  b d là 2 nghiệm của pt bậc hai t 2  2at  1 0 ta suy ra  xn2  2axn1  xn 0  xn2 2axn1  xn hay  .   yn2  2ayn1  yn 0  yn2 2ayn1  yn Phương trình Pell và kiểu Pell 4 Do đó dãy nghiệm {( xn ; y n )} được xác định bởi ( x0 , y 0 ) (1;0) , ( x1 , y1 ) (a, b) và công thức truy hồi trên. 2. Phương trình kiểu Pell 2.1 Định nghĩa Phương trình nghiệm nguyên có dạng x 2  dy 2 m (2), trong đó m là số nguyên cho trước khác 1, d là số nguyên dương không là số chính phương. Dễ thấy khác với pt Pell (1), không phải lúc nào pt kiểu Pell (2) cũng có nghiệm. Chẳng hạn pt kiểu Pell x 2  5 y 2 3 vô nghiệm vì x2   3 (mod 5) với mọi x nguyên. Bây giờ ta đi xem sự tồn tại hay không tồn tại nghiệm của (2). Cũng như pt (1), ở đây ta chỉ quan tâm tới nghiệm tự nhiên của (2). Ta gọi pt hiệu z 0 a  b d x 2  dy 2 1 là pt Pell liên kết với pt kiểu Pell (2) và vẫn kí (tương ứng ( a; b ) ) 2.2 Phương trình kiểu Pell là nghiệm nhỏ nhất của pt Pell liên kết. x 2  dy 2  1 (3) Kết quả sau đây đã được chứng minh Định lí 3 Phương trình (3) có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại phần tử z thuộc Z[ d ] thỏa mãn z 2  z 0 . Nhận xét +) Từ định lí 3, với z x  y d , ta có thể khẳng định điều kiện cần và đủ để pt (3) có nghiệm là hệ sau có nghiệm nguyên x, y :  x 2  dy 2 a   2xy b +) Trong chứng minh định lí 3, ta thấy giá trị z tìm được chính là nghiệm riêng của (3). Bằng cách giải hệ này ta hoàn toàn tìm được các nghiệm riêng (nếu có) của (3). Phương trình Pell và kiểu Pell 5 2.3 Phương trình kiểu Pell x 2  dy 2 m (4), với số nguyên cho trước m 1 . Viết pt (4) ở dạng N ( z ) m với ẩn z thuộc Z[ d ] . Rõ ràng để tìm tập nghiệm của (4) ta chỉ cần tìm hết các nghiệm riêng 1  z  z 0 . Định lí sau đây cho ta một cách tìm được (có thể chưa hết) nghiệm riêng như thế (nếu (4) có nghiệm) bằng cách dùng nghiệm nhỏ nhất z 0 trong đánh giá khoảng bị chặn của một trong các nghiệm riêng ấy. Định lí 4 Nếu pt N ( z )  x 2  dy 2 m có nghiệm z x  y d (1  z  z 0 ) thì một z 1 0 trong số các nghiệm đó thỏa mãn | x | 2 z | m | . 0 Nhận xét Từ định lí 4, ta luôn tìm được ít nhất một nghiệm riêng z1 của (4) với 1  z  z 0 . Từ nghiệm z1 này, theo tính chất của chuẩn trong định lí 1, n ta thấy dãy z  z1 .z 0 , với n  N gồm toàn nghiệm của (4). Nhưng câu hỏi là làm thế nào để xây dựng được các dãy mà tập hợp số hạng vét hết nghiệm của (4)?! Định lí sau cho ta câu trả lời Định lí 5 Nếu (4) có nghiệm và kí hiệu z1 u1  v1 d ,..., z k u k  vk d là tất cả các nghiệm của (4) thỏa mãn 2 vi max{mb 2 ;  ma 2 }. d Khi đó k dãy nghiệm của (4) xây dựng từ k nghiệm riêng theo cách trên sẽ vét hết mọi nghiệm của (4). Nhận xét +) Theo các kết quả trên, việc giải pt (2) luôn thực hiện được theo cách Bước 1. Tìm nghiệm nhỏ nhất ( a; b ) của pt Pell liên kết. Phương trình Pell và kiểu Pell 6 Bước 2. Theo định lí 3 hoặc 5, tìm nghiệm riêng z1 của (2) mà nhỏ hơn z 0 . Bước 3. Với mỗi nghiệm riêng z1 , theo định lí 1, ta xây dựng được n một dãy nghiệm của (2) theo công thức z  z1 .z 0 , với n  N . Tập hợp số hạng của các dãy nghiệm này chính là tập nghiệm của pt (2). +) Kí hiệu z1 u  v d Khi đó dãy nghiệm là một nghiệm riêng của (2). z n xn  yn d tương ứng của (2) xác định bởi n z n  z1 .z 0 ( n 0 ) Từ đó z n1  z 0 .z n hay xn 1  y n 1 d (a  b d ).( x n  y n d )  xn1 axn  dbyn Tương đương  , trong đó ( x , y ) (u, v) .  yn1 bxn  ayn 0 0 +) Theo nhận xét trên, việc cần làm đầu tiên để giải pt (1) hay (2) là việc tìm nghiệm nhỏ nhất ( a; b) của pt Pell. Thực ra, để tìm nghiệm này, ta chỉ cần thay lần lượt giá trị y = 1; 2; 3... đến khi nào được dy 2  1 là số chính phương thì giá trị tương ứng tìm được chính là nghiệm nhỏ nhất. Tuy nhiên, trong phần tiếp theo, chúng ta nói lại cách tìm ( a; b ) phân. 3. Tìm nghiệm nhỏ nhất của pt Pell bằng giản phân 3.1 Liên phân số Định nghĩa bằng giản Phương trình Pell và kiểu Pell 7 Với q0 nguyên, qi , i 1,...n nguyên dương, ta gọi biểu thức 1 q0  q1  1 q2  ...  là liên phân số (hữu hạn), kí hiệu là [q0 , q1 ,...qn ] . 1 qn Các kết quả đã được chứng minh +) Mỗi liên phân số hữu hạn chính là một số hữu tỉ. +) Mỗi số vô tỉ bậc 2 ( nghiệm vô tỉ của đa thức bậc 2 với hệ số hữu tỉ) đều biểu diễn được dưới dạng một liên phân số vô hạn tuần hoàn kí hiệu là [q0 , (q1 , q 2 ,..., qn )] , ở đó (q1 ,..., q n ) là chu kì tuần hoàn của liên phân số đó. +) Trường hợp đặc biệt, nếu d là số nguyên dương không chính phương thì biểu diễn liên phân số của d có dạng d [ q0 , (q1 , q 2 ,..., q 2 , q1 ,2q 0 )] . Chẳng hạn, bằng tính toán trực tiếp ta được 2 [1, ( 2)] ; 3 [1, (1,2)] ; 5 [ 2, ( 4)] ; 7 [1, (1,1,1,4)] 3.2 Giản phân Xét liên phân số vô hạn [q0, q1 , q 2 ,..., q n ,...] . Định nghĩa dãy giản Pn phân Q , ( n 0 )của liên phân số này xác định bởi n P0 q0 , P1 q1 q0  1, Q0 1, Q1 q1 , ; Pn 2 q n 2 .Pn 1  Pn Qn2 q n 2 .Qn 1  Qn . Khi đó ta dễ dàng chứng minh một số kết quả sau P n i) Q [q0 , q1 ,..., q n ] n ii) Pn Qn 1  Qn Pn 1 ( 1) n 1 iii) Pn Qn 2  Qn Pn 2 ( 1) n .qn Phương trình Pell và kiểu Pell 8 Từ đó, nếu kí hiệu biểu diễn liên phân số của d [ q 0 , ( q1 ,..., q n )] thì ta cũng chứng minh được kết quả sau +) Nếu n chẵn (ta luôn có n 1) thì nghiệm cần tìm ( a, b) ( Pn  1 , Qn  1 ) . +) Nếu n lẻ thì (a, b) ( P2 n  1 , Q2 n 1 ) . Sau đây là một vài ví dụ Ví dụ 1 Tìm nghiệm nhỏ nhất của pt Pell a) x 2  5 y 2 1 b) x 2  7 y 2 1 Giải a) Ta có 5 [ 2, ( 4)] P 1 nên độ dài chu kì n 1 (lẻ), do đó (a, b) ( P1 , Q1 ) 9 1 với Q 2  4  4 . Vậy nghiệm nhỏ nhất 1 b) Tương tự 7 [1, (1,1,1,4)] . ( a, b) =(9, 4). Khi đó n 4 (chẵn) nên ( a, b) ( P3 , Q3 ) =(8,3). Ví dụ 2 Giải pt x 2  5 y 2 4 Giải Ta đã biết nghiệm nhỏ nhất của pt Pell liên kết là giờ ta đi tìm các nghiệm riêng Từ định lí 4, ta được như thế là (u , v) ( 2,0) ( a, b) =(9, 4). Bây z1 u  v d  [1; z 0 ] . | u |5 . Thử trực tiếp ta được 2 nghiệm riêng hoặc (3,1). Vậy pt đã cho có nghiệm. Theo định lí 5, tiếp tục thử với v 8 ta tìm được tất cả 3 nghiệm riêng là (2,0), (3,1), (7,3). Lại theo công thức nghiệm của pt kiểu Pell ta được tập nghiệm của ' ' " " pt đã cho là 3 dãy ( xn , y n ) , ( x n , y n ) , ( x n , y n ) xác định bởi xn  y n d 2(9  4 5 ) n xn ' y n ' d (3  5 )(9  4 5 ) n Phương trình Pell và kiểu Pell Và x n " y n " d (7  3 9 5 )(9  4 5)n Hay viết theo kiểu dãy truy hồi ( x0 , y 0 ) (2,0); ( xn 1 9 xn  20 y n , y n1 4 xn  9 y n ) ' ' ( x0 ' , y0 ' ) (3,1); ( xn1 9 xn '20 y n ' , y n 1 4 xn '9 y n ' ) " " ( x0 " , y 0 " ) (7,3); ( x n 1 9 x n "20 y n " , y n 1  Tóm lại, ta thấy việc giải pt Pell hay kiểu Pell cụ thể không có gì vướng mắc. Sau đây là một số bài tập Phương trình Pell và kiểu Pell 10 BÀI TẬP 1. Giải pt nghiệm nguyên x 2  y 2  1 4 xy Giải. Biến đổi ta được pt Pell u 2  3x 2 1 với Theo cách giải pt Pell được nghiệm u  y  2x . (u , x ) , từ đó nghiệm pt đã cho là ( x, y ) ( x, u  2 x ). 2. Cho ( a, b) là nghiệm nhỏ nhất của pt x 2  dy 2 1 . Xét dãy { y n }n0 xác định bởi y 0 0, y1 b , y n1 2ay n  y n 1 . Chứng minh, với mọi số tự nhiên n ta có dy 2  1 2 dy n  1 là số chính phương. Thêm nữa, nếu y là số tự nhiên để là số chính phương thì y chính là một số hạng y n nào đó của dãy trên. Giải. Từ nhận xét sau định lí 2, ta thấy dãy { y n } đã cho trùng với dãy { y n } trong dãy nghiệm ( xn , y n ) của pt x 2  dy 2 1 hay x 2 dy 2  1 . Do đó, ta suy ra cả hai ý trong điều phải chứng minh. Bây giờ, nếu ta ‘giấu’ đi pt Pell nói trên bằng cách cho số cụ thể thì được vô số bài toán, ví dụ 3. Cho dãy {a n }n0 xác định bởi a0 0, a1 3 , an2 16an1  a n . Chứng 2 minh rằng, với mọi số tự nhiên n ta có 7 a n  1 là số chính phương. 4. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho đẳng thức sau xảy ra với số k1 k k 1 nguyên dương k nào đó nhỏ hơn n : C n 2 C n  C n . Giải. Biến đổi để được pt Xét pt x 2  2 y 2  1 ( 2n  3) 2  2( 2k  1) 2  1 . ta thấy nghiệm nhỏ nhất pt Pell liên kết là có một nghiệm riêng là (u , v ) =(1,1). ( a, b) =(3,2), Dễ thấy nghiệm của pt này đều là số lẻ, được xác định theo công thức x k  y k d (1  2 )(3  2 2 ) k (1  2 ) 2 k 1 . Nên giá trị n cần tìm chính là n  xk  3 (1  2 ) 2 k 1  (1  x  , với k 2 2 2 ) 2 k 1 , k 1. 5. Cho số nguyên n thỏa mãn 3n+1 và 4n+1 đều là số chính phương. Chứng minh n là bội của 56. Phương trình Pell và kiểu Pell 11 Giải. Từ giả thiết ta có 3n  1 a 2 , 4n  1 b 2 với Từ đó, được pt ( 2a ) 2  3b 2 1 và n xk  là số tự nhiên. a2  1 . 3 Trước hết ta đi tìm nghiệm ( xk , y k ) của pt Giải pt Pell này ta được a, b (2  3 ) k  (2  2 x 2  3 y 2 1 3) k thỏa mãn x k chẵn. , k 0 . Dễ thấy x k chẵn khi chỉ khi k lẻ, nên nghiệm cần tìm là x2 k 1 ( k 0 ), tương ứng ta có a 2 x2 k 1 a 2  1 x2 k 1  4 , do đó n   2 3 12 Thay công thức của x2 k 1 vào, biến đổi ta được n (7  4 3 ) 2 k 1  (7  4 3 ) 2 k 1  14 48 Từ đây, thực hiện khai triển nhị thức Newton, rút gọn và biến đổi, dễ dàng chứng minh n chia hết cho 56. 6. Chứng minh, nếu m 2  2 28n 2  1 là số nguyên với số tự nhiên n nào đó, thì m là số chính phương. Giải. Biến đổi để có ( ( m  2 2 4( 28n 2  1) nên m chẵn, ta viết pt thành m  1) 2  28n 2 1 . 2 Xét pt Pell Từ đó ta có x 2  28 y 2 1 có nghiệm nhỏ nhất ( a, b) =(127, 24). m (127  24 28 ) k  (127  24 28 ) k  1 2 2  m (127  24 28 ) k  (127  24 28 ) k  2 Nên m  A 2 với A (8  3 7 ) k  (8  3 7 ) k rõ ràng là số nguyên. Nhận xét Khi giải bài này, tôi tự hỏi số 28 kia ở đâu ra? Có thể thay bởi số nào? Nhìn lại định lí 3 trong 2.2 và lời giải trên, có thể thấy ngay là số 28 có thể thay bởi bất kì số nguyên dương d nào làm cho pt x 2  dy 2  1 có nghiệm. Chẳng hạn cho x 5 , y 1 ta được d 26 là một giá trị như thế. Bạn có thể kiểm nghiệm lại ! 7. Chứng minh số 3n  2 là số chính phương chỉ khi n 1 hoặc 3. Phương trình Pell và kiểu Pell 12 Giải. Ta có 3n  2 x 2 với x  N . (Xét đồng dư modun 4) dễ thấy n phải là số lẻ, n 2k  1 với k  N . Biến đổi ta được pt x 2  3 y 2  2 với y 3 k . Giải pt kiểu Pell này ta được 2 dãy nghiệm xác định bởi xi  yi 3 (1  3 )(7  4 3 ) i Và x ' i  y ' i 3 (5  3 3 )(7  4 3 ) i  yi  A  B Từ đó xác định nghiệm y  '  y i 3 A  5 B Để ý rằng y 3 k với nên không khó khăn, chứng minh được rằng chỉ có giá trị i 0 thỏa mãn, hay là 8. (7  4 3 ) i  ( 7  4 3 ) i 2 i (7  4 3 )  ( 7  4 3 ) i B 2 3 A n 1 hoặc 3 mới thỏa mãn. Cho 2 dãy {xn },{ y n } xác định như sau x0 1, x1 4, xn2 3xn1  xn ; y 0 1, y1 2, y n2 3 y n1  y n . a) 2 2 Chứng tỏ với mọi số tự nhiên n ta có xn  5 y n  4 0 b) Giả sử a, b là các số dương thỏa mãn a 2  5b 2  4 0 . Chứng minh tồn tại số tự nhiên k để xk a, y k b. (Vietnam M.O. 1999) Giải. Vì 2 dãy đã cho có cùng công thức truy hồi (tuyến tính cấp 2), chỉ khác nhau cặp số hạng đầu tiên. Ta dùng kí hiệu chung là dãy {cn } . Với 2 nghiệm tìm được của pt đặc trưng, ta có công thức xác định số hạng tổng quát a) cn  .( 3 5 n 3 5 n )   .( ) 2 2 Bằng cách tìm hệ số  ,  cho mỗi dãy, tính toán cụ thể ta có đẳng thức cần chứng minh. b) Xét pt kiểu Pell (u  v 5 )(9  4 5 ) n x 2  5 y 2  4 (1) có tập nghiệm là 3 dãy xác định bởi tương ứng 3 giá trị nghiệm riêng  (1,1) (u , v )   ( 4,2) .   (11,5) Bằng cách viết công thức nghiệm như trong lời giải bài 7, tương tự nhận xét trong 1.2, dễ dàng có được 3 dãy nghiệm ( xn , y n ) đều có từng thành phần (thứ nhất, thứ 2) thỏa mãn công thức truy hồi u n 2 18u n1  u n (*). Phương trình Pell và kiểu Pell Như vậy, số a, b 13 đã cho chính là một cặp nghiệm của pt (1) và do đó là một số hạng trong 3 dãy nghiệm trên. Bây giờ, ta tiếp tục chứng tỏ dãy {xn },{ y n } đã cho có thể chia mỗi dãy thành 3 dãy nhỏ mà mỗi một trong 3 dãy này chính là một trong 3 dãy nghiệm trên. Trước hết ta chứng tỏ mỗi dãy nhỏ đó cũng có công thức truy hồi (*). Thật vậy, ở trên Đặt cn  .( 3 5 n 3 5 n )   .( ) 2 2 ta n 3k  r được 3 dãy c n , 0 c3k  .(9  4 5 ) k   (9  4 5 ) k 3 5 3 5 .(9  4 5 ) k   . (9  4 5 ) k 2 2 3 5 2 3 5 2  .( ) .(9  4 5 ) k   .( ) (9  4 5 ) k 2 2 c n ,1 c3k 1  . c n , 2 c3k 2 Dễ dàng thấy mỗi dãy này (gắn với chỉ số k) đều thỏa mãn công thức truy hồi (*). Bằng tính toán trực tiếp ta kiểm tra sự bằng nhau đôi một của cặp số hạng đầu. Như vậy ta có 3 dãy nghiệm và 3 dãy mới chia được (mỗi dãy gồm 2 thành phần nguyên) đều thỏa mãn cùng công thức truy hồi và đôi một cặp số hạng đầu bằng nhau. Vậy nên ( a, b) chính là một cặp ( xk , y k ) nào đó trong dãy đã cho. 9. Chứng minh rằng, ít nhất một trong 2 số 5 x 2  4 và 5 x 2  4 là số chính phương khi chỉ khi x là số hạng của dãy Fibonacci. Giải. Xét 2 pt kiểu Pell x 2  5 y 2 4 (1) và x 2  5 y 2  4 Pt Pell liên kết (của (1) và (2)) có nghiệm nhỏ nhất là (2). ( a, b) =(9, 4). Trong đó mỗi pt (1) (2) đều có tập nghiệm gồm 3 dãy ( xn , y n ) xác định theo công thức (u  v 5 )(9  4 5 ) n tương ứng với 3 nghiệm riêng lượt là (2,0), (3,1), (7,3) và (1,1), (4,2), (11,5). (u , v ) lần Phương trình Pell và kiểu Pell 14 Theo đề bài, ta cần chứng tỏ rằng hợp của 6 dãy y n - thành phần thứ 2 của 6 dãy nghiệm trên chính là dãy Fibonacci {a n }n0 , với a0 0, a1 1 , a n2 a n 1  a n . Ta có công thức số an  1 1 5 n 1 5 n [( )  ( ) ]. 2 2 5 hạng tổng quát của {a n }n0 là Bây giờ ta chia dãy này thành 6 dãy và biến đổi được kết quả sau bk a6 k  1 [(2  5 ) 2 k  ( 2  5 5 ) 2k ] (1  5 )(2  5 ) 2 k  (1  2 5 5 )(2  5 ) 2k d k a 6 k 2  (3  5 )( 2  5 ) 2 k  (3  2 5 5 )(2  5 ) 2k f k a6 k 3  1 [( 2  5 ) 2 k 1  (2  5 g k a6 k 4  (1  5 )( 2  5 ) 2 k 1  (1  2 5 5 )(2  5 ) 2 k 1 (3  5 )( 2  5 ) 2 k 1  (3  2 5 5 )(2  5 ) 2 k 1 ck a6 k 1  hk a6 k 5  5 ) 2 k 1 ] Lại kí hiệu 6 dãy y n - thành phần thứ 2 của 6 dãy nghiệm của (1) và (2) như sau Của pt (1), tương ứng nghiệm riêng (2,0), ta có dãy y n ,1 . Tương ứng nghiệm riêng (3,1), ta có dãy y n , 2 . Tương ứng nghiệm riêng (7,3), ta có dãy y n ,3 . Của pt (2), tương ứng nghiệm riêng (1,1), ta có dãy y n , 4 . Tương ứng nghiệm riêng (4,2), ta có dãy y n ,5 . Tương ứng nghiệm riêng (11,5), ta có dãy y n , 6 . Khi đó, từ công thức dãy nghiệm, không khó khăn ta chứng minh được sự bằng nhau của đôi một các dãy : bk và y n ,1 , ck và y n , 4 , d k và y n , 2 , f k và y n ,5 , g k và y n ,3 , hk và y n , 6 . 10. Cho 2 số tự nhiên của a 2  2 . Chứng minh a, b lẻ thỏa mãn a là ước của b 2  2 và b là ước a, b là các số hạng của dãy số tự nhiên (v n ) xác định bởi v1 v2 1 và vn 4vn 1  vn 2 . (VietnamMO 2012) Giải. Với rằng a, b a, b đã cho, trước hết ta dễ dàng chứng minh là hai số lẻ). ( a, b) 1 (để ý Phương trình Pell và kiểu Pell 15 Xét tổng a 2  b 2  2 chia hết cho cả a và b nên chia hết cho tích ab . Từ đó suy ra tồn tại số nguyên dương k để a 2  b 2  2 kab (1). Dễ dàng thấy k chẵn. Ta sẽ chứng minh k 4 . Ta thấy (1) xảy ra với ít nhất một cặp số nguyên dương cặp ( a, b) ( a, b) nên tồn tại có tổng nhỏ nhất, kí hiệu là (a0 , b0 ) (với a0 b0 ). 2 Khi đó pt bậc 2 (ẩn a ) a 2  kb0 a  b0  2 0 có một nghiệm là a0 . Áp dụng định lí Viet, suy ra nghiệm thứ 2, a1 của pt thỏa mãn 2 b 2 a1 kb0  a0  0 . a0 Như vậy, 2 cặp (a0 , b0 ) và (a1 , b0 ) cùng thỏa mãn (1). Do tính nhỏ nhất a k 0 của a0  b0 nên a0 a1 hay a0 kb0  a0  b  2 . 0 a b 2 0 0 Lại có từ (1) suy ra k  b  a  a b (2) 0 0 0 0 Từ đó k k  1  2 2 (vì a0 ,b0 nguyên dương và a0 b0 ) Hay k 6. Áp dụng BĐT Cauchy, từ (2) dễ dàng có k  2. Mà k chẵn nên chỉ có thể là 4 hoặc 6. Nếu k 4 thì (a0 , b0 ) (1,1) nên tích a0 b0 nhỏ nhất là 2. Từ (2) lại có k k / 2  1  1 hay k 4 . Điều này không thể được. Vậy k=4. Như thế, số a 2  b 2  2 4ab Giải pt a, b đã cho chính là nghiệm nguyên dương của pt (3) tương đương c 2  3b 2  2 (*) với c a  2b . kiểu Pell (*) ta c  b 3 (u  v 3 )(7  4 3 ) n (xem Hay có nghiệm tính theo công thức lại lời giải bài 7). c  b 3 (u  v 3 )( 2  3 ) 2 n . Từ đó không khó khăn, chứng minh được mỗi dãy nghiệm c , b và do đó a, b 2 đều thỏa mãn công thức truy hồi như của dãy (v n ) (để ý rằng 3 ,2  Nhận xét 3 là 2 nghiệm của pt t 2 4t  1 ) và do đó dẫn tới đpcm. Phương trình Pell và kiểu Pell 16 Thực ra, trong lời giải trên, theo tôi, cái khó nằm ở phần đầu, chứng minh k=4. Kĩ thuật này còn được áp dụng trong rất nhiều bài toán pt Diophante khác, và còn được gọi là phương pháp phương trình Markov hay bước nhảy Viet. Còn phần 2, có thể áp dụng cách khác hoàn toàn không dùng giải pt Pell, với chú ý rằng nếu ( 4b  a, b) 11. là nghiệm của (3) thì a, b ( 4a  b, a ) và cũng là nghiệm của (3). Chứng minh phương trình kiểu Pell x 2  dy 2  1 vô nghiệm nếu d 3 (mod 4) . Giải. Bài toán được suy từ các khẳng định sau +) Nếu số nguyên tố p là ước của 4n 2  1 thì và áp dụng định lí Fecma cho p 1 (mod 4) (giả sử p=4k+3 ( 2 n) p  1 ). +) Với p nguyên tố, pt đồng dư x 2  1 (mod p) có nghiệm chỉ khi p=2 hoặc p 1 (mod 4) (khi +) Nếu d 3 (mod 4) p 1 (mod 4), thì x p 1 ! 2 là một nghiệm). thì d có ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k+3. Sau đây là một số đề bài tập tôi nhặt ở các tài liệu liên quan đến pt Pell, kiểu Pell để chúng ta cùng thử sức. 12. Cho a là số tự nhiên và d a 2  1 . Với x, y là số nguyên sao cho giá trị tuyệt đối của m  x 2  dy 2 nhỏ hơn 2a  2 . Chứng minh |m| là số chính phương. 13. Chứng minh, nếu n 2 là hiệu của lập phương hai số tự nhiên liên tiếp thì 2n  1 là số chính phương. 14. Với p là số nguyên tố, pt x 2  py 2 =-1 có nghiệm khi chỉ khi p 1 hoặc 2 (mod 4). 15. Nếu số nguyên tố p có dạng 4k+3 thì chỉ có đúng một trong hai pt x 2  py 2 2 có nghiệm. Phương trình Pell và kiểu Pell 16. 17 (Canada M.O 1988) Cho 2 dãy {xn },{ y n } xác định bởi x0 0, x1 1 , xn2 4 xn 1  xn ; y 0 1, y1 2 , y n 2 4 y n 1  y n . Chứng minh với mọi số tự 2 2 nhiên n thì y n 3xn  1 . 17. (Swedish M.O 1978) Cho P, Q là hai đa thức có bậc lần lượt là n, m , hệ số cao nhất bằng nhau và thỏa mãn P 2 ( x) ( x 2  1)Q 2 ( x)  1 . Chứng minh 18. P ' ( x ) nQ ( x ). Chứng minh với số tự nhiên k>3 thì pt x 2  1 (k 2  4) y 2 không có nghiệm nguyên. 19. Chứng minh rằng tất cả nghiệm nguyên dương của pt x 2  y 2  1 3 xy là ( x, y ) (a2 k  1 , a2 k 1 ) với {a n }n0 là dãy Fibonacci. 20. Chứng minh, tồn tại vô hạn cặp số nguyên dương ( m, n) thỏa mãn m 1 n 1  4 . n m 21. Chứng minh, tồn tại hai dãy số nguyên dương tăng ( a n ) , (bn ) thỏa 2 mãn a n (a n  1) là ước của bn  1 với mọi n. C. PHẦN KẾT LUẬN Với đối tượng nghiên cứu là pt Pell, kiểu Pell, tài liệu này giới thiệu lại một số định lí quan trọng giúp người đọc có thể dễ hiểu, dễ ghi nhớ cấu trúc nghiệm của từng loại pt trên. Từ đó, không chỉ giải pt cụ thể mà còn nhìn thấy vấn đề trong một số bài toán khoác bên ngoài hình thức khác (dãy số, số chính phương,...). Với việc giải một số bài tập cụ thể, tiêu biểu, hi vọng tài liệu giúp người đọc thấy bớt khó khăn hơn khi gặp pt Pell. Tuy nhiên, kiến thức là vô hạn nên những gì được trình bày trong tài liệu chỉ là phần nhỏ và cần bổ sung thêm nhiều. Đề xuất, ý kiến Để nâng cao chất lượng dạy và học nói chung, ngoài việc tự học của thày và trò, cần Phương trình Pell và kiểu Pell 18 - Trao đổi chuyên môn, tài liệu, chuyên đề (sưu tầm hay tự viết) giữa đội ngũ giáo viên các trường chuyên cũng như giáo viên với chuyên gia uy tín trong cùng chuyên môn. - Tích cực tham gia hay kết hợp tổ chức với các hội toán các hội thảo chuyên đề, từ đó nắm bắt xu hướng phát triển của toán nói chung và toán thi học sinh giỏi nói riêng. - Về chuyên đề số học, có thể và nên bắt đầu giới thiệu và dạy cơ bản cho học sinh từ cấp 2, tạo đà khi học nội dung này ở THPT chuyên. Phương trình Pell và kiểu Pell 19 Tài liệu tham khảo [1] Tài liệu bồi dưỡng chuyên môn giáo viên trường trung học phổ thông chuyên năm 2012, tr 207-219. [2] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy (2010), Bài giảng số học, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam. [3] Nguyễn Hữu Hoan (1986), Số học phổ thông, Nhà xuất bản Đại học và trung học chuyên nghiệp, Hà Nội. [4] Dusan Djukic (2007), Pell ‘s Equation, The IMO Compendium Group, www.imomath.com [5] Phạm Tiến Kha (2013), Chuyên đề số học, www.mathscope.vn, tr 7-16. [6] Naoki Sato, Number Theory.
- Xem thêm -