Luận văn thạc sỹ số lucas suy rộng dạng 5kx2 và 7kx2

Mở đầuDãy số Fibonacci xuất hiện lần đầu trong cuốn sách Liber Abacci năm 1202 khi Leonardo Fibonacci hay còn gọi bằng tên khác là LeonardoPisano là một nhà toán học người Ý giải quyết b

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS Trần Đức Dũng

THÁI NGUYÊN - 2022

1 Kiến thức chuẩn bị 5

1.1 Dãy Fibonacci, dãy Lucas 5

1.1.1 Một số định nghĩa 5

1.1.2 Số Lucas bình phương 8

1.2 Kí hiệu Jacobi 11

2 Số Lucas suy rộng dạng 5kx2 và 7kx2 15 2.1 Một số kết quả đã biết 15

2.2 Số Lucas suy rộng dạng 5kx2 18

2.3 Số Lucas suy rộng dạng 7kx2 25

Mở đầu

Dãy số Fibonacci xuất hiện lần đầu trong cuốn sách Liber Abacci năm

1202 khi Leonardo Fibonacci (hay còn gọi bằng tên khác là LeonardoPisano) là một nhà toán học người Ý giải quyết bài toán liên quan đếnviệc sinh nở của bầy thỏ Số Fibonacci xuất hiện và biến hóa vô tậntrong tự nhiên, với rất nhiều tính chất đẹp và ứng dụng quan trọng.Công trình quan trọng đầu tiên nghiên cứu về số Fibonacci là củanhà toán học Francois Ỗdouard Anatole Lucas (1842-1891) được công

bố trong bài seminar của ông vào 1878 Giống như dãy Fibonacci, mỗi sốtrong dãy Lucas bằng tổng của hai số liền trước nó Dãy số gồm thươnggiữa hai số Lucas liền nhau sẽ hội tụ đến giới hạn bằng tỉ lệ vàng Tuynhiên khác với dãy Fibonacci, hai số đầu tiên trong dãy Lucas là 2 và 1

Do vậy, một số tính chất của số Lucas sẽ khác với số Fibonacci

V0 = 2, V1 = P, V n = P.V n−1 + Q.V n−2 (n ≥ 2), (2)

Dãy U = ¶U n (P, Q)♢ n≥0 được gọi là dãy Fibonacci suy rộng Dãy V =

¶V n (P, Q)♢ n≥0 còn được gọi là dãy Lucas suy rộng Nếu P = Q = 1 thì

U n (1, 1) là dãy Fibonacci và V n (1, 1) là dãy Lucas.

Số Fibonacci suy rộng và số Lucas suy rộng dạng kx2 được nghiêncứu bởi nhiều nhà toán học và có rất nhiều kết quả đẹp được giới thiệu.Năm 1996, hai tác giả P.Ribenboim và W.L Mc Daniel xác định các chỉ

số n sao cho U n = x2,U n = 2x2, V n = x2 và V n = 2x2 với mọi số nguyên

tố lẻ nguyên tố cùng nhau P, Q Ngoài ra, năm 2001, hai tác giả này cũng chứng minh rằng V n = kx2 với k thỏa mãn một số giả thiết cho trước Trước đó, năm 1972, khi P lẻ, J.H.E Cohn chứng minh rằng V n = P x2

và V n = 2P x2 trong đó Q = ±1 Năm 2014, Z.Siar và R.Keskin với giả thiết Q = 1, đã tìm được tất cả chỉ số n thỏa mãn V n (P, 1) = kx2 khi

k♣P và P lẻ, trong đó k là ước dương square-free của P Cùng năm 2014,

R.Keskin đưa ra các kết quả nghiên cứu cho số Lucas suy rộng V n (P, −1) dạng kx2,2kx2,kx2 ± 1 và 2kx2 ± 1 với k♣P và k > 1.

Mục đích của luận văn này là nghiên cứu số Lucas suy rộng V n (P, −1)

có dạng 5kx2, 5kx2±1, 7kx2, 7kx2±1 khi k♣P và k > 1, xác định các chỉ

số n sao cho V n (P, −1) = 5x2± 1 và V n (P, −1) = 7x2± 1 Đồng thời đưa

ra tất cả các nghiệm của các phương trình đó Tác giả trình bày luậnvăn dựa trên cơ sở đọc hiểu và diễn đạt lại một cách có hệ thống nộidung của bài báo [5] trong danh mục tài liệu tham khảo của đề cương.Luận văn gồm phần mở đầu, phần kết luận, danh mục tài liệu thamkhảo, và hai chương có nội dung như sau:

Chương 1 " Một số Kiến thức chuẩn bị ", trong chương này tác giảtrình bày một số kiến thức cơ bản về dãy Fibonacci (dãy Fibonacci suyrộng), dãy Lucas (dãy Lucas suy rộng), số Fibonacci (số Fibonacci suyrộng), số Lucas (số Lucas suy rộng), số Lucas bình phương, ký hiệuJacobi

Chương 2 " Số Lucas suy rộng dạng 5kx2 và 7kx2", trong chương này

tác giả trình bày về số Lucas suy rộng dạng 5kx2 và 7kx2 khi k♣P và k >

1, tìm hiểu chỉ số n sao cho V n (P, −1) = 5x2± 1 và V n (P, −1) = 7x2± 1;cuối cùng tác giả diễn giải tất cả các nghiệm của các phương trình đó.Nội dung chính của chương được được tham khảo từ tài liệu [5]

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đạihọc Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của TS Trần Đức Dũng

Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Thầy đã hướng dẫn hiệu quả

và truyền cho em những kinh nghiệm nghiên cứu trong quá trình em họctập và hoàn thiện luận văn này

Em cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Khoa Toán Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giảng dạy vàtạo điều kiện thuận lợi cho em trong suốt quá trình em học tập ở trường

-Tác giả

ĐÀO THỊ HẰNG

mà Fibonacci đặt ra là: Trong một năm có bao nhiêu cặp thỏ?

• Vào cuối tháng đầu tiên, chúng giao phối, nhưng vẫn chỉ có 1 cặp

• Vào cuối tháng thứ hai, thỏ cái tạo ra một cặp mới, vì vậy bây giờ có

1 + 1 = 2 (cặp) thỏ trong cánh đồng

• Vào cuối tháng thứ ba, thỏ cái ban đầu lại tạo ra một cặp thỏ nữa,biến số lượng thỏ trong cánh đồng lúc này là 2 + 1 = 3 (cặp).

• Và vào cuối tháng thứ tư, thỏ cái ban đầu đã sinh thêm một cặp mới,thỏ cái sinh ra cách đây hai tháng cũng cho một cặp đầu tiên, tổng sốlúc này là 3 + 2 = 5 (cặp)

Vào cuối tháng thứ n, số lượng các cặp thỏ bằng số lượng các cặp mới (bằng số lượng các cặp trong tháng (n − 2)) cộng với số cặp trong tháng (n − 1) Đây là số Fibonacci thứ n.

Theo từng thế hệ, số lượng cặp thỏ là một dãy các con số sau này đượcbiết đến với tên số Fibonacci

Dãy Lucas là một dãy số được đặt tên nhằm tôn vinh nhà toán họcFrancois Esdouard Anatole Lucas (1842-1891), người đã nghiên cứu dãyFibonacci và dãy thuộc họ Fibonacci mà mỗi số trong dãy bằng tổngcủa hai số liền trước nó Sau đây ta giới thiệu định nghĩa dãy Fibonacci,dãy Lucas, dãy Fibonacci suy rộng, dãy Lucas suy rộng

V0 = 2, V1 = P, V n = P.V n−1 + Q.V n−2 (n ≥ 2), (1.2)

Dãy U = ¶U n (P, Q)♢ n≥0 được gọi là dãy Fibonacci suy rộng Dãy V =

¶V n (P, Q)♢ n≥0 còn được gọi là dãy Lucas suy rộng

Ta sẽ sử dụng U∗

n và V∗

n thay cho U n (P, 1) và V n (P, 1) Ở chương

2 của luận văn, với Q = −1, ta sử dụng U n và V n thay cho U n (P, −1) và

nghĩa tiếp theo

Định nghĩa 1.1.3 Ta xét dãy V n với

V0 = 2, V1 = 1, V n = V n−1 + V n−2 (n ≥ 2).

Khi đó đặt

L0 = 2, L1 = 1, L n = L n−1 + L n−2 (n ≥ 2). (1.4)

L n = V n (1, 1) được gọi là các số Lucas, L n là số Lucas thứ n.

Dãy 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, được gọi là dãy số Lucas, kí hiệu

là (L n)

Từ công thức (1.1) và (1.2) cho P = 2, Q = 1 Do đó D = 8.

Định nghĩa 1.1.4 Các số

U0 = 0, U1 = 1, U n = U n (2, 1) = 2U n−1 + U n−2 (n ≥ 2). (1.5)

V0 = 2, V1 = 2, V n = V n (2, 1) = 2V n−1 + V n−2 (n ≥ 2). (1.6)

là các số Pell và số Pell Lucas

Dãy 0, 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, được gọi là dãy số Pell, kí hiệu là (P n)

Dãy 2, 2, 6, 14, 34, 82, 198, được gọi là dãy số Pell Lucas, kí hiệu là (Q n)

Gọi α và β là các nghiệm của phương trình x2 − P x − Q = 0 Khi

Năm 1964, J.H.E Cohn của Đại học London (Anh) đã chỉ ra rằng ngoài

L1 = 1 và L3 = 4 không có số chính phương nào khác Chứng minh củaông sử dụng các bổ đề sau:

Chứng minh Giả sử L n là số chính phương x2 với n là số nguyên dương nào đó Khi đó L n = x2.

Trường hợp 1 Giả sử n là chẵn Đặt n = 2r Khi đó L n = L 2r = 2L2

+ Giả sử n ≡ 1 (mod 4) Nếu n = 1 thì L n = 1 là số chính phương Do

vậy ta giả sử n > 1 Khi đó ta có thể viết n = 1 + 2.3 i k với i ≥ 0 và k

là số chẵn không chia hết cho 3 Theo bổ đề 1.1.7, ta có

L n = −L1 ≡ −1 (mod Lk)

và (−1) là thặng dư bậc hai của L k Suy ra L n không thể là số chínhphương

+ Giả sử n ≡ 3 (mod 4) Nếu n = 3 thì L n = L3 = 4 là số chính phương

Do vậy ta giả sử n ̸= 3 và n = 2 + 2.3 i k với i ≥ 0 và k là số nguyên

chẵn không chia hết cho 3 Theo bổ đề 1.1.7, ta có

L n = −L3 ≡ −4 (mod Lk).

Suy ra L n không thể là số chính phương Định lý được chứng minh □

Tiếp theo, ta nhắc lại về số Lucas có dạng 2x2

F n+2k ≡ F −n (mod Lk) với k không chia hết cho 3 và k ≡ 0 (mod 2).

(1.14)

Định lý 1.1.10 Giả sử x là số nguyên sao cho L n = 2x2 thì n = 0 hoặc

n = ±6.

Chứng minh Vì x2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8) nên L n = 2x2 ≡ 0 hoặc 2 (mod 8).Do

L n là số chẵn và theo công thức (1.8), ta có n ≡ 0 (mod 3) Suy ra 3♣n.

* Giả sử n là số lẻ Khi đó n có dạng 12q + r với 0 ≤ r ≤ 12 Vì n là bội của 3 nên r = 3 hoặc r = 9.

+ Nếu n = 12q + 3, theo công thức (1.12) thì

L n = L 12q+3 ≡ L3 ≡ 4 (mod 8).

Điều này mâu thuẫn vì L n ≡ 0 hoặc 2 (mod 8).

+ Nếu n = 12q + 9, theo công thức (1.12) thì

L n = L 12q+9 ≡ L9 ≡ 4 (mod 8).

Điều này mâu thuẫn vì L n ≡ 0 hoặc 2 (mod 8) Vậy n không phải là số

lẻ

* Giả sử n là số chẵn Khi đó n có dạng 8t, 8t ± 2 hoặc 8t + 4.

+ Nếu n = 8t hoặc 8t + 4, n ≡ 0 (mod 4).

+ Nếu n = 0 thì L n = L0 = 2 = 2.12

+ Nếu n ̸= 0, đặt n = 2.3 i k thì 2L n ≡ −2L0 ≡ −4 (mod Lk) Do đó

2L n không thể là số chính phương y2 Vì vậy L n không thể có dạng 2x2

+ Giả sử n ≡ −2 ≡ 6 (mod 8) Nếu n = 6 thì L6 = 2.32 (thỏa mãn yêu

cầu) Mặt khác, nếu n ̸= 6 thì n có dạng n = 6 + 2.3 i k với 4♣k, 3 ∤ k.

Suy ra

2L n ≡ −2L6 ≡ −36 (mod Lk).

Theo công thức (1.9) và (1.13) thì −36 là phi thặng dư bậc hai của L k

Vì vậy L n không thể là số chính phương 2x2

Cuối cùng nếu n ≡ 2 (mod 8) thì theo công thức L −n = L n, suy ra

−n ≡ 6 (mod 8) Từ đây, −n = 6 hay n = −6 Định lý được chứng

Định nghĩa 1.2.1 Nếu p là số nguyên tố lẻ và a là một số tự nhiên,

+ 1 nếu a là thặng dư bậc hai modulo p, nghĩa là tồn tại số nguyên k

sao cho k2 ≡ a (mod p);

+ −1 nếu a không là bình phương modulo p.

Tính chất 1.2.2 1. 

ab p



= 

a p

 

b p



;

2 Nếu a ≡ b (mod p) thì 

a p



= 

b p

Định nghĩa 1.2.3 Giả sử n > 0 là số tự nhiên lẻ và p α1

1 p α2

2 p α k

k là dạng phân tích tiêu chuẩn của n Với số nguyên a bất kì, kí hiệu Jacobi

a n

trong đó tất cả các kí hiệu bên vế phải là kí hiệu Legendre.

Tính chất 1.2.4 1 Nếu n là số nguyên tố thì kí hiệu Jacobi là kí hiệu



n m



= (−1)(m−1)(n−1)

4 .

Chú ý 1.2.5 Có hai tính chất đúng với kí hiệu Legendre nhưng không

thể mở rộng cho kí hiệu Jacobi Thứ nhất, nếu a

là thặng dư bậc hai của n Bởi vì kí hiệu Jacobi là tích của các kí hiệu

Legendre, nên có thể có hai kí hiệu Legendre bằng −1 và khi đó kí hiệuJacobi bằng 1 Tính chất thứ hai không thể mở rộng gắn với đồng dư

thức Euler 

a p



≡ a (p−1)/2 (mod p) với số nguyên tố p và số nguyên a

bất kì Một cách tự nhiên đồng dư thức Euler a



1. 2 331

  147 331



=  36 37



=  2 37

 2  9 37



=  37 9



=  1 9



= 1.

Chương 2

2.1 Một số kết quả đã biết

Trong phần này, ta nhắc lại một số định lý, bổ đề, công thức được sử

dụng trong việc chứng minh định lý chính Thay vì kí hiệu U n (P, −1) và

V n (P, −1), ta dùng kí hiệu U n và V n, và gọi là số Fibonacci suy rộng

(số Lucas suy rộng) thứ n ứng với Q = −1 Ngoài ra, (∗

∗) là kí hiệucho công thức Jacobi

Bổ đề 2.1.1 Cho n là số nguyên dương Khi đó

Bổ đề 2.1.2 [2] Mọi nghiệm nguyên dương của phương trình x2−5y2 =

1 cho bởi (x, y) = (L 3z / 2, F 3z / 2) với z là số tự nhiên chẵn.

Định lý 2.1.3 [3] Mọi nghiệm nguyên dương của phương trình x2 −

(P2 − 4)y2 = 4 cho bởi (x, y) = (V n , U n ) với n ≥ 1.

Định lý 2.1.4 [7] Cho n ∈ N ∪ ¶0♢, m, r ∈ Z và m là số nguyên khác

0 Khi đó

U 2mn+r ≡ U r (mod Um) (2.2)

Nếu r ≥ 2, thì theo công thức (2.8), ta có

Ta luôn giả sử trong phần này n là số nguyên dương.

Định lý 2.2.1 Nếu V n = 5kx2 với x là số nguyên nào đó thì n = 1.

Chứng minh Giả sử rằng V n = 5kx2 với x là số nguyên nào đó Khi đó theo (2.9), ta suy ra 5♣P và n là số lẻ Đặt n = 6q + r với r ∈ ¶1, 3, 5♢ Lại theo (2.15), ta thu được V n = V 6q+r ≡ V r (mod 8) Do đó, ta có

V n ≡ V1, V3, V5 (mod 8) Suy ra V n = 5kx2 ≡ P, 6P (mod 8) và từ đây,

kx2 ≡ 5P, 6P (mod 8) Mặt khác, do k♣P nên ta có thể viết P = kM với M lẻ Do đó, ta thu được

kM x2 ≡ 5P M, 6P M (mod 8), chứng tỏ rằng P x2 ≡ 5P M, 6P M (mod 8) Do P là lẻ nên từ đồng dư trên ta có x2 ≡ 5M, 6M (mod 8) Suy ra M ≡ 5 (mod 8) do M là lẻ Bây giờ ta giả sử n > 1 Khi đó n = 4q ± 1 = 2.2 r a ± 1, 2 ∤ a và r ≥ 1.

Thay giá trị của n vào V n = 5kx2 và sử dụng (2.5) ta có

suy ra V2

Định lý 2.2.3 Cho k♣P với k > 1 Khi đó không có số nguyên x nào

để V n = 5kx2 − 1.

Chứng minh Giả sử rằng V n = 5kx2− 1 với x là số nguyên nào đó Khi

đó theo Bổ đề 2.1.1, n là số chẵn Ta chia phần chứng minh thành ba

trường hợp

Trường hợp 1: Giả sử rằng 5♣P Khi đó theo Bổ đề 2.1.1, suy ra V n ≡

±2 (mod 5), mâu thuẫn với đẳng thức V n ≡ 4 (mod 5).

Trường hợp 2: Giả sử rằng P2 ≡ −1 (mod 5) Khi đó theo công thức

(2.13), ta có 5♣U5 Đặt n = 10q + r với r ∈ ¶0, 2, 4, 6, 8♢ Theo (2.3), ta

thu được

V n = V 10q+r ≡ V r (mod U5), suy ra V n ≡ V0, V2, V4, V6, V8 (mod 5) Từ đó V n ≡ 2 (mod 5), mâu thuẫnvới đẳng thức V n ≡ 4 (mod 5).

Trường hợp 3: Giả sử rằng P2 ≡ 1 (mod 5) Do n là chẵn, n = 2m với

m > 0 nào đó Do đó, ta thu được

5kx2 − 1 = V n = V 2m = V2

m − 2

theo (2.8) Nếu m là lẻ thì P ♣V m theo Bổ đề 2.1.1 và do đó ta thu được

k♣1, mâu thuẫn Suy ra m là chẵn Đặt m = 2u với u > 0 nào đó Khi

đó n = 4u và do vậy

5kx2

− 1 = V 4u ≡ V0 ≡ 2 (mod U2)theo (2.3), từ đó

kéo theo

15x2

≡ 3 (mod P).

Lại do 3♣P, suy ra 5x2 ≡ 1 (mod P/3) Vì thế P/35  = 1 Khi đó P2 ≡

1 (mod 5) Suy ra, P ≡ 1, 4 (mod 5) Do đó P/3 ≡ ±2 (mod 5) Do vậy,

m ≡ 3 (mod 5), mâu thuẫn Suy ra, n phải là lẻ.

Trường hợp 1: Giả sử 5♣P Vì n lẻ nên từ Bổ đề (2.1.1) ta có 5♣V n, suy

ra 5♣1, mâu thuẫn

Trường hợp 2: Giả sử rằng P2 ≡ 1 (mod 5) Nếu n > 1 thì n = 4q ± 1 = 2.2 r a ± 1, 2 ∤ a và r ≥ 1 Do đó,

5x2 = V n − 1 ≡ −V1 − 1 ≡ −(P + 1) (mod V2r)theo công thức (2.5) Từ các công thức (2.17),(2.18) và (2.25), ta dẫnđến

Trường hợp 3: Giả sử rằng P2 ≡ −1 (mod 5) Nếu P ≡ 1 (mod 4), do

n là lẻ nên ta có thể viết n = 4q ± 1 Do đó, 5x2 + 1 = V n ≡ V1 ≡

P (mod U2) Suy ra

5x2

Do P2 ≡ −1 (mod 5), suy ra P ≡ ±2 (mod 5) Do đó, ta có

Nếu x là lẻ thì P, 6P ≡ 6 (mod 8), điều này không thể vì P ≡ 3, 7 (mod 8).

V n = 5x2 − 1 ta thu được V2 = P2 − 2 = 5x2 − 1, tức là P2 − 5x2 = 1.

Theo bổ đề 2.1.2, ta thu được P = L 3z / 2 và x = F 3z / 2 với z là số

tự nhiên chẵn Nếu m là chẵn thì m = 2u với u > 0 nào đó Suy ra

Nếu n ≡ 2 (mod 4),với n ≥ 6 thì n = 2(4q) ± 2 Do đó, 5x2 − 1 = V n ≡

V2 (mod V2) theo (2.5), kéo theo 5x2 ≡ 1 (mod P2− 2) Nhưng điều này

Suy ra n = 2 Thay giá trị của n vào V n = 5x2−1 cho ta P2−2 = 5x2−1,

suy ra P2 ≡ 1 (mod 5), mâu thuẫn vì P2 ≡ −1 (mod 5) Bây giờ, nếu

n ≡ 0 (mod 4) thì n = 4u với u nào đó Theo (2.8), ta có 5x2− 1 = V n =

V 4u = V2

2u − 2 nên V 2u2 − 1 = 5x2 Từ đây, (V 2u − 1)(V 2u + 1) = 5x2 Rõ

ràng, d = (V 2u − 1, V 2u + 1) = 1 hoặc 2 Nếu d = 1,thì hoặc

V 2u − 1 = a2 , V 2u + 1 = 5b2 (2.27)hoặc

V 2u − 1 = 5a2 , V 2u + 1 = b2 (2.28)

với a, b là số nguyên nào đó Ta thấy rằng (2.27) và (2.28) là không thể Nếu d = 2, thì hoặc

V 2u − 1 = 2a2 , V 2u + 1 = 10b2 (2.29)hoặc

V 2u − 1 = 10a2 , V 2u + 1 = 2b2 (2.30)

với a, b là số nguyên nào đó Dễ thấy rằng, theo (2.8), ta thấy rằng (2.30)

là vô lý vì trong trường hợp này V2

u ≡ 3 (mod 5) Giả sử (2.29) là thỏamãn Khi đó theo (2.8), ta có

Nếu 3 ∤ a thì a2 ≡ 1 (mod 3) và do đó ta thu được V u2 ≡ 2 (mod 3), mâu

thuẫn Do đó ta có 3♣a Suy ra 3♣V u Trong trường hợp này, 3♣a và 3♣V u,kết hợp với (2.31) ta có 9♣3, vô lý Chứng minh được hoàn thành

□

2.3 Số Lucas suy rộng dạng 7kx2

Định lý 2.3.1 Nếu V n = 7kx2 với k♣P và k > 1 thì n = 1.

Chứng minh Giả sử V n = 7kx2 với x là số nguyên nào đó Khi đó theo

bổ đề 2.1.1, ta có n là lẻ Và do 7♣V n và n là lẻ nên từ (2.10) suy ra 7♣P Khi đó theo (2.15), ta có V n ≡ V1, V3, V5 ≡ P, 6P (mod 8) Từ đó 7kx2 ≡ P, 6P (mod 8), tức là kx2 ≡ 2P, 7P (mod 8) Do k♣P , ta có thể viết P = kM với M lẻ Từ đó, ta có kMx2 ≡ 2P M, 7P M (mod 8) Suy

ra x2 ≡ 2M, 7M (mod 8) Do đó, M ≡ 7 (mod 8) vì M là số lẻ Bây giờ

ta giả sử n > 1 Khi đó n = 4q ± 1 = 2.2 r a ± 1, 2 ∤ a và r ≥ 1 Thay giá

= −1 Điều này có nghĩa là 1 = −1, vô lý Do đó

r = 1 Nhưng trong trường hợp này, từ

Định lý 2.3.2 Cho k♣P với k > 1 Khi đó phương trình V n = 7kx2+ 1

không có nghiệm nguyên.