Về phương trình diophant dạng x2 ±c y2 ±d z4

Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học – Đạihọc Thái Nguyên tác giả luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và động viêncủa các thầy cô trong Ban Giám hiệu, phòng Đ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

TS NGÔ VĂN ĐỊNH

THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục

1.1 Phương trình Diophant dạng ax2 − by4 = ±2 3

1.2 Phương trình Diophant dạng ax2 − by4 = ±4 4

1.3 Dãy Lehmer và một số kết quả liên quan 5

2 Phương trình Diophant dạng (x2 ± C)(y2 ± D) = z4 13 2.1 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 1)(y2 ± 1) = z4 13

2.2 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y2 ± 4) = z4 21

2.3 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y2 ± 2) = z4 26

2.4 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y2 ± 1) = z4 29

2.5 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y2 ± 4) = z4 31

2.6 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y2 ± 1) = z4 35

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tỉ mỉ và tận tình củathầy giáo TS Ngô Văn Định Em xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâusắc đến Thầy

Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học – Đạihọc Thái Nguyên tác giả luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và động viêncủa các thầy cô trong Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo và khoa Toán – Tin

Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy cô

Cuối cùng tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, các anh chị học viên lớpCao học Toán K11A đã trao đổi, động viên và khích lệ tác giả trong quá trìnhhọc tập và làm luận văn tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019

Tác giả luận văn

Hà Trường Giang

Mở đầu

Số học là một bộ môn toán học có đối tượng nghiên cứu là các số nguyên.Không có gì đơn giản và quen thuộc hơn đối với chúng ta là các số nguyên.Ngày nay, với sự phát triển của khoa học và công nghệ, đặc biệt là công nghệ

số hóa, đã đòi hỏi con người không ngừng nghiên cứu và khám phá các quyluật, các thuật giải cho các bài toán liên quan tới số nguyên Bao hàm trongmảng số học, là giải phương trình nghiệm nguyên hay còn gọi là phương trìnhDiophant Lớp phương trình này còn tồn tại nhiều bài toán, giả thuyết chưa

có câu trả lời Nó luôn là vấn đề thu hút được nhiều nhà Toán học quantâm nghiên cứu và tìm hiểu Chính việc đi tìm lời giải cho các bài toán haychứng minh các giả thuyết về phương trình Diophant đã làm nảy sinh nhiều

lý thuyết, phương pháp khác của Toán học Lớp bài toán liên quan tới phươngtrình Diophant không có quy tắc giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đốivới các dạng đơn giản Đó cũng là nguyên nhân để lớp phương trình này thuhút sự khám phá nghiên cứu của các nhà Toán học Trong hầu hết các kỳthi quan trọng như thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Quốc tế, các bài toánliên quan đến phương trình Diophant thường xuyên được sử dụng để đánhgiá học sinh

Do đó, dưới sự hướng dẫn khoa học của TS Ngô Văn Định, tôi đã chọnhướng đề tài luận văn của mình liên quan tới một lớp phương trình Diophant

Cụ thể là nghiên cứu về tính chất nghiệm của phương trình Diophant dạng

(x2 ± C)(y2 ± D) = z4,

trong đó C, D ∈ {±1, ±2, ±4}

Với tên đề tài “Về phương trình Diophant dạng (x2 ± C)(y2 ± D) = z4”,mục đích của luận văn là trình bày lại một số kết quả nghiên cứu của Luca

và Walsh [6] được công bố trên tạp chí Acta Arithmetica năm 2001 và một

số kết quả của Yuan và Luo [10] được công bố trên tạp chí Acta Arithmeticanăm 2010 Công cụ quan trọng trong các chứng minh của các kết quả này là

sử dụng các kết quả đã có về nghiệm của phương trình Diophant dạng

ax2 − by4 = c,

với c ∈ {±1 ± 2, ±4}

Nội dung luận văn gồm 2 chương Chương 1 tập trung trình bày một sốkết quả chuẩn bị, đặc biệt giới thiệu sơ lược một số kết quả về phương trìnhDiophant dạng ax2 − by4 = c sẽ được dùng trong chứng minh các nội dungchính của chương sau Chương 2 trình bày lại các kết quả quan trọng của Luca

và Walsh, của Yuan và Luo về tính chất nghiệm của phương trình Diophantdạng (x2 ± C)(y2 ± D) = z4, với C, D ∈ {±1, ±2, ±4}

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2019

Tác giả luận văn

Hà Trường Giang

Với mệnh đề dưới đây, Luca và Walsh đã cho lời giải đầy đủ của phươngtrình Diophant dạng:

ax2 − by4 = 2 (1.4)

Mệnh đề 1.1.1 ([6, Định lý 2]) (i) Nếu b1 không là số chính phương thìphương trình (1.4) không có nghiệm.

(ii) Nếu b1 là một số chính phương và b3 không là số chính phương thì

(X, Y ) = (a1,√

b1) là nghiệm duy nhất của phương trình (1.4)

(iii) Nếu b1 và b3 cùng là số chính phương thì (X, Y ) = (a1,√

b1), (a3,√

b3)

là các nghiệm của phương trình (1.4)

Sử dụng phương pháp của Luca và Walsh, Yuan và Li [9] đã chứng minh giảthuyết của Akhtari, Togbe và Walsh đối với phương trình dạng aX2− bY4 =

−2 Cụ thể, ta có mệnh đề sau đây:

Mệnh đề 1.1.2 ([9]) Cho các số nguyên dương lẻ bất kỳ a, b, phương trình

ax2 − by4 = −2 có nhiều nhất là một nghiệm nguyên dương và nghiệm nàyđược xây dựng từ nghiệm nhỏ nhất của phương trình bậc hai ax2− by2 = −2.1.2 Phương trình Diophant dạng ax2 − by4 = ±4

Giả sử A và B là các số nguyên dương lẻ sao cho phương trình Diophant:

Mệnh đề 1.2.1 ([5, Định lý 1]) Phương trình Diophant dạng Ax4−By2 = 4

có nhiều nhất là hai nghiệm nguyên dương x, y Cụ thể:

(i) Nếu a1 = h2 và Aa21 − 3 = k2 thì phương trình (1.5) chỉ có hai nghiệm

x = √

a1 = h và x = √

a3 = hk

a5 = 5hk.Trong các trường hợp còn lại, phương trình (1.5) không có nghiệm.

Đối với phương trình dạng Ax4− By2 = −4, ta có mệnh đề sau đây đượcchứng minh bởi Luo và Yuan

Mệnh đề 1.2.2 ([7]) (i) Nếu b1 không là số chính phương thì phương trình:

Ax2 − By4 = 4 (1.7)không có ngiệm nguyên dương ngoại trừ trường hợp b1 = 3h2 và Bb21+3 =3k2, trong trường hợp đó y = √

b3 là nghiệm duy nhất của phương trình(1.7)

(ii) Nếu b1 là số chính phương thì phương trình (1.7) có nhiều nhất mộtnghiệm nguyên dương mà y = √

1.3 Dãy Lehmer và một số kết quả liên quan

Trong phần này, chúng tôi sẽ giới thiệu một số kết quả sẽ được sử dụngtrong chương sau của luận văn Đặc biệt, chúng tôi sẽ nhắc lại một số kếtquả có liên quan đến các dãy số Lehmer Trước tiên, ta nhắc lại kết quả sauđây của Walsh

Mệnh đề 1.3.1 ([8, Định lý 2.1.1]) Giả sử D 6= 2 là một số nguyên dươngkhông chính phương với 8- D

(i) Nếu 2 | D thì có một và chỉ một phương trình dạng

kx2 − ly2 = 1

có các nghiệm nguyên, trong đó (k, l) chạy trên tất cả các cặp số nguyênsao cho k > 1, kl = D.

(ii) Nếu 2 -D thì có một và chỉ một phương trình dạng

kx2 − ly2 = 1, kx2 − ly2 = 2

có nghiệm nguyên, trong đó (k, l) của phương trình thứ nhất chạy trêntất cả các cặp số nguyên sao cho k > 1, kl = D, còn (k, l) trong phươngtrình sau chạy trên tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn k > 0, kl = D.(iii) Nếu 2 -D và phương trình Diophant x2 − Dy2 = 4 có nghiệm nguyên lẻ

(ii) Giả sử D là một số nguyên dương thỏa mãn x2 − Dy2 = 4, 2 - xy là giảiđược Khi đó có một và chỉ một phương trình dạng

kx2 − ly2 = 1

có nghiệm nguyên, trong đó (k, l) chạy trên tất cả các cặp số nguyên thỏamãn k > 1, kl = D

Giả sử L > 0 và M là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau thỏa mãn

L − 4M > 0 Gọi α và β là hai nghiệm của tam thức bậc hai x2−√Lx + M.Khi đó dãy Lehmer {Pn} và dãy Lehmer liên kết {Qn} được định nghĩa bởi

số chính phương và AB
là kí hiệu Jacobi của A tương ứng với B, trong đó

A và B là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau

Mệnh đề 1.3.3 ([7, Định lý R1]) Với một số nguyên tố lẻ p, phương trìnhnghiệm nguyên Pp = px2 không có nghiệm nếu một trong hai giả thiết sauđược thỏa mãn:

(i) (L, M ) ≡ (1, 0) mod 4 và (ML) = 1;

(ii) (L, M ) ≡ (0, 3) mod 4 và (ML) = 1

Mệnh đề dưới đây cho ta kết quả tương tự đối với phương trình Pp = x2.Mệnh đề 1.3.4 ([7, Định lý R2]) Với một số nguyên tố p, phương trìnhnghiệm nguyên Pp = x2 không có nghiệm nếu một trong hai giả thiết sauđược thỏa mãn:

(i) (L, M ) ≡ (3, 0) mod 4 và (ML) = 1;

(ii) (L, M ) ≡ (0, 1) mod 4 và (ML) = 1

Mệnh đề 1.3.5 ([7, Định lý 1.2.1]) Giả sử L và M là các số nguyên dương

lẻ nguyên tố cùng nhau với L − 4M > 0 Nếu Qn = ku2, k|n, thì n = 1, 3, 5.Nếu Qn = 2ku2, k|n, thì n = 3

Mệnh đề 1.3.6 ([7, Định lý 1]) Cho plà một số nguyên tố lẻ Nếu (L, M ) ≡(2, 1) mod 4 và ML
= 1 thì phương trình Pp = x2 với x là một số nguyênkhông có nghiệm nguyên thỏa mãn p > 3, và phương trình Pp = px2 không

có nghiệm nguyên

Mệnh đề 1.3.7 ([10, Bổ đề 3.7]) Nghiệm nguyên dương của phương trình

x2 − 2y4 = −1 là (x, y) = (1, 1), (239, 13)

Mệnh đề 1.3.8 ([3, Định lý 2.1]) Giả sử d > 3 là một số không chínhphương thỏa mãn phương trình Pell

X2 − dY2 = −1

giải được trong tập các số nguyên dương, và giả sử r = v + u√

d là nghiệmnguyên dương bé nhất của nó Khi đó, nghiệm nguyên dương duy nhất củaphương trình

X2 − dY4 = −1

là (X, Y ) = (v,√

u).Mệnh đề 1.3.9 ([10, Bổ đề 3.9])

(i) Giả sử a và b là các số nguyên dương, với a là số không chính phương,thỏa mãn phương trình aX2 − bY2 = 1 giải được trong tập các số nguyêndương Giả sử (v,) là nghiệm với v nhỏ nhất và đặt r = v√

X2 − DY4 = 1 (1.10)Hơn nữa,

(1) Nếu tồn tại hai nghiệm với Y1 < Y2 thì Y12 = U1 và Y22 = U2, trừ khi

D = 1785 hoặc D = 16.1785, trong trường hợp đó Y12 = U1 và Y22 = U4.(2) Nếu tồn tại duy nhất một nghiệm nguyên dương (X, Y ) của phương trình(1.10) thì Y2 = U1 mà U1 = lv2 với l không có ước chính phương và l =

1, l = 2 hoặc l = p với p là số nguyên tố thỏa mãn p ≡ 3 mod 4

Mệnh đề 1.3.10 ([4, Định lý 1.2.2]) Giả sử nghiệm cở bản của phươngtrình v2− du2 = 1 là a + b√

d Khi đó các nghiệm có thể có của phương trình

X4 − dY2 = 1 được xác định bởi X2 = a và X2 = 2a2 − 1 Cả hai nghiệmxảy ra trong các trường hợp d = 1785, 7140, 28560

Mệnh đề 1.3.11 ([10, Bổ đề 3.11]) Cho s,d là các số nguyên dương với

s > 1 Khi đó phương trình Diophant

B là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình

Ax2 − By2 = 1 Khi đó ta có mệnh đề sau đây:

Chứng minh Giả sử (ak, bk) là các số nguyên dương thỏa mãn

vì vậy (1.13) là không đúng nên r1l = 1 là đúng Suy ra a1 = r Mệnh đề 1.3.14 ([10, Bổ đề 3.14]) Giả sử a và b là các số nguyên dương

lẻ thỏa mãn phương trình aX2 − bY2 = 2 giải được trong tập các số nguyêndương (X, Y ) Giả sử (a1, b1) và (ak, bk) lần lượt được xác định bởi

1y4 = 2 có ba nghiệm nguyên dương (x, y) với y = 1,

√

P3 và √

P9, điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 1.1.1 Vì vậy k = 1 hoặc

k = 3

Tiếp theo chúng ta chứng minh (i) Từ Mệnh đề 1.3.3 ta có k = 3m với m

là số nguyên không âm Nếu m > 1, khi đó có một chứng minh tương tự chỉ

ra P9 = 3P3 và P3 = 3, điều đó chỉ ra phương trình aa1x4 − by2 = 2 cóhai nghiệm nguyên dương (x, y) với x = 1 và √

P9, mâu thuẫn với Mệnh đề

không có nghiệm nguyên dương

(ii) Nghiệm nguyên dương của phương trình

là (x, y, z) = (1, 1, 1)

Chứng minh Ta có x2 + y2 = 2z2 và 2 - xyz Do đó các số nguyên u, v thỏamãn

2.1 Phương trình Diophant dạng (x2 ± 1)(y2 ± 1) = z4

Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày lại một số kết quả của Luca vàWalsh [7] về các phương trình

(x2 ± 1)(y2 ± 1) = z4

Trong suốt phần tiếp theo của luận văn, ta sẽ kí hiệu ordp(N ), với p là một

số nguyên tố và N là một số nguyên chia hết cho p, là số mũ của p trongphân tích tiêu chuẩn của N

Định lý 2.1.1 ([7, Định lý 3(1)]) Phương trình:

(X2 + 1)(Y2 + 1) = Z4 (2.1)không có nghiệm nguyên dương

Khi đó, tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình (2.2) đều có dạng

(T, U ) = (Tk, Uk) với k là các số nguyên lẻ Với các kí hiệu trước đó, kéo theo

X = Tk và Y = Tl cho các số nguyên lẻ k, l và

Uk = rsu21 và Ul = tsu22, (2.3)với u1, u2 là hai số nguyên dương Do k và l đều là số lẻ nên từ (2.3) suy ra

rt cũng là số lẻ Giả sử p là một nhân tử nguyên tố của rt Khi đó p là ướcmột trong các số r hoặc t nhưng không phải là ước chung của cả hai số đó.Suy ra ordp(k) 6= ordp(l) Không mất tính chất tổng quát, ta giả sử

Khi đó Uk

Uk là số hạng thứ p của dãy Lehmer mà phương trình đặc trưng cócác nghiệm là α và β Dãy này thỏa mãn giả thiết của Mệnh đề 1.3.3, do đóđẳng thức (2.5) không thể xảy ra, và phương trình (2.1) không có nghiệm

Chứng minh Ta định nghĩa lại các số r, s, t tương tự như trong chứng minhcủa Định lý 2.1.1 nhưng thay thế X2 + 1 trong định nghĩa đó bởi AX2 + 1

Từ phương trình (2.5), ta suy ra

rts2(tu21)2 − AX2 = 1, rts2(ru22)2 − AY2 = 1, (2.6)với u1 và u2 là hai số nguyên dương Giả sử rts2 > 1, kí hiệu ε = T1√

T1 = t = r

Do vậy rt = 1 vì gcd(r, t) = 1 Do đó (2.6) trở thành

s2u41 − AX2 = 1, s2u42 − AY2 = 1 (2.8)Các phương trình này không có nghiệm nguyên dương với X 6= Y theoMệnh đề 1.3.11 Do vậy, phương trình (2.5) không có nghiệm nguyên dương

(X, Y, Z) với X 6= Y 

Định lý 2.1.3 ([7, Định lý 3(2)]) Nghiệm nguyên dương của phương trình

(X2 + 1)(Y2 − 1) = Z4 (2.9)

là (X, Y, Z) = (1, 3, 2); (239, 3, 26)

Chứng minh Tiếp tục sử dụng các số r, s, t được định nghĩa trong chứngminh của Định lý 2.1.1 Giả sử (X2 + 1)(Y2 − 1) = Z4 Lập luận tương tựtrong trường hợp trước cho thấy tồn tại số các nguyên k và l sao cho k là số

lẻ, l là số chẵn, Tk = X, Tl = Y và

Uk = rsu21 và Ul = tsu22, (2.10)với u1, u2 là hai số nguyên dương Viết l = 2αl1, trong đó l1 là số lẻ Do s

chia hết Uk và k là số lẻ nên suy ra thứ bậc hiện hữu của mỗi ước nguyên tố

p của s trong {Un}n≥0 là số lẻ Nhắc lại rằng thứ bậc hiện hữu của một số v

trong dãy {Un}n≥0 là số nguyên bé nhất α(v) thỏa mãn v | Uα(v) Suy ra s lànguyên tố với Tj với mọi j ≥ 1 Điều này kéo theo

Ul1 = ( t

2δ)su23 với các số nguyên dương u3 và δ ∈ {0, 1} (2.11)Tương tự như trong trường hợp trước, sử dụng Mệnh đề 1.3.3, phương trình(2.1) chỉ ra rằngrtkhông thể chia hết cho một số nguyên tố lẻ Do đó, rt = 2,

Uk = su21 và Ul = 2su22 (2.12)

Do s nguyên tố với Tj với mọi j ≥ 1, Ul = 2Ul

2Tl 2

nên từ công thức (2.12)suy ra Tl

2 = π2 với π là số nguyên dương Do

Tj2 − 2Uj2 = ±1 với mọi j ≥ 1

nên

π4 − 2Uj2 = ±1

Sử dụng một kết quả của Ljunggren đối với các phương trình dạngx4−Dy2 =

±1, suy ra π = 1 và l = 2 Suy ra, Ul = 2, s = 1 và Uk = u21 Phương trìnhcuối cùng này tương đương với

Tk2 − 2v4 = −1

Sử dụng một kết quả khác của Ljunggren, chúng ta rút ra được u1 = 1 hoặc

u1 = 13, từ đó dẫn đến các nghiệm (X, Y, Z) = (1, 3, 2) và (239, 3, 26) Đây

là các nghiệm của phương trình (2.9) Định lý 2.1.4 ([7, Định lý 3(3)]) Phương trình

(X2 − 1)(Y2 − 1) = Z4 (2.13)không có nghiệm nguyên dương

Chứng minh Chúng ta định nghĩa lại các r, s, t tương tự như trong chứngminh của Định lý 2.1.1, trong đó X2 + 1 được thay thế bởi X2 − 1 Kí hiệu

(T1, U1) là nghiệm nguyên nhỏ nhất của phương trình Pell

với các số nguyên dương ai và bi Do Ti + Ui

al1 = t1s1π22, bl1 = t2s2z22, (t1t2 ∈



t, t2



, s1s2 = s0) (2.22)Hơn nữa, do

gcd(r1, n) = gcd(t1, n) = gcd(r2, m) = gcd(t2, m) = 1, (2.23)và

mn = rt, (2.24)nên từ (2.21)-(2.24) suy ra

Do đó, m = 2 Vì rt là số chẵn nhưng gcd(r, t) = 1 nên từ (2.16) suy ra

ord2(Uk) 6= ord2(Ul) Cho nên, từ các tính chất chia hết của các nghiệm của

phương trình Pell, chúng ta có ord2(k) 6= ord2(l) Không mất tính chất tổngquát, chúng ta giả sử ord2(k) > ord2(l) Khi đó s chia Uk

Áp dụng một kết quả của Cohn về phương trình Diophant x4 − Dy2 = 1,

ta suy ra khả năng duy nhất xảy ra là k = 2 hoặc k = 4 Do đó, hoặc T1

hoặc T2 là số chính phương Vì m = 2 nên

Ta vẫn sử dụng những kí hiệu như phía trên Trong trường hợp này, bằngphương pháp tương tự ta thu được

Uk1 = rs0v12, Ul1 = ts0v22, (2.26)

ak1 = r1s1π12, al1 = t1s1z12, (r1t1 = m), (2.27)

bk1 = r2s2π22, bl1 = t2s2z22, (r2t2 = n, s1s2 = s0) (2.28)Đầu tiên ta chỉ ra rằng n = 1 Giả sử điều này là không đúng và cho p ≥ 3

là một ước nguyên tố của n Vì

= (r2

p)s2v

2

3 hoặc pr2s2v32, (2.29)

với v3 là một số nguyên dương Do đó,

bk1

bk1 p

với π3 là số nguyên dương Sử dụng phương pháp tương tự như phần trước ta

có thể chỉ ra bbk1

k1 p

là số hạng thứ pcủa một dãy Lehmer thỏa mãn giả thiết củaMệnh đề 1.3.6 Suy ra phương trình (2.30) không thể xảy ra Do đó, n = 1.Bây giờ, chúng ta sẽ chỉ ra m = 3 Thật vậy, vì n = 1 nên m > 1 Giả sử p

là ước nguyên tố của m Do ordp(ak1) 6= ordp(al1) nên ordp(k1) 6= ordp(l1).Không mất tính tổng quát, ta giả sử ordp(k1) > ordp(l1) Từ đó suy ra

= π24,

với π4 là một số nguyên dương Vì bbk1

k1 p

là số hạng thứ p của dãy Lehmer thỏamãn giả thiết của Mệnh đề 1.3.6 nên p = 3 Do đó, m = 3 Quay trở lại vấn

đề ban đầu, phương trình (2.16) trở thành

Uk = 3su21 và Ut = su22, (2.31)trong đó

= 4Tk23

Điều này không thể xảy ra Đây là kết luận cho trường hợp c = 2 và Định lý