(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophant dạng (x2 ±C)(y2 ±D) = z4

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

HÀ TRƯỜNG GIANG

VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT DẠNG
(x2 ± C)(y 2 ± D) = z 4

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

HÀ TRƯỜNG GIANG

VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT DẠNG
(x2 ± C)(y 2 ± D) = z 4

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN
TS. NGÔ VĂN ĐỊNH

THÁI NGUYÊN - 2019


i

Mục lục
Lời cảm ơn

ii

Mở đầu

1

1 Một số kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Phương trình Diophant dạng ax2 − by 4 = ±2 . . . . . . . . . .

3

1.2
1.3

Phương trình Diophant dạng ax2 − by 4 = ±4 . . . . . . . . . .
Dãy Lehmer và một số kết quả liên quan . . . . . . . . . . . .

4
5

2 Phương trình Diophant dạng (x2 ± C)(y 2 ± D) = z 4

13

2.1

Phương trình Diophant dạng (x2 ± 1)(y 2 ± 1) = z 4 . . . . . . . 13

2.2
2.3

Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y 2 ± 4) = z 4 . . . . . . . 21
Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y 2 ± 2) = z 4 . . . . . . . 26

2.4
2.5

Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y 2 ± 1) = z 4 . . . . . . . 29
Phương trình Diophant dạng (x2 ± 2)(y 2 ± 4) = z 4 . . . . . . . 31

2.6

Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y 2 ± 1) = z 4 . . . . . . . 35

Kết luận

44

Tài liệu tham khảo

45


ii

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tỉ mỉ và tận tình của
thầy giáo TS. Ngô Văn Định. Em xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu
sắc đến Thầy.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học – Đại
học Thái Nguyên tác giả luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và động viên
của 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 lớp
Cao học Toán K11A đã trao đổi, động viên và khích lệ tác giả trong quá trình
học 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


1

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 quy
luật, các thuật giải cho các bài toán liên quan tới số nguyên. Bao hàm trong
mảng số học, là giải phương trình nghiệm nguyên hay còn gọi là phương trình
Diophant. 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 quan
tâm nghiên cứu và tìm hiểu. Chính việc đi tìm lời giải cho các bài toán hay
chứng 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 phương
trình Diophant không có quy tắc giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối
với các dạng đơn giản. Đó cũng là nguyên nhân để lớp phương trình này thu
hút sự khám phá nghiên cứu của các nhà Toán học. Trong hầu hết các kỳ
thi quan trọng như thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Quốc tế,... các bài toán
liên quan đến phương trình Diophant thường xuyên được sử dụng để đánh
giá học sinh.
Do đó, dưới sự hướng dẫn khoa học của TS. Ngô Văn Định, tôi đã chọn
hướng 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)(y 2 ± D) = z 4 ,
trong đó C, D ∈ {±1, ±2, ±4}.


2

Với tên đề tài “Về phương trình Diophant dạng (x2 ± C)(y 2 ± D) = z 4 ”,
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 Arithmetica
năm 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 − by 4 = c,
với c ∈ {±1. ± 2, ±4}.
Nội dung luận văn gồm 2 chương. Chương 1 tập trung trình bày một số
kết quả chuẩn bị, đặc biệt giới thiệu sơ lược một số kết quả về phương trình
Diophant dạng ax2 − by 4 = c sẽ được dùng trong chứng minh các nội dung
chính 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 Diophant
dạng (x2 ± C)(y 2 ± D) = z 4 , với C, D ∈ {±1, ±2, ±4}.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2019
Tác giả luận văn

Hà Trường Giang


3

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương đầu tiên này, chúng tôi trình bày sơ lược lại một số kiến
thức chuẩn bị sẽ được sử dụng trong chương sau, đặc biệt là một số kết quả
về các phương trình Diophant dạng ax2 − by 4 = c, với c ∈ {±2, ±4}.

1.1

Phương trình Diophant dạng ax2 − by 4 = ±2

Giả sử a, b là số nguyên dương lẻ sao cho phương trình Diophant:

aX 2 − bY 2 = 2

(1.1)

có nghiệm nguyên dương (X, Y ). Giả sử (a1 , b1 ) là nghiệm nguyên dương bé
nhất của phương trình (1.1). Đặt

√
√
a1 a + b1 b
√
α=
.
(1.2)
2
Khi đó, với k là số nguyên dương lẻ, ta có:
√
√
a
+
b
b
a
k
√ k ,
αk =
(1.3)
2
trong đó (ak , bk ) là các số nguyên dương. Đặc biệt người ta đã chỉ ra được

rằng tất cả các nghiệm nguyên dương (X, Y ) của phương trình (1.1) đều có
dạng (ak , bk ).
Với mệnh đề dưới đây, Luca và Walsh đã cho lời giải đầy đủ của phương
trình Diophant dạng:
ax2 − by 4 = 2.
(1.4)


4

Mệnh đề 1.1.1 ([6, Định lý 2]). (i) Nếu b1 không là số chính phương thì
phương 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 giả
thuyết của Akhtari, Togbe và Walsh đối với phương trình dạng aX 2 − bY 4 =

−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 − by 4 = −2 có nhiều nhất là một nghiệm nguyên dương và nghiệm này
được xây dựng từ nghiệm nhỏ nhất của phương trình bậc hai ax2 − by 2 = −2.

1.2

Phương trình Diophant dạng ax2 − by 4 = ±4

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

Ax2 − By 2 = 4

(1.5)

có nghiệm nguyên dương lẻ x, y . Giả sử (a1 , b1 ) là nghiệm nguyên dương nhỏ
nhất. Đặt
√
√
√
√
an A + b n B
a1 A + b 1 B n
=(
) .
(1.6)
2
2
Với giả thiết này, Ljunggren đã chứng minh kết quả sau đây về phương trình
dạng Ax4 − By 2 = 4 bằng cách tính toán kí hiệu Jacobi của dãy Lehmer liên
quan.
Mệnh đề 1.2.1 ([5, Định lý 1]). Phương trình Diophant dạng Ax4 −By 2 = 4
có nhiều nhất là hai nghiệm nguyên dương x, y . Cụ thể:
(i) Nếu a1 = h2 và Aa21 − 3 = k 2 thì phương trình (1.5) chỉ có hai nghiệm
√
√
x = a1 = h và x = a3 = hk .

5

(ii) Nếu a1 = h2 và Aa21 − 3 = k 2 thì x =
phương trình (1.5).

√

a1 = h là nghiệm duy nhất của

(iii) Nếu a1 = 5h2 và A2 a41 − 5Aa21 + 5 = 5k 2 thì phương trình (1.5) có nghiệm
√
duy nhất là x = a5 = 5hk .
Trong các trường hợp còn lại, phương trình (1.5) không có nghiệm.
Đối với phương trình dạng Ax4 − By 2 = −4, ta có mệnh đề sau đây được
chứng minh bởi Luo và Yuan.
Mệnh đề 1.2.2 ([7]). (i) Nếu b1 không là số chính phương thì phương trình:

Ax2 − By 4 = 4.

(1.7)

không có ngiệm nguyên dương ngoại trừ trường hợp b1 = 3h2 và Bb21 +3 =
√
3k 2 , 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 một
√
√

nghiệm nguyên dương mà y = b1 . Nghiệm đó xác định bởi y = b3
√
hoặc y = b2 , trong đó trường hợp sau xảy ra khi và chỉ khi a1 và b1
cùng là số chính phương, A = 1 và B = 5.

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 dụng
trong chương sau của luận văn. Đặc biệt, chúng tôi sẽ nhắc lại một số kết
quả có liên quan đến các dãy số Lehmer. Trước tiên, ta nhắc lại kết quả sau
đây của Walsh.
Mệnh đề 1.3.1 ([8, Định lý 2.1.1]). Giả sử D = 2 là một số nguyên dương
không chính phương với 8 D.
(i) Nếu 2 | D thì có một và chỉ một phương trình dạng

kx2 − ly 2 = 1


6

có các nghiệm nguyên, trong đó (k, l) chạy trên tất cả các cặp số nguyên
sao cho k > 1, kl = D.
(ii) Nếu 2 D thì có một và chỉ một phương trình dạng

kx2 − ly 2 = 1, kx2 − ly 2 = 2
có nghiệm nguyên, trong đó (k, l) của phương trình thứ nhất chạy trên
tất cả các cặp số nguyên sao cho k > 1, kl = D, còn (k, l) trong phương
trình sau chạy trên tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn k > 0, kl = D.

(iii) Nếu 2 D và phương trình Diophant x2 − Dy 2 = 4 có nghiệm nguyên lẻ
x và y thì có một và chỉ một phương trình dạng

kx2 − ly 2 = 4
có nghiệm nguyên, trong đó (k, l) chạy trên tất cả các cặp số nguyên sao
cho k > 1, kl = D.
Từ Mệnh đề 1.3.1, ta có ngay hệ quả trực tiếp sau đây:
Hệ quả 1.3.2 ([10, Bổ đề 3.2]).
(i) Giả sử k > 1 và l là các số nguyên dương lẻ sao cho kx2 −ly 2 = 4, 2 xy có
nghiệm nguyên dương. Khi đó phương trình kx2 − ly 2 = 1 có nghiệm nguyên
dương.
(ii) Giả sử D là một số nguyên dương thỏa mãn x2 − Dy 2 = 4, 2 xy là giải
được. Khi đó có một và chỉ một phương trình dạng

kx2 − ly 2 = 1
có nghiệm nguyên, trong đó (k, l) chạy trên tất cả các cặp số nguyên thỏa
mãn 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
 n
α − βn


, nếu n là lẻ,

α
−
β

Pn = α n − β n


, nếu n là chẵn,
 2
α − β2


7

và

 n
n

 α + β , nếu n là lẻ,
α+β
Qn =

αn + β n , nếu n là chẵn.

Các dãy số này có nhiều tính chất thú vị và đặc biệt việc nghiên cứu tính
chất của các dãy số này thường dẫn tới việc nghiên cứu các phương trình
Diophant. Dưới đây là một số kết quả liên quan đến các dãy số này. Trong
suốt phần tiếp theo của luận văn, chúng tôi luôn sử dụng kí hiệu cho một
A
số chính phương và B
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 trình
nghiệm nguyên Pp = px2 không có nghiệm nếu một trong hai giả thiết sau
được thỏa mãn:
(i) (L, M ) ≡ (1, 0) mod 4 và ( M
L ) = 1;
L
) = 1.
(ii) (L, M ) ≡ (0, 3) mod 4 và ( M

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 trình
nghiệm nguyên Pp = x2 không có nghiệm nếu một trong hai giả thiết sau
được thỏa mãn:
(i) (L, M ) ≡ (3, 0) mod 4 và ( M
L ) = 1;
L
) = 1.
(ii) (L, M ) ≡ (0, 1) mod 4 và ( M

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 p là một số nguyên tố lẻ. Nếu (L, M ) ≡
L
(2, 1) mod 4 và M
= 1 thì phương trình Pp = x2 với x là một số nguyên
không có nghiệm nguyên thỏa mãn p > 3, và phương trình Pp = px2 không
có nghiệm nguyên.

8

Mệnh đề 1.3.7 ([10, Bổ đề 3.7]). Nghiệm nguyên dương của phương trình
x2 − 2y 4 = −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 chính
phương thỏa mãn phương trình Pell

X 2 − dY 2 = −1
√
giải được trong tập các số nguyên dương, và giả sử r = v + u d là nghiệm
nguyên dương bé nhất của nó. Khi đó, nghiệm nguyên dương duy nhất của
phương trình
X 2 − dY 4 = −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 aX 2 − bY 2 = 1 giải được trong tập các số nguyên
√
√
dương. Giả sử (v, ) là nghiệm với v nhỏ nhất và đặt r = v a + σ b. Giả
sử σ = n2 l với l lẻ và không có ước chính phương. Khi đó phương trình

ax2 − by 4 = 1

(1.8)

có nhiều nhất một nghiệm nguyên dương. Nếu tồn tại một nghiệm (x, y) của
√
√

phương trình (1.8) thì x a + y 2 b = rl .
(ii) Giả sử D > 0 là một số nguyên không chính phương. Đặt
√
√ n
Tn + Un D = (T1 + U1 D) ,
√
trong đó T1 + U1 D là nghiệm cơ bản của phương trình Pell

X 2 − DY 2 = 1.

(1.9)

Khi đó có nhiều nhất hai nghiệm nguyên dương (X, Y ) của phương trình

X 2 − DY 4 = 1.
Hơn nữa,

(1.10)


9

(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 Y 2 = U1 mà U1 = lv 2 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 phương

√
trình v 2 − du2 = 1 là a + b d. Khi đó các nghiệm có thể có của phương trình
X 4 − dY 2 = 1 được xác định bởi X 2 = a và X 2 = 2a2 − 1. Cả hai nghiệm
xảy 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

s2 X 4 − dY 2 = 1
√
có nhiều nhất một nghiệm nguyên dương (X, Y ) xác định bởi X 2 s + dY =
√
√
as + b d, trong đó as + b d là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương
trình s2 T 2 − dU 2 = 1.
Cho A > 1 và B là các số nguyên dương với AB không chính phương,
√
√
giả sử v A + σ B là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình

Ax2 − By 2 = 1. Khi đó ta có mệnh đề sau đây:
Mệnh đề 1.3.12 ([1],[2]). Phương trình Diophant

Ax4 − By 2 = 1

(1.11)

có nhiều nhất hai nghiệm nguyên dương. Hơn nữa, phương trình (1.11) giải
√
√
√

2
được nếu và chỉ nếu v là một số chính phương; nếu x A + y B = (v A +
√
σ B)k thì k = 1 hoặc k là một số nguyên tố p ≡ 3 mod 4.
Mệnh đề 1.3.13 ([10, Bổ đề 3.13]). Giả sử phương trình

A(ru2 )2 − By 2 = 1,
√
với A > 1, AB không chính phương và r|A, có một nghiệm. Giả sử a1 A +
√
b1 B là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của nó. Khi đó a1 = rv 2 với v là số
nguyên dương.


10

Chứng minh. Giả sử (ak , bk ) là các số nguyên dương thỏa mãn
√
√
√
√
ak A + bk B = (a1 A + b1 B)k .

(1.12)

Chúng ta có ak = a1 . aak1 = ru2 và gcd(a1 , ak /a1 )|k, r|k . Do đó, ta có

Pk = ak /a1 = r1 l , a1 = r2 l , r = r1 r2 , r1 l|k.
Bây giờ chúng ta chỉ ra r1 l = 1. Giả sử điều này là sai và giả sử p > 2 là một
ước nguyên tố của r1 l. Khi đó

Pk /Pk/p = pv 2 ,

(1.13)

với v là một số nguyên dương. Dãy này thỏa mãn giả thiết của Mệnh đề 1.3.3,
vì vậy (1.13) là không đúng nên r1 l = 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 aX 2 − bY 2 = 2 giải được trong tập các số nguyên
dương (X, Y ). Giả sử (a1 , b1 ) và (ak , bk ) lần lượt được xác định bởi
√
√
a1 a + b1 b
√
α=
2
và

√
√
a
+
b
b
a
k
√ k ,
αk =
2

với k là số lẻ. Khi đó
(i) Nếu ak = r , r|aa1 k, r không có ước chính phương thì k = 1 hoặc k = 3.
(ii) Nếu bk = s , s|bb1 k, r không có ước chính phương thì k = 1 hoặc k = 3.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh (ii). Từ bk = b1 .(bk /b1 ) = r , s|bb1 k
và gcd(b1 , bk /b1 )|k , ta có

Pk = bk /b1 = s1 , b1 = s2 l , s = s1 s2 , s1 l|k.
Giả sử p là ước nguyên tố lớn nhất của k . Từ:

Pk =

Pk
.Pk/p = s1 l , gcd(Pk /Pk/p , Pk/p )|p,
Pk/p


11

chúng ta có Pk /Pk/p =

hoặc p . Áp dụng Mệnh đề 1.3.6 với

Pk
ak − a−k
= Pp = k/p
,
Pk/p
a − a−k/p
chúng ta thấy p = 3. Do đó k = 3m , với m không âm. Nếu m > 1 thì từ
chứng minh trên và Mệnh đề 1.3.6 suy ra P9 =

và P3 =

, điều này suy ra

phương trình ax2 − b.b21 y 4 = 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 aa1 x4 − by 2 = 2 có
√
hai nghiệm nguyên dương (x, y) với x = 1 và P9 , mâu thuẫn với Mệnh đề
1.1.2. Vì vậy k = 1 hoặc k = 3.
Bằng tính toán trên phần mềm MAGMA, Yuan và Luo tìm ra kết quả sau
đây:
Mệnh đề 1.3.15 ([10, Bổ đề 3.15]). (i) Phương trình:

5x4 + 5x2 + 1 = y 2
không có nghiệm nguyên dương.
(ii) Nghiệm nguyên dương của phương trình

5x4 − 5x2 + 1 = y 2
là (x, y) = (1, 1), (3, 19).
Mệnh đề 1.3.16 ([10, Bổ đề 3.16]). Nghiệm nguyên dương duy nhất của hệ
phương trình


3x2 − y 2
2x2 − z 2
là (x, y, z) = (1, 1, 1). .

= 2,
= 1,


12

Chứng minh. Ta có x2 + y 2 = 2z 2 và 2 xyz . Do đó các số nguyên u, v thỏa
mãn

z = u2 + v 2 ; x = u2 − v 2 + 2uv.
Thay vào 2x2 − z 2 = 1 ta thu được:

u4 + 8u3 v + 2u2 v 2 − 8uv 3 + v 4 = 1.
Bằng tính toán trên MAGMA ta thu được u.v = 0 nên (x, y, z) = (1, 1, 1).


13

Chương 2

Phương trình Diophant dạng
(x2 ± C)(y 2 ± D) = z 4
Trong chương này, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Luca và Walsh
[7] và một số kết quả của Yuan và Luo [10] về các phương trình Diophant
dạng (x2 ±C)(y 2 ±D) = z 4 , với C, D ∈ {±1, ±2, ±4}. Đây là nội dung chính
của luận văn.

2.1

Phương trình Diophant dạng (x2 ± 1)(y 2 ± 1) = z 4

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

(x2 ± 1)(y 2 ± 1) = z 4 .
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 trong
phân tích tiêu chuẩn của N .
Định lý 2.1.1 ([7, Định lý 3(1)]). Phương trình:

(X 2 + 1)(Y 2 + 1) = Z 4
không có nghiệm nguyên dương.

(2.1)


14

Chứng minh. Đặt

R = p|(X 2 + 1); ordp (X 2 + 1) ≡ 1

mod 4 ,

S = p|(X 2 + 1); ordp (X 2 + 1) ≡ 2

mod 4 ,

Q = p|(X 2 + 1); ordp (X 2 + 1) ≡ 3

mod 4

và

r=

p, s =
p∈R

p, t =
p∈S

p.
p∈Q

Ta kí hiệu (T1 , U1 ) là nghiệm dương bé nhất của phương trình

T 2 − rtU 2 = −1

(2.2)

và, với số nguyên dương k ≥ 1, gọi (Tk , Uk ) là các số nguyên dương thỏa mãn
√
√
Tk + Uk rt = (T1 + U1 rt)k .
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 ước
một trong các số r hoặc t nhưng không phải là ước chung của cả hai số đó.
Suy ra ordp (k) = ordp (l). Không mất tính chất tổng quát, ta giả sử
ordp (k) > ordp (l).
Bây giờ, từ (2.3) suy ra s chia hết U k và U k chia hết Uk . Hơn nữa,
p

p

Uk
= pv 2 ,
Uk

(2.4)

p

với v là số nguyên dương. Kí hiệu
√
α = T k + U k rt
p

p

và

√
β = T k − U k rt.
p

p


15

Khi đó

Uk
Uk

là số hạng thứ p của dãy Lehmer mà phương trình đặc trưng có

p

các nghiệm là α và β . Dãy này thỏa mãn giả thiết của Mệnh đề 1.3.3, do đó
đẳng thức (2.5) không thể xảy ra, và phương trình (2.1) không có nghiệm
nguyên dương.

Xét trường hợp tổng quát hơn phương trình (2.1), Yuan và Luo đã chứng
minh được kết quả sau đây:
Định lý 2.1.2 ([10, Định lý 1.1]). Cho A > 1 là một số nguyên dương. Khi
đó phương trình Diophant

(AX 2 + 1)(AY 2 + 1) = Z 4

(2.5)

không có nghiệm nguyên dương (X, Y, Z) với X = Y .
Chứng minh. Ta định nghĩa lại các số r, s, t tương tự như trong chứng minh
của Định lý 2.1.1 nhưng thay thế X 2 + 1 trong định nghĩa đó bởi AX 2 + 1.
Từ phương trình (2.5), ta suy ra

rts2 (tu21 )2 − AX 2 = 1, rts2 (ru22 )2 − AY 2 = 1,

(2.6)

√
với u1 và u2 là hai số nguyên dương. Giả sử rts2 > 1, kí hiệu ε = T1 rts2 +
√
U1 2 là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình
rts2 T 2 − AU 2 = 1.

(2.7)

Khi đó, Sử dụng Mệnh đề 1.3.13 và (2.6) ta thu được

T1 = t

=r .

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

s2 u41 − AX 2 = 1, s2 u42 − AY 2 = 1.

(2.8)

Các phương trình này không có nghiệm nguyên dương với X = Y theo
Mệnh đề 1.3.11. Do vậy, phương trình (2.5) không có nghiệm nguyên dương

(X, Y, Z) với X = Y .


16

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

(X 2 + 1)(Y 2 − 1) = Z 4

(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 chứng
minh của Định lý 2.1.1. Giả sử (X 2 + 1)(Y 2 − 1) = Z 4 . Lập luận tương tự
trong 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 = 2α l1 , 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 là
nguyên tố với Tj với mọi j ≥ 1. Điều này kéo theo

Ul1 = (

t
)su23
δ
2

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 rằng rt không 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 = 2U l T l nên từ công thức (2.12)
2
2
suy ra T l = π 2 với π là số nguyên dương. Do
2

Tj2 − 2Uj2 = ±1 với mọi j ≥ 1
nên

π 4 − 2Uj2 = ±1.
Sử dụng một kết quả của Ljunggren đối với các phương trình dạng x4 −Dy 2 =
±1, suy ra π = 1 và l = 2. Suy ra, Ul = 2, s = 1 và Uk = u21 . Phương trình
cuối cùng này tương đương với

Tk2 − 2v 4 = −1.


17

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

(X 2 − 1)(Y 2 − 1) = Z 4

(2.13)

không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Chúng ta định nghĩa lại các r, s, t tương tự như trong chứng
minh của Định lý 2.1.1, trong đó X 2 + 1 được thay thế bởi X 2 − 1. Kí hiệu
(T1 , U1 ) là nghiệm nguyên nhỏ nhất của phương trình Pell

và giả sử

X 2 − rtY 2 = 1

(2.14)

√
α = T1 + U1 rt.

(2.15)

Với số nguyên dương k ≥ 1, giả sử Tk , Uk là các số nguyên dương xác định
bởi

√
Tk + Uk rt = αk .

Lập luận tương tự như trên, suy ra tồn tại số nguyên k và l thỏa mãn

X = Tk , Y = Tl ,
Uk = rsu21

và

Ul = tsu22 .

(2.16)

Kí hiệu α = τ 2 , trong đó

√
√
a m+b n
√
τ=
,
c

(2.17)

với a, b, c, m và n là các số nguyên dương thỏa mãn mn = rt, c ∈ {1, 2} và

a2 m − b2 n = c.

(2.18)

Hơn nữa, do (T1 , U1 ) là nghiệm nhỏ nhất nên ta rút ra được m > 1 nếu c = 1.

Khi i là một số nguyên lẻ thì
√
√
ai m + bi n
i
√
τ =
(2.19)
c


18

√
với các số nguyên dương ai và bi . Do Ti + Ui rt = αi = (τ i )2 nên Ui = ai bi
với mọi số nguyên lẻ i ≥ 1. Đến đây chúng tôi chia thành hai trường hợp.
Trường hợp 1: c = 1.
Viết k = 2g k1 và l = 2h l1 , với k1 và l1 là số lẻ. Khi đó ta có

Uk1 = (

t
r
2
)s
v
,
U
)s v22
=

(
l
1
1
γ
δ
2
2

(2.20)

với các số nguyên dương v1 , v2 và γ, δ ∈ {0, 1}, và trong đó

s =

p.
p|s, α(p) là số lẻ

Sử dụng các đẳng thức từ (2.17) đến (2.19),(2.20) kéo theo

r
, s1 s2 = s )
2

(2.21)

t
, s1 s2 = s ).
2

(2.22)

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

(2.23)

ak1 = r1 s1 π12 , bk1 = r2 s2 z12 , (r1 r2 ∈ r,
và

al1 = t1 s1 π22 , bl1 = t2 s2 z22 , (t1 t2 ∈

t,

Hơn nữa, do

và

mn = rt,

(2.24)

nên từ (2.21)-(2.24) suy ra

r1 t1 = m,
và

m
,
2

n
.
2
Bằng phương pháp tương tự như trong việc tìm nghiệm của phương trình
(2.1), sử dụng Mệnh đề 1.3.3 ta suy ra r1 và t1 không có ước nguyên tố lẻ.
Do đó, m = 2. Vì rt là số chẵn nhưng gcd(r, t) = 1 nên từ (2.16) suy ra
ord2 (Uk ) = ord2 (Ul ). Cho nên, từ các tính chất chia hết của các nghiệm của
r2 t2 = n,


19

phương trình Pell, chúng ta có ord2 (k) = ord2 (l). Không mất tính chất tổng
quát, chúng ta giả sử ord2 (k) > ord2 (l). Khi đó s chia U k và
2

r
(2.25)
U k = ( )su23 hoặc 2rsu23 ,
2
2
với số nguyên dương u3 nào đó. Mối quan hệ Uk = 2T k U k và (2.25) suy ra
2
2
T k = v32 với số nguyên dương v3 nào đó. Ta thu được phương trình
2

v34 − rtU k2 = 1.
2

Áp dụng một kết quả của Cohn về phương trình Diophant x4 − Dy 2 = 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
√
√
√
√
τ = a 2 + b n, τ 2 = (4a2 − 1) + (2ab) 2n = T1 + U1 rt
và

√
√
τ 4 = 2(4a2 − 1)2 − 1 + (4ab(4a2 − 1)) 2n = T2 + U2 rt.

Phương trình 4a2 −1 = v32 rõ ràng không có nghiệm nguyên. Ngoài ra, phương
trình 2(4a2 − 1)2 − 1 = v32 không có nghiệm nguyên vì −1 là một thặng dư
bậc hai với modulo 4a2 − 1. Điều này là kết luận cho trường hợp c = 1.
Trường hợp 2: c = 2.
Ta vẫn sử dụng những kí hiệu như phía trên. Trong trường hợp này, bằng
phương pháp tương tự ta thu được

Uk1 = rs v12 , Ul1 = ts v22 ,

(2.26)

ak1 = r1 s1 π12 , al1 = t1 s1 z12 , (r1 t1 = m),

(2.27)

bk1 = r2 s2 π22 , bl1 = t2 s2 z22 , (r2 t2 = n, s1 s2 = s ).

(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

gcd(r2 , t2 ) = gcd(r2 , s2 ) = gcd(s2 , t2 ) = 1,
suy ra ordp (k1 ) = ordp (l1 ). Ta giả sử ordp (k1 ) > ordp (l1 ). Suy ra s2 | b k1 và
p

b k1
p

r2
= ( )s2 v32 hoặc pr2 s2 v32 ,
p

(2.29)


20

với v3 là một số nguyên dương. Do đó,
b k1
= pπ32 ,
b k1

(2.30)

p

với π3 là số nguyên dương. Sử dụng phương pháp tương tự như phần trước ta
có thể chỉ ra

bk1
b k1

là số hạng thứ p của một dãy Lehmer thỏa mãn giả thiết của

p

Mệnh 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 ) = ordp (al1 ) nên ordp (k1 ) = ordp (l1 ).
Không mất tính tổng quát, ta giả sử ordp (k1 ) > ordp (l1 ). Từ đó suy ra

b k1 | bk1 , gcd(p, bk1 ) = 1 và
p

bk1
= π42 ,
b k1
p

với π4 là một số nguyên dương. Vì

bk1
b k1

là số hạng thứ p của dãy Lehmer thỏa

p

mãn 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
trong đó

và

Ut = su22 ,

(2.31)

√
√
T1 + U1 rt = 2 + 3.

Không mất tính chất tổng quát, ta giả sử ord3 (k) > ord3 (l). Trong trường
hợp này, phương trình (2.31) kéo theo

Uk/3 = sπ52 ,
với π5 là một số nguyên dương, do vậy
u1
Uk
= 4T k2 − 1 = 12U k2 + 3
3( )2 =
3
3

π5
Uk
3

hoặc, sau khi chia cả hai vế của phương trình cuối cùng cho 3 và kí hiệu
bởi π6 ,

u1
π5

π62 = (2U k )2 + 1.
3

Điều này không thể xảy ra. Đây là kết luận cho trường hợp c = 2 và Định lý
được chứng minh hoàn toàn.


21

2.2

Phương trình Diophant dạng (x2 ± 4)(y 2 ± 4) = z 4

Định lý 2.2.1 ([10, Định lý 1.2(1)]). Nghiệm nguyên dương duy nhất của
phương trình

(X 2 + 4)(Y 2 + 4) = Z 4

(2.32)

là (X, Y, Z) = (1, 11, 5); (11, 1, 5).
Chứng minh. Xét nghiệm (X, Y, Z) của phương trình (2.32) với 2

X.Y .
Chúng ta định nghĩa lại các r, s, t tương tự như trong chứng minh của Định
lý 2.1.1, trong đó X 2 + 1 được thay thế bởi X 2 + 4. Khi đó
X 2 + 4 = rts2 (tu21 )2 , Y 2 + 4 = rts2 (ru22 )2 , Z = rstu1 u2 .

(2.33)

Kí hiệu (T1 , U1 ) là nghiệm dương bé nhất của phương trình

rts2 T 2 − U 2 = 4

(2.34)

và đặt

√
T1 rts2 + U1
.
α=
2
Với số nguyên dương k ≥ 1, ta xác định (Tk , Uk ) là các số nguyên dương thỏa
mãn
√
Tk rts2 + Uk
= αk .
2
Khi đó tất cả các nghiệm nguyên dương lẻ của phương trình (2.34) đều có dạng

(T, U ) = (Tk , Uk ) với k là số nguyên dương thỏa mãn 3 k . Với các kí hiệu
trên, với nghiệm nguyên dương bất kỳ (X, Y, Z) của (X 2 + 4)(Y 2 + 4) = Z 4
với 2 XY , ta có X = Uk , Y = Ul , với k, l là hai số nguyên dương và 3 kl,
và
Tk = tu21 , Tl = ru22 ,
(2.35)
với u1 , u2 là hai số nguyên dương lẻ.
Giả sử d = gcd(k, l), k = dk1 , l = dl1 . Khi đó 2 kl. Chú ý rằng với mọi
ước nguyên tố của gcd(Tk Td , rtTd ) chia hết k1 , ta có

Tk /Td = k2 , k2 |k1 .