Đến nội dung

Hình ảnh

Phương Trình Nghiệm Nguyên


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
lyxuansang91

lyxuansang91

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết
1)Phương trình Pythagore

Phương trình Pythagore có dạng :
$ x^2 + y^2 = z^2 $

Dễ thấy nếu $ (x_{0},y_{0},z_{0})$ là một nghiệm của phương trình thì với mọi số nguyên dương k bộ $ (kx_{0},ky_{0},kz_{0})$ cũng là một nghiệm. Ngược lại nếu $ (x_{0},y_{0},z_{0})$ là một nghiệm của phương trình trên và $ d =(x_{0},y_{0},z_{0}) $ thì $ (\dfrac{x_{0}}{d}, \dfrac{y_{0}}{d},\dfrac{z_{0}}{d}) $ cũng là một nghiệm và việc của chúng ta cần làm là xét bộ (x,y,z) thỏa mãn (x,y,z) = 1 .


Định lí :
Giả sử (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy với x chẵn . Khi đó luôn tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n thỏa mãn :
$ x = 2mn , y = m^2 - n^2 , z = m^2 + n^2 $

Ngược lại, nếu tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n sao cho :
$ x = 2mn, y = m^2 - n^2 z = m^2 + n^2 $
thì (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy .


Chứng Minh:

Giả sử (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy với x chẵn , ta có :
$ \dfrac{x}{2}^2 = (\dfrac{z+y}{2})(\dfrac{z-y}{2}) $
Vì (z,y) = 1 nên $ (\dfrac{z+y}{2},\dfrac{z-y}{2})=1$

Do đó tồn tại 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n, sao cho :
$ \dfrac{z+y}{2} = m^2; \dfrac{z-y}{2} = n^2$
Từ đó suy ra $ x = 2mn , y= m^2 - n^2 , z = m^2 + n^2$

Ngược lại , nếu tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n sao cho :
$ x = 2mn; y = m^2- n^2 ; z= m^2 + n^2$ thì dễ dàng KT (x,y,z) là một bộ Pythagore. Cần chứng minh (x,y,z) là bộ Pythagore nguyên thủy .Đặt (y,z) = d vì y,z là số lẻ nên d lẻ.Mặt khác :
$ y + z = 2m^2 \vdots d; z-y = 2n^2 \vdots d $

$ \Rightarrow m^2 \vdots d ; n^2 \vdots d $ . Vì (m,n) =1 nên d = 1 tức là (y,z)= 1 . Từ đó suy ra (x,y) =1 và (x,z) = 1. Điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 06-06-2011 - 18:52

<span style='color: #FF8C00'><strong class='bbc'><em class='bbc'><span style='font-size: 36px;'>Em muốn học giỏi toán</span></em></strong></span>

#2
lyxuansang91

lyxuansang91

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết
2) Phương trình Pell

Ta xét phương trình nghiệm nguyên có dạng :
$ x^2 - dy^2 = 1 \quad(1)$

Trong đó d không phải là số chính phương. Phương trình này có tên gọi là phương trình Pell.
Trong trường hợp d là số chính phương thì $d= h^2$ thì phương trình (1) tương đương với :
$ (x-hy)(x+hy) = 1 $
Hiển nhiên phương trình này có nghiệm $ (x,y) = (\pm1,0)$

Nhưng lí do mà ta chỉ xét d không là số chính phương vì nếu (x,y) là nghiệm của phương trình (1) thì $ (\pm x, \pm y) $ cũng là nghiệm của phương trinh(1).

*) Nếu $ (x_{i},y_{i})$ và $ (x_{j},y_{j})$ là các nghiệm của phương trình (1) thì $ x_{i} > x_{j} \Leftrightarrow y_{i}>y_{j} $

Do đó ta có thể giả sử :$(x_{0},y_{0}), (x_{1},y_{1}),(x_{2},y^{2}), .... $
là tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình (1) thỏa mãn tính chất:
$1 = x_{0} < x_{1} < ... ; 0 = y_{0} < y_{1} < ... $
Khi đó :
**) $ x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n \forall n = 0,1,2, ...$
**) $ (x_{n+1},y_{n+1})$ sẽ được xác định duy nhất thông qua $(x_{n},y_{n})$ và $ (x_{n-1},y_{n-1}) $ hay là $ \{ x_{n}\} ; \{ y_{n}\}$ là các dãy truy hồi cấp 2 .

Công thức nghiệm

Định lí 1 : Cho d là một số nguyên dương không phải là một số chính phương . Khi đó phương trình Pell
$ x^2 - dy^2 = 1 $


Luôn luôn có nghiệm nguyên dương .
Định lí 2 :
Giả sử $(x_{1},y_{1}) $ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell

Khi đó điều kiện cần và đủ để (x,y) là một nghiệm nguyên dương của phương trình là tồn tại một số nguyên dương n sao cho
$ x + \sqrt{d}y = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $


Chứng minh

Giả sử tồn tại một số nguyên dương n sao cho $x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{n})^n $.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $x_{n} - \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} - \sqrt{d}y_{n})^n $ và $ (x_{n},y_{n}) $ cũng là nghiệm của phương trình Pell.

Với n = 1 hiển nhiên đúng . Giả sử đúng với n ta sẽ chứng minh nó đúng với n+ 1 .Ta có :
$(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n = (x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n(x_{1}+\sqrt{d}y_{1}) = (x_{n} + \sqrt{d}y_{n})(x_{1}) $
$ = x_{n}x_{1} + dy_{n}y_{1} + \sqrt{d}(y_{n}x_{1} + x_{n}y_{1})$

Do đó :
$ x_{n+1} = x_{n}x_{1} + dy_{n}y_{1} ; y_{n+1} = y_{n}x_{1} + x_{n}y_{1}$

Mặt khác :
$ (x_{1} -\sqrt{d}y_{1})^{n+1} = (x_{n}-\sqrt{d}y_{n})(x_{1} - \sqrt{d}y_{1}) $
$ = x_{n+1} \sqrt{d}y_{n+1} $
Tức là khẳng định đúng với n + 1 . Theo nguyên lí quy nạp ta có :
$ x_{n} \pm \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} \pm \sqrt{d}y_{1})^n \forall n \geq 0 $

Do $(x_{1},y_{1}$ là nghiệm của phương trình Pell nên
$ x_{n}^2 - dy_{n}^2 = (x_{n}+\sqrt{d}y_{n})(x_{n}-\sqrt{d}y_{n}) = (x_{1}^2 - dy_{1}^2)^n = 1 $
Vậy $(x_{n},y_{n}) $ là nghiệm của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $

Ngược lại nếu (x,y) là một nghiệm của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $ thì tồn tại n sao cho $ x + \sqrt{d}y = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $
Giả sử VT > VP :
Vì $ x_{1} + \sqrt{d}y_{1} > 1 $ nên luôn tồn tại một số nguyên dương m sao cho
$(x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^m < x + \sqrt{d}y < (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^{m+1}$
$\Rightarrow 1< (x+\sqrt{d})(x_{1}- \sqrt{d}y_{1})^m < x_{1} + \sqrt{d}y_{1} $

Mặt khác theo phần trên
$(x+\sqrt{d}y)(x_{1} - \sqrt{d}y_{1})^m = s + \sqrt{d}t $ với
$ s = xx_{m}-dyy_{m} , t= x_{m}y - xy_{m} $
$ \Rightarrow 1 < s + \sqrt{d}t < x_{1} + \sqrt{d}y_{1} $

Ta sẽ chứng minh (s,t) cũng là một nghiệm nguyên dương của phương trình
$x^2 - \sqrt{d}y^2 = 1 $
Thật vậy
$s^2 - dt^2 = (xx_{m}-dyy_{m})^2 - d(x_{m}y-xy_{m})^2 = x_{m}^2(x^2 -dy^2)-dy_{m}^2(x^2- dy^2) = x_{m}^2 - dy_{m}^2 = 1 $

s > 0 . Mặt khác do $ s^2 -dt^2 = (s- \sqrt{d}t)(s+\sqrt{d}t) = 1 $ và $ s + \sqrt{d}t > 1$ nên $ 0<s-\sqrt{d}t < 1 $
tức là t > 0 . Vậy (s,t) là một nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2 - dy^2 = 1 $ mà nghiệm này nhỏ hơn $ (x_{1},y_{1}) $ nên vô lí .

Vì vậy các nghiệm của PT Pell thỏa mãn đẳng thức:
$x_{n} \pm \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} \pm \sqrt{d}y_{1})^n \forall n = 0,1,2,...$
$\Rightarrow \left \{ \begin{array}{l} x_{n} = \dfrac{(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n + (x_{1} - \sqrt{d}y_{1})^n}{2} \\ y_{n} = \dfrac{(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n-(x_{1}-\sqrt{d}y_{1})^n}{2\sqrt{d}} \end{array}\right. $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 06-06-2011 - 19:05

<span style='color: #FF8C00'><strong class='bbc'><em class='bbc'><span style='font-size: 36px;'>Em muốn học giỏi toán</span></em></strong></span>

#3
lyxuansang91

lyxuansang91

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết
Các hệ quả
Giả sử $ (x_{n},y_{n}) n > 0; 1 = x_{0} < x_{1}< x_{2}<.... , 0 = y_{0} < y_{1} < ...$ là dãy tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell :
$ x^2 - dy^2 = 1 $
Khi đó $ (x_{n} , n \geq 0 ) $ và $ (y_{n}, n \geq 0) $ là 2 dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 thỏa mãn công thức :
$ x_{n+1} = 2x_{1}x_{n} - x_{n-1} $
$ y_{n+1} = 2x_{1}y_{n} - y_{n-1} $

Chứng minh :

Theo định lí trên ta có :
$ x_{n+1} = x_{1}x_{n}+dy_{1}y_{n} , y_{n+1} = x_{n}y_{1} + x_{1}y_{n} \forall n > 0$
$\Rightarrow x_{n} = x_{1}x_{n-1}+dy_{1}y_{n-1} \Rightarrow dy_{1}y_{n-1} = x_{n} - x_{1}x_{n-1}$
$ x_{n+1} = x_{1}x_{n} + dy_{1}y_{n}= x_{1}x_{n} + dy_{1}(x_{n-1}y_{1}+x_{1}y_{n-1}) $
$ = x_{1}x_{n} + dy_{1}^2x_{n-1}+ x_{1}(dy_{1}y_{n}-1) $
$ = x_{1}x_{n} + dy_{1}^2x_{n-1} + x_{1}(x_{n}-x_{1}x_{n-1}) $
$ = 2x_{1}x_{n} + (dy_{1}^2 - x_{1}^2)x_{n-1} $
$ = 2x_{1}x_{n} - x_{n-1} $

Tương tự ta có : $ x_{n-1}y_{1} = y_{n}-x_{1}y_{n-1} $
$ \Rightarrow y_{n+1} = x_{n}y_{1} + x_{1}y_{n} $
$ = (x_{1}x_{n-1} + dy_{1}y_{n-1})y_{1} + x_{1}y_{n} $
$ = x_{1}(x_{n-1}y_{1}) + dy_{1}^2y_{n-1} + x_{1}y_{n} $
$ = 2x_{1}y_{n} - (x_{1}^2 - dy_{1}^2)y_{n-1} $
$ = 2x_{1}y_{n} -y_{n-1} $

Hệ quả được chứng minh
<span style='color: #FF8C00'><strong class='bbc'><em class='bbc'><span style='font-size: 36px;'>Em muốn học giỏi toán</span></em></strong></span>




2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh