Tải bản đầy đủ (.pdf) (94 trang)

Đề tài: định thức pell_Luận văn tốt nghiệp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (620.8 KB, 94 trang )


TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
KHOA SƯ PHẠM
BỘ MÔN TOÁN








Luận Văn Tốt Nghiệp

Đề tài:

PHƯƠNG TRÌNH PELL




Giáo viên hướng dẫn: Sinh viên thực hiện:
Ths. Bùi Anh Kiệt Lương Thị Mai Hiên
Giáo viên phản biện: Lớp: Sư phạm toán 02
Thầy Hồ Hữu Hòa MSSV: 1050032
Cô Nguyễn Thư Hương







Cần Thơ, 05 - 2009
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

Lời Nói Đầu

Phương trình Pell là một dạng của phương trình
Diophantine và có nhiều ứng dụng trong số học. Nó
được nói đến trong các tài liệu tham khảo nhưng không
nhiều, đòi hỏi phải có sự nghiên cứu và chiết lọc. Em đã
đi nghiên cứu đề tài này, nhằm đi sâu vào tìm hiểu cái
hay của phương trình Pell và luận văn này là kết quả
nghiên cứu đó.
Qua một thời gian dài nghiên cứu, luận văn “Phương
trình Pell” đã được hoàn thành. Để có được thành quả
này, ngoài sự cố gắng nỗ lực của bản thân em còn có sự
dạy dỗ, hướng dẫn nhiệt tình của quý thầy cô cùng sự
động viên, khích lệ từ bạn bè.
Em xin bày tỏ tấm lòng biết ơn đến thầy Bùi Anh Kiệt
đã khơi nguồn tri thức và hướng dẫn tận tình để em hoàn
thành tốt luận văn của mình.
Em cũng xin gởi lời cảm ơn chân thành đến tất cả các
thầy cô trong Bộ môn Toán Khoa Sư Phạm đã nhiệt tình
dìu dắt và giảng dạy em trong suốt bốn năm Đại học.
Cuối cùng xin cảm ơn các bạn lớp toán khóa 31 đã ủng
hộ và giúp đỡ mình trong suốt thời gian qua.
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
Mục lục

Phần mở đầu 1

Phần nội dung 3
Chương I. Kiến thức chuẩn bị 3
I.1. Bổ đề 1 3
I.2. Bổ đề 2 3
I.3. Biểu diễn liên phân số của
d
4
I.4. Bổ đề 3 5
I.5. Bổ đề 4 6
I.6. Bổ đề 5 7
I.7. Bổ đề 6 8
Chương II. Các dạng phương trình Pell và một số phương pháp giải 11
II.1. Định nghĩa 11
II.2. Các định lý 11
II.2.1. Dạng 1 11
II.2.2. Dạng 2 19
II.2.3. Dạng 3 29
Chương III. Bài tập 35
Chương IV. Một vài ứng dụng 82
II.4.1. Ứng dụng 1.Tìm số chính phương 82
II.4.2. Ứng dụng 2. Xấp xỉ hữu tỉ của
d
82
II.4.3. Ứng dụng 3. Những số đa giác 83
II.4.3.1. Số tam giác và hình vuông 83
II.4.3.2. Số hình vuông và ngũ giác 84
II.4.4. Ứng dụng 4. Tổng của những số nguyên liên tiếp nhau 84
II.4.4.1. Bài toán 1 84
II.4.4.2. Bài toán 2 85
II.4.4.3. Bài toán 3 86

II.4.5. Ứng dụng 5. Tam giác Phytago 86
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
II.4.5.1. Với những cạnh bên là các số nguyên liên tiếp 87
II.4.5.2. Với cạnh bên và cạnh huyền là các số nguyên liên tiếp 87
II.4.6. Ứng dụng 6. Tam giác Hêrông 88
Phần kết luận 89
Tài liệu tham khảo 90


PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


1



PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài

Trong suốt bao nhiêu năm học toán từ thời tiểu học đến đại học, em đã học được rất nhiều
điều hay, điều mới lạ, có những vấn đề dễ hiểu, có những vấn đề đọc mãi mà chẳng ra, có
những vấn đề có trong chương trình học, mà có nhiều vấn đề không có trong chương
trình. Đó là những vấn đề có thể đối với thế giới là bình thường nhưng đối với em là điều
mới, điều hay và nó thu hút bản năng thích tìm tòi, khám phá và chinh phục của mình.
Phương trình Pell là một dạng của phương trình Diophantine nhưng bản thân nó khá
phong phú và lại rất đa dạng cả trong lịch sử ra đời, trong định nghĩa, trong phương pháp
giải và cả ứng dụng của nó trong số học.
Chính tính hấp dẫn của vấn đề cùng với việc mong muốn giới thiệu vấn đề tới các bạn
sinh viên ngành toán của trường.Vì thế, em đã có động lực để nghiên cứu đề tài và chọn
đề tài luận văn của mình là: “Phương trình Pell” dưới sự góp ý của thầy hướng dẫn Bùi
Anh Kiệt.
2. Lịch sử vấn đề
Jonh Pell (1611-1685) nhà toán học, người đã tìm ra những nghiệm nguyên ở thế kỉ 17.
Tuy nhiên ông chưa là người đầu tiên làm điều này.
Phương trình Pell đã được phát minh với chiều sâu hàng trăm năm trước khi Pell ra đời.
Sự đóng góp đầu tiên là nhà toán học người Ấn Độ - Brahmagupta, cách đây 1000 năm,
trước thời gian của Pell. Với sự đóng góp của ông đã bắt đầu lịch sử nghiên cứu về
phương trình Pell.
Năm 1150 sau Công Nguyên, một nhà toán học Ấn Độ khác – Bhaskara II, ông đã khám
phá ra phương pháp tuần hoàn, mà người Ấn Độ gọi là chakravala .
Thế kỉ thứ 14, Narayana đưa ra một số ví dụ về phương pháp tuần hoàn của Bhaskara II.
Thế kỉ thứ 17, ở Châu Âu, Fermat đã khẳng định rằng “với mọi số n, có vô hạn con số là
nghiệm của phương trình”, ông không chứng minh được. Nhưng các nhà toán học người
Anh: William Bramker và John Walliss đã làm được. Ngoài ra Frenicle de Bessy đã sắp
xếp thành bảng những nghiệm của phương trình Pell với tất cả số
150
n

.

Thế kỉ thứ 18, vào năm 1766, Lagrange đã chứng minh được rằng nghiệm của phương
trình phụ thuộc vào khai triển liên phân số của
n
.
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


2



3. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu là tập hợp và hệ thống lại một số kiến thức cơ bản của liên phân số.
Đồng thời vận dụng kiến thức này vào nghiên cứu phương trình Pell có đặc điểm gì?
Phương pháp giải và ứng dụng của nó trong Số học?
Xây dựng hệ thống ví dụ nhằm bổ sung làm sáng tỏ phần lý thuyết và các bài tập giúp
người đọc hiểu sâu hơn. Đồng thời đưa ra một số ứng dụng của nó trong Số học.
Em hay bất cứ một bạn sinh viên nào trước khi ra trường đều muốn tạo dựng một thành

quả tốt đẹp cho mình, một công trình nhỏ của riêng mình, để thấy được rằng đây chính là
sản phẩm đầu tay của người sinh viên sau 4 năm ngồi trên giảng đường Đại học . Em
nghiên cứu đề tài này là muốn hoàn thành Luận văn tốt nghiệp, bên cạnh đó em muốn
được mở mang kiến thức, tầm nhìn của mình về môn toán. Từ đó tạo đà cho em sẽ phát
triển cao hơn về năng lực tư duy trong nghiên cứu toán học.
4. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu
Luận văn thừa nhận một số khái niệm và tính chất cơ bản của Số học, dãy số. Bên cạnh
đó, luận văn trình bày một số kiến thức cơ sở của liên phân số cuối cùng là đi đến khái
niệm phương trình Pell và hình thành cách giải của phương trình.
5. Phương pháp nghiên cứu
Đọc sách có liên quan đến đề tài, tìm tài liệu trên mạng.
Sử dụng phương pháp phân tích để nắm vững vấn đề một cách chi tiết.
Sử dụng phương pháp tổng hợp, hệ thống những kiến thức tiên quyết, trình bày vấn đề
theo trình tự logic để người đọc dễ theo dõi.
6. Nội dung nghiên cứu
Nội dung chính của đề tài gồm 4 chương:
Chương I. Kiến thức chuẩn bị
Chương II. Các dạng phương trình Pell và một số phương pháp giải
Trong chương này, thì gồm 3 dạng của phương trình Pell và các định lý nói lên phương
pháp giải của nó cùng các ví dụ cụ thể.
Chương III. Bài tập
Chương IV. Một vài ứng dụng

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi

ên 1050032



Phương tr
ình Pell


3



PHẦN NỘI DUNG
Chương I. Kiến Thức Chuẩn Bị
I.1. Bổ đề 1
Cho d là số vô tỉ, khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên dương (p, q):
2
1
q
q
p
d <−
Chứng minh
Theo tính chất của liên phân số vô hạn ta có:
1
1
:
k
kkk
p

k
qqq
α
+
∀−< với
R
α

.
Mà theo cách xác định
{
}
k
q
, thì:

11112
kkkkkkkk
qaqqaqqq
+−−−−
=+>+=

Vì thế:
2
1
111
:
k
kkkkkk
p

k
qqqqqq
α
+
∀−<<=
Chọn ;;
kk
ppqqd
α===, ta có điều phải chứng minh.£

I.2. Bổ đề 2
Với cặp số nguyên dương (p, q) tồn tại trong bổ đề 1
Khi đó:
22
12
pdqd
−<+
Chứng minh
Thật vậy ta có:
2
11
00
p
dqdpq
qqq
−<⇒<−<⇒>

Mà:

()

22
1
2212
pqdpqdqdqdpqd
qdqqddq
q
+=−+≤−+
<+≤+=+

22
12
pdqd
⇒−<+ .£

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


4




I.3. Biểu diễn liên phân số của
d


[]
01230012310
1
2
3
4
1
;,,, ,, ;,,, ,,2
1
1
1

nn
daaaaaaaaaaaa
a
a
a
a


==+=

+

+
+
+

Chiều dài chu kì của liên phân số của
d
là n.
[
]
000
,
xdxda

===


0000
1
111
2
22
3
3
4
1111

111
11
1
daaaa

x
aaa
x
aa
x
a
x
=+=+=+=+=
+++
++
+

Trong đó
[]
()
1
1
11
;0
nnnnn
nnn
xaxaxn
xxa
+
+
=+⇒==≥



Ví dụ 1

Cho phương trình:
22
71
xy
−=
, biểu diễn liên phân số của
7

[]
[]
[]
[]
[]
[]
[]
[]
[]
000
1
111
00
222
11
333
22
4440
33
1
72;27
1172

1
3
72
11371
1
2
7271
1
3
11271
1
3
7171
1
2
113
7242
7171
1
3
xax
x
xxa
xx
xxa
xx
xxa
xx
xxaa
xx


==+===

+
===⇒==


+
====⇒==

+−

+
====⇒==

+−

====+⇒===

+−


Vậy
01334
7;,,,2;1,1,1,4
aaaaa

==

. Trong đó n = 4 chính là chiều dài của chu kỳ liên

phân số của
7

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


5



Một số biểu diễn liên số của
d
với d là số không chính phương nằm trong đoạn từ 2
đến 40:

21;2
31;1,2
52;4

62;2,4
72;1,1,1,4
82;1,4
103;6
113;3,6
123;2,6
133;1,1,1,1,6
143;1,2,1,6
153;1,6
174;8
184;4,8
194;2,1,3,1,2,8
204;2,8

=


=


=


=


=


=



=


=


=


=


=


=


=


=


=


=


214;1,3,1,8

=


224;1,2,4,2,1,8
234;1,3,1,8
244;1,8
265;10
275;5,10
285;3,2,3,10
295;2,1,1,2,10
305;2,10
315;1,1,3,5,3,1,1,10
325;1,1,1,10
335;1,2,1,10
345;1,4,1,10
35

=


=


=


=



=


=


=


=


=


=


=


=

=5;1,10
376;12
386;6,12
396;4,12
406;3,12




=


=


=


=


I.4. Bổ đề 3
Giả sử d và n là số nguyên sao cho d > 0, d không là số chính phương,
nd
< . Khi đó
nếu
22
xdyn
−=
thì
x
y
là giản phân của liên phân số của
d
.
Chứng minh

Trường hợp 1: n > 0

(
)
(
)
22
0
xdynxydxydnxydxyd
−=⇒+−=⇒−>⇒>
Do đó:
0
x
d
y
−>
hơn nữa, do 0
nd
<< nên:
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032




Phương tr
ình Pell


6



()()()
22
2
2
1
2
2
2
xxydxdynnd
d
yyy
yd
yxydyxydyyd
−−
−===<<=
++
.
Do
2
1
0
2

x
d
yy
<−< ta suy ra được
x
y
là giản phân của liên phân số của
d
.
Trường hợp 2: n < 0
Chia hai vế của
(
)
22
xdynchod
−=−
, ta được :
22
1
n
yx
dd
−=−

Lập luận tương tự như trên ta có, khi
0,
ny
dx
−> là giản phân của liên phân số của
1

d
.
Do đó:
1
x
y
y
x
=
là giản phân của liên phân số của
1
1
d
d
= .£

I.5. Bổ đề 4
Liên phân số
[
]
0123
;,,, ,,
n
daaaaa= đã cho, xác định
à
kk
svt
một cách đệ quy bằng
hệ thức:
00

2
1
11
0;1
;0
k
kkkkk
k
st
ds
satstk
t
+
++
==

=−=≥

Khi đó:
()
()
2
),à0
)
)0
kkk
kk
k
k
k

astZvt
btds
sd
cxk
t
∈≠

+
=≥
Chứng minh
a) và b) Bằng phương pháp quy nạp toán học:
* Với k = 0, hiển nhiên đúng.
* Giả sử với k > 0 với
,
kk
st
được xác định như trên thì
(
)
2
,,0à
kkkkk
stZtvtds
∈≠−.
* Chứng minh: đúng với k + 1
Thật vậy:
1kkkk
satsZ
+
=−∈

theo giả thuyết quy nạp.
Ta có
1
0
k
t
+


1
0
k
t
+
=
thì
2
1k
dsd
+
=⇒
là số chính phương (vô lý ).
Ta có:
()
()
2
22222
2
1
1

2
2
kkk
kkkkkkkk
kkkkk
kkkkk
dats
dsdsatsatds
tasat
ttttt
+
+
−−
−−−−
===+=+−
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell



7



Ta có
(
)
2
2
kkkk
asatZ
−∈

(
)
2
kk
tds
− theo giả thuyết quy nạp nên
1k
tZ
+

.
(
)
2
11
kk
tds

++
⇒− .
c) Bằng phương pháp quy nạp:
* Với k = 0, luôn đúng.
* Giả sử với k > 0 thì
(
)
k
k
k
sd
x
t
+
=
* Chứng minh: đúng với k + 1.
Thật vậy:
(
)
1
1
1
2
11
1
1
kk
kkk
k
kkkk

kkkk
tsd
ttsd
x
xadst
sdatds
+
+
+
++
+
+
+
=====
−−
+−−


I.6. Bổ đề 5
Nếu
k
k
p
q
là giản phân của liên phân số của
d
.
Khi đó:
()
1

22
11
10,1,2, à0
k
kkkk
pdqtkvt
+
++
−=−=>

Chứng minh
* Cho
[
]
01231
;,,, ,
kk
daaaaax
+
=
Ta biết:
11
11
kkk
kkk
xpp
d
xqq
+−
+−

+
=
+
mà ta có:
1
1
1
k
k
k
sd
x
t
+
+
+
+
=
Ta có:
11
11
11

kk
kkkk
kk
sdsd
qqdpp
tt
++

−−
++

++
+=+




(
)
111111
kkkkkkkkkk
dsqqtpsptpdq
+−+++−
⇔+−=+−
Do vế phải là số hữu tỉ mà
d
là số vô tỉ nên:
111
111
kkkkk
kkkkk
sqqtp
sptpdq
+−+
++−
+=



+=

lần lượt nhân 2 vế của hệ thức cho
(
)
à
kk
pvq

Ta có:
2
111
2
111
kkkkkkk
kkkkkkk
sqpqtpp
spqtpqdq
+−+
++−

+=

−−=−


Cộng vế theo vế ta có kết quả là:
(
)
22

111
kkkkkkk
pdqtqpqp
+−−
−=−
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


8



Mà ta có:
()
1
11
1
k

kkkk
qpqp
+
−−
−=−
Nên ta có:
()
1
22
1
1
k
kkk
pdqt
+
+
−=−
* Ta có :
221
221
0
kk
kk
pp
dk
qq
+
+
<<≥
, vì thế:

Nếu k chẵn:
22
0
k
kkkk
k
p
dpqdpdq
q
<⇒<⇒−<

Nếu k lẻ:
22
0
k
kkkk
k
p
dqdppdq
q
<⇒<⇒−>

Xét :
()
()
()
1
22
1
1

22
11
1
1
1
k
k
kkk
k
kkk
k
t
pdqt
k
pdqt
t
+
+
+
−−


==−≥



Nếu k lẻ thì (k - 1) chẵn nên:
2222
11
11

0;0001
kk
kkkk
kk
tt
pdqpdqk
tt
++
−−
−>−<⇒−<⇒>∀≥

Nếu k chẵn thì (k - 1) lẻ nên:
2222
11
11
0;0001
kk
kkkk
kk
tt
pdqpdqk
tt
++
−−
−<−>⇒−<⇒>∀≥

Ta bắt đầu với
0
10
t

=>


(
)
2
2
1
100
0
0
ds
tdaadd
t


==−>=<



2
2
1
00
t
t
t
>⇒>
.
Tương tự ta có

00
k
tk
>∀≥

1
1
000
k
k
k
t
tk
t
+
+
>⇒>∀≥


I.7. Bổ đề 6
Nếu n là chiều dài chu kì của liên phân số của
d

Thì khi đó
1
j
t
=
nếu và chỉ nếu
nj

.
Chứng minh
Đảo
Cho
012
;,, ,
n
daaaa

=

Ta có:
11
0
kn
xxk
+
=≥

Khi đó:
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032




Phương tr
ình Pell


9




1
1
11
kn
kn
sd
sd
tt
+
+
+
+
=

()
111111
111111
knknkn
knknkn
sttdsttd

ttdstst
+++
+++
⇔+=+
⇔−=−

Ta có:
1111
;
knkn
ttss
++
==

Nhưng:
22
11111
1
knknknknkn
tdsdsttttt
++
=−=−==⇒=

Vậy kết quả nhận được là 1,
j
tjknnj
==⇒
Thuận
Cho j là số nguyên dương thỏa
1

j
t
=
. Khi đó:
j
jj
j
sd
xsd
t
+
==+
Xét phần nguyên, ta có thể viết:
(
)
0
ì
jjjjj
xsdsdsavsZ


=+=+=+∈



Định nghĩa của
10
11
11
:

jjjj
jj
xxxsa
xx
+
++

=+=++


Ta có:

000
11
0011
11
11
à
11
jj
j
j
j
dxamdxsa
xx
aaxx
xx
+
+
+

==+=−=+
⇒+=+⇒=

Điều đó có nghĩa là khối
(
)
12
,, ,
j
aaajZ
∈ duy trì sự lặp lại trong sự biểu diễn liên phân
số của
d
.
jkn
⇒=

Do đó, j phải là bội của chiều dài n chu kì của liên phân số
d


Ví dụ 2
153;1,6

=


n = 2 là chiều dài chu kì của liên phân số của
15
.

k
a

3 1 6 1
k
p

1 3 4 27 31
k
q

0 1 1 7 8
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


10




Khi đó:
03
12
0123
0123
342731
;;;
1178
pp
pp
gggg
qqqq
========

Sự tính toán đã chỉ ra rằng:
(
)
(
)
()()
()
13
2222
00112233
13
24
2222
11223344
24

2211
16;16
11;11
1
1ì22;0
kk
pdqttpdqtt
tt
pdqttpdqtt
tt
tvkttk
+
−=−⇒=−=−⇒=
⇒=
−=−⇒=−=−⇒=
⇒==
⇒==≥



















PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


11



Chương II. Các Dạng Phương Trình Pell Và Một Số Phương Pháp Giải
II.1. Định nghĩa
Phương trình Pell có dạng:
22
xdyn
−=


Trong đó d và n là số nguyên cho trước, x và y là nghiệm nguyên cần tìm.
Trong phạm vi đề tài này, tôi nghiên cứu phương trình Pell ở 3 dạng:
1,1
nn
==−

n
bất
kì. Đặc biệt ta chỉ xét nghiệm nguyên dương.

II.2. Các định lý
II.2.1. Dạng 1
1
22
=−dyx (1) với d là số nguyên.
II.2.1.1. Định lý 1
Nếu d là số chính phương (d = m
2
), thì (1) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh
Ta có: d = m
2
nên
(
)
(
)
222
11.

xmyxmyxmy
−=⇔−+=

Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương nên
(
)
(
)
Zmyxvàmyx ∈+−




=
=




=+
=−
0
1
1
1
y
x
myx
myx
(vô lý)

Vậy (1) không có nghiệm nguyên dương.£

II.2.1.2. Định lý 2
Nếu d là số nguyên âm thì (1) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh
Đặc
(
)
''
0
ddd
=−>
. Khi đó: (1)
2'2
1
xdy
⇔+=
.
Nếu



==
==
⇒=+=
1;0
0;1
1:1
22'
yx

yx
yxd
Nếu 010,:1
22'
==⇒≥> yvàxyxd
Vậy (1) không có nghiệm nguyên dương.£
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


12



II.2.1.3. Định lý 3 (Điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình Pell dạng 1)
Phương trình Pell có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d là số nguyên dương và
không phải là số chính phương.
Chứng minh
Thuận

Theo định lý 1 và định lý 2, ta có: phương trình có nghiệm nguyên dương thì d là số
nguyên dương và không chính phương.
Đảo
Theo bổ đề 2 ta có tồn tại vô số cặp số (x, y) nguyên dương sao cho:

22
12
xdyd
−<+

22
1212
dxdyd
⇔−−<−<+ (2)
Từ tính vô hạn của các cặp số nguyên dương (x, y) nên: ,12,12
kZkdd

∃∈∈−−+

sao
cho có vô số cặp số nguyên dương (x, y) thỏa:
22
xdyk
−=
.
Khi đó ta xét tập
{
}
22
(,):

Hxyxdyk
=−=với 12,12
kdd

∈−−+



()()
(
)
(
)
{
}
,
,:,,modàmod0,
ij
HxyxyHxikvyjkijk
=∈≡≡≤≤
.
* Vì có vô số (x, y) H
⇒=+∞
.
Do cặp số (i, j) là hữu hạn vì 0,
ijk
≤≤


,

ij
HH
=  hiển nhiên suy ra từ định nghĩa của hai tập
,
à
ij
HvH
.
,ij
HH
⇒==+∞
 mà (i, j) là hữu hạn cặp nên
,
(,):
ij
ijH
∃=+∞

* Xét
,,
:
ijij
HH
=+∞

(
)
1122,
(,)(,)à(,)1,2
kkij

xyxymxyHk∃≠∈=.
Sao cho :
12
12
2222
1122
(mod)
(mod)
xxk
yyk
xdyxdyk






−=−=

(3)
Ta có :
(
)
(
)
()
112212121221
xydxydxxdyydxyxy
−+=−+− (4)
Mà từ (3) ta có :

(
)
()
22
121222
12212222
0mod
0mod
xxdyyxdyk
xyxyxyxyk

−≡−≡


−≡−≡


(5)
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr

ình Pell


13



()
1212
1221
,
xxdyyku
uvZ
xyxykv
−=

⇒∃∈

−=

(6)
Kết hợp 3, 4, 5, 6 ta có được :
(
)
(
)
(
)
()()()
1122

1122
xydxydkuvd
xydxydkuvd

−+=+


+−=−



Nhân hai vế của hệ phương trình ta có :
(
)
(
)
(
)
2222222
1122
xdyxdykudv
−−=−
Do
(
)
(
)
2222222
1122
1

xdyxdykudv
−−=⇒−=

* Ta đi chứng minh u và v là những số nguyên dương.
Ta có:
222
10ì1
udvuvu
=+⇒>≥
và ta chỉ xét nghiệm nguyên dương.
Giả sử v = 0, ta có:
2
ì0ì11
Vvthuu
==⇒=

(
)
(
)
1122
xydxydk
⇒−+=

Theo (3) thì ta có :
(
)
(
)
(

)
(
)
22
1111111122
xdyxydxydkxydxyd
−=−+=⇒+=+ (7)
Giả sử
1
11
1
0
x
xyddd
y
−=⇒=⇒ là số hữu tỉ (vô lý). Nên
11
0
xyd
−≠

Từ (7) ta có :
(
)
1221
xxyyd
−=−
Vì là
d
số vô tỉ và ,

ii
xyZ
+

nên :
()()
1212
1122
1212
0
,,
0
xxxx
xyxy
yyyy
−==

⇒⇒=

−==

(vô lý).
Vậy v > 0 . Tóm lại
(
)
22
,0;,:1
uvuvZudv
∃>∈−=



II.2.1.4. Định lý 4
Cho
k
k
p
q
là giản phân của liên phân số của
d
với n là chiều dài của nó.
a) Nếu n chẵn, khi đó tất cả các nghiệm dương của
22
1
xdy
−=
(1) được cho bởi:

()
1
1
1
kn
kn
xp
k
yq


=




=


b) Nếu n lẻ, khi đó tất cả các nghiệm dương của
22
1
xdy
−=
(1) được cho bởi:

()
21
21
1
kn
kn
xp
k
yq


=



=



PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


14



Chứng minh
Theo Bổ đề 3 ta có:
00
,
xy
là nghiệm của phương trình
22
1
xdy
−=


Trong đó:
00
à;
j
jj
j
p
xpvyq
q
== là giản phân của liên phân số của
d

Theo Bổ đề 5, thì:
()
1
22
11
10,1,2, à0
j
jjjj
pdqtjvt
+
++
−=−=>

So với:
22
1
11à1
jjj

pdqtvj
+
−=⇒=+
là số chẵn.
Theo bổ đề 5
(
)
(
)
(
)
''''
111,1
njjnkkZjknkn
⇒+⇒+=∈⇒=−≥

a) Nếu n lẻ: mà ( j + 1) chẵn nên k

chẵn , k

= 2k
(
)
121
kjkn
≥⇒=−

Vậy nghiệm của phương trình (1) là:
(
)

2121
à1
knkn
xpvyqk
−−
==≥

b) Nếu n chẵn: mà ( j + 1) chẵn nên
(
)
''
1;11
kkkkjkn
∀≥=≥⇒=−

Vậy nghiệm của phương trình (1) là:
(
)
11
à1
knkn
xpvyqk
−−
==≥


Ví dụ 3
Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình:
22
131

xy
−=
(1)
Thật vậy:
133;1,1,1,1,6

=

với chiều dài chu kì là 5 (lẻ).
Nên ta có các giản phân sau:
k
a

3 1 1 1 1 6 1 1 1 1 6 1 1 1 1
k
p

1 3 4 7 11 18 119 137 256 393 649 4287 4936 9223 14159 23382
k
q

0 1 1 2 3 5 33 38 71 109 180 1189 1369 2558 3927 6485

Ta có tử số và mẫu số của giản phân
101
101
k
k
p
q



(*) là dạng nghiệm của phương trình (1).
Với k = 1:
9
9
9
649
180
p
g
q
== nên (649, 180) là cặp nghiệm bé nhất của phương trình (1).
Để tìm các cặp nghiệm còn lại ta lần lượt thế k = 2, 3, 4,…vào (*) và dựa vào bảng các
giản phân ta sẽ xác định được.

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell



15



* Định nghĩa nghiệm cơ bản
Nghiệm (x, y) của phương trình Pell được gọi là nghiệm cực tiểu nếu x < u với (u, v) là
nghiệm khác của phương trình. Nghiệm cực tiểu được gọi là nghiệm cơ bản.

II.2.1.5. Định lý 5
(
)
,
ab
là nghiệm cơ bản của phương trình.
Xét dãy
{
}
{
}
à
nn
xvy
được xác định bởi :
0121
0121
1;;2
0;;2
nnn
nnn

xxaxaxx
yybyayy
++
++
===−


===−

với n = 0,1,
Khi đó
(
)
,
nn
xy
là nghiệm dương của phương trình với n = 0, 1,…
Chứng minh
Theo lí thuyết về dãy số, thì phương trình đặc trưng của dãy trên là:
2
210
aλλ
−+=
(1)
Phương trình (1) có hai nghiệm là
(
)
'''2
12
à1

avaaλλ
=−∆=+∆∆=−

Do (a, b) là một cặp nghiệm của phương trình
22
1
xdy
−=
, nên ta có
22
1
adb
−= .
Vì lẽ đó hai nghiệm của phương trình (1) là:
12
à
abdvabd
λλ=−=+ .
Từ đó theo lý thuyết dãy số, thì:
1122
1122
nn
n
nn
n
xcc
ydd
λλ
λλ


=+

=+


Bây giờ ta xác định
1212
,;,
ccdd
từ các điều kiện
0201
1,;0,
xxayyb
====
.
Xét hệ phương trình sau:

()()
12
0
121
1(2)
1
(3)
cc
x
cabdcabdaxa
+=

=





−++==




Từ (2) ta có
21
1
cc
=−
.Thay vào (3) ta có:
(
)
()
(
)
(
)
111
11
1
1
2
2
cabdcabdacabdabdaabd
bdcbdc

−+−+=⇒−−−=−−
⇒−=−⇒=

Từ đó
(
)
(
)
()
2
1
4
22
nn
n
abdabd
cx
++−
=⇒=
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032




Phương tr
ình Pell


16



Lập luận hoàn toàn tương tự, ta có:
(
)
(
)
()
5
2
nn
n
abdabd
y
d
+−−
=
Rõ ràng
à
nn
xvy
là các số nguyên và từ (4), (5) suy ra
à
nn

xvy
là các số nguyên dương. Từ
(4) và (5) ta có:
(
)
()
(6)
n
nn
n
nn
xydabd
xydabd

+=+



−=−


Vì vậy:
(
)
(
)
2222
1
nnnnnn
xdyxydxydadb

−=+−=−=

Vậy
(
)
,
nn
xy
là nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại 1:
22
1
xdy
−=

với mọi n = 0, 1, 2,…£

II.2.1.6. Định lý 6
Nếu
(
)
11
,
xy
là nghiệm cơ bản của
22
1
xdy
−=
, với mỗi nghiệm dương (x, y) bất kì của
phương trình thì:

(
)
11
1:
n
nn
nxydxydxyd
∃≥+=+=+
Chứng minh
Chứng minh bằng phản chứng:
* Giả sử u, v là nghiệm dương của phương trình mà không đạt được dạng
(
)
11
n
xyd
+ .
Tức là
(
)
11
n
uvdxyd
+≠+
Giả sử
(
)
11
n
uvdxyd

+>+

11
1
xyd
+>
nên lũy thừa của
11
xyd
+ sẽ lớn tùy ý.
Điều đó có nghĩa là:
(
)
(
)
()()
()()
1
1111
11
22
11
1ì1
nn
nnnn
nnnn
xyduvdxyd
xyduvdxydxyd
uvdxydxydvxdy
+

+<+<+
⇒+<+<++
⇒<+−<+−=

Số nguyên r, s được xác định:
(
)
(
)
nn
rsduvdxyd
+=+−
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


17




(
)
(
)
ux
ux;
nnnn
nnnn
rsddvysxuyd
rdvyssxuy
⇒+=−+−
⇒=−=−

Ta có:
(
)
(
)
222222
1
nn
rdsxdyudv
−=−−=
do đó r, s là nghiệm của phương trình.
* r, s > 0 vì
(
)
(
)

11
1(1)à1
rsdxydmrsdrsd
<+<++−=

(
)
()
011
1012
1102
1
2
0
rsdrsd
rsdrsdr
rsdrsdsd
r
s
⇒<−<⇒−<−−

+=<++−=



−=<+−−=



>





>


Vậy r, s là nghiệm dương của phương trình
1111
;
xrysxydrsd
⇒<<⇒+<+
So với (1) mâu thuẫn.
Nên điều phản chứng là sai.
Nên tồn tại số n sao cho mọi u, v là nghiệm nguyên dương của phương trình đều có dạng:
(
)
11
n
uvdxyd
+=+ .£

Ví dụ 4
Tìm ba nghiệm đầu tiên của phương trình:
22
231
xy
−=
(*)
Thật vậy: trước tiên ta xác định nghiệm cơ bản của phương trình (*)

Bằng phương pháp thế: y = 1, 2, 3,… vào 23y
2
+ 1
Với y = 1: x
2
= 23 + 1 = 24 loại
Với y = 2: x
2
= 23.4 + 1 = 92 loại
Với y = 3: x
2
= 23.3
2
+ 1 = 208 loại
Với y = 4: x
2
= 23.4
2
+ 1 = 369 loại
Với y = 5: x
2
= 23.5
2
+ 1 = 576 nên x = 24
Vậy nghiệm cơ bản là (24, 5)
* Ta có:
21210
2
21210
2

22
2.24.2411151
22
2.24.50240
nnn
nnn
xaxxxaxx
x
yayyyayyy
++
++
=−=−
=−=

⇒⇒

=−=−=−=



PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032




Phương tr
ình Pell


18



Vậy nghiệm thứ hai của phương trình (*) là (1151, 240)
Tương tự, ta tìm nghiệm thứ ba như trên, ta có:
3213
3213
22.24.11512455224
22.24.240511515
xaxxx
yayyy
=−=−=



=−=−=


Vậy nghiệm thứ ba của phương trình (*) là (55224, 11515).

II.2.1.7. Định lý 7
Nếu
(
)

11
,
xy
là nghiệm của phương trình
22
xdyc
−=
(1)

(
)
22
,
xy
là nghiệm của phương trình
22'
xdyc
−=
(2)
Thì
(
)
12121221
,
xxdyyxyxy
++là nghiệm của phương trình
22'
.
xdycc
−=

Các nghiệm của phương trình (*) khác biệt nhau với sự khác biệt của
(
)
(
)
1122
,à,
xyvxy

Chứng minh
Đặt
()()
22
1212
22'
12121221
1221
.
Uxxdyy
UdVxxdyydxyxycc
Vxyxy
=+

⇒−=+−+=

=+


Ta thấy: Giả sử
(

)
(
)
''''
1122
,à,
xyvxy
lần lượt là nghiệm của phương trình (1) và (2) với
''''''
11112222
;ê,.
xxyyxxyynnUUVV
>⇒>>⇒>>>


II.2.1.8. Hệ quả
Nếu (a, b) là nghiệm của phương trình
22
(1,2,4)
xdycc
−==±±±

Thì
22
2
,
adbab
cc

+



là nghiệm của phương trình
22
1
xdy
−=

Chứng minh
Áp dụng trực tiếp từ định lý 8, ta có:
(
)
22
,2
adbab
+ là nghiệm của phương trình
222
(0)
xdycc
−=≠
(1)
Chia hai vế của phương trình cho c
2
ta nhận được:
(
)
(
)
()
22

2
2222
2
2
22
2
2
1
adbadbdab
abc
d
cccc
++−

−===




PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032




Phương tr
ình Pell


19



Ví dụ 5 Trở lại ví dụ ở phần II.1.14
Ta thấy: (5, 1) là nghiệm của phương trình
22
232
xy
−=

Nên (25 + 23.1, 2.5.1) = (48, 10)là nghiệm của phương trình
22
234
xy
−=

Vậy (24, 5) là nghiệm của phương trình
22
231
xy
−=

Ta có: (48, 10) là nghiệm của phương trình
22
234

xy
−=

Nên (48
2
+ 23.10
2
, 2.48.10) = (4604, 960) là nghiệm của phương trình
22
2316
xy
−=

Vậy
4604960
,
44



= (1151, 240) là nghiệm của phương trình
22
231
xy
−=
.

II.2.2. Dạng 2

22

1
xdy
−=−
(1) với d là số nguyên.
II.2.2.1. Định lý 1
Phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương khi d = m
2
, m là số nguyên ( khi d là
số chính phương).
Chứng minh
Khi d = m
2
, thì (1) có dạng:
(
)
(
)
222
11
xmymyxmyx
−=−⇔+−=

Với m là nguyên dương. Từ tính nguyên dương của x và y nên suy ra:
1
0
1
myx
x
myx
+=


⇒=

−=


vô lý vì x > 0.
Với m là nguyên âm. Từ tính nguyên dương của x và y nên suy ra:
1
0
1
myx
x
myx
+=−

⇒=

−=−

vô lý vì x > 0.
Vậy phương trình Pell loại 2 không có nghiệm nguyên dương, khi d không là số chính
phương.£

II.2.2.2. Định lý 2
Phương trình (1) không có nghiệm khi d có ước nguyên tố p = 4k + 3.
Chứng minh
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki

ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


20



Bằng phản chứng, giả sử khi d có ước nguyên tố p = 4k + 3, mà phương trình vẫn có
nghiệm
(
)
2222
000000
,:11
xyxdyxdy
−=−⇔+= (*)
Từ (*) suy ra:
(
)
2
0

1
xd
+

. Vì p có dạng 4k + 3, nên theo lý thuyết chia hết suy ra 1 chia
hết cho p. Vô lý, vậy giả thuyết là sai nên phương trình (1) không có nghiệm trong trường
hợp này.

II.2.2.3. Định lý 3
Nếu d là số nguyên tố, thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d
không có dạng 4k + 3.
Chứng minh
Thuận
Giả sử phương trình (1) có nghiệm. Khi đó theo định lý 2 thì d không có dạng 4k + 3.
Đảo
Giả sử
43
dk
≠+
. Có các trường hợp sau:
(
)
()
()
2mod4
1mod4
0mod4
d
d
d









mà do d là số nguyên tố nên chỉ còn 2 trường hợp:
(
)
()
2mod4
1mod4
d
d








Trường hợp 1:
(
)
2mod4
d ≡ , d = 4k + 2 nên d chia hết cho 2
Mà d là số nguyên tố nên d = 2. Vậy phương trình:

22
21
xy
−=−
có nghiệm nguyên
dương (1, 1).
Trường hợp 2:
(
)
1mod4
d ≡ , d = 4k + 1.
Xét phương trình Pell dạng 1:
22
1
xdy
−=
(2) gọi là phương trình liên kết với (1)
Gọi (a, b) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình (2), khi đó ta có:
22
1
adb
−= (3)
Xét hai khả năng sau:
* Nếu a chẵn, thì vế trái của (3) lẻ, do d = 4k + 1 là số lẻ nên b lẻ.
Do đó:
(
)
2
1mod4
b ≡ , vậy:

(
)
(
)
22
11.1mod42mod4
aa−≡⇒≡
Điều này vô lý vì a chẵn nên
(
)
2
0mod4
a ≡ . Vì thế không xảy ra khả năng này.
* Nếu a lẻ, khi đó lập luận tương tự như trên ta có b chẵn.
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
GVHD: B
ùi Anh Ki
ệt

SVTH: Lương Th
ị Mai Hi
ên 1050032



Phương tr
ình Pell


21




Giả sử
1
1
21
2
aa
bb
=+


=


Thay vào (3) ta được:
(
)
(
)
22
111111
222.41
aadbaadb
+=⇒+= (4)
Vì d là số nguyên tố, và
(
)
11

,11
aa
+=
, nên từ (4) suy ra:
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
adv
au
adu
av


+=


=




=




+=


trong đó:
1
.
uvb
=
; u, v là số nguyên dương.
Nếu:
2
22
1
2
1
1
1
adv
udv
au

+=
⇒−=−

=


Trong trường hợp này (u, v) là nghiệm nguyên dương của phương trình (1).

Nếu:
2
22
1
2
1
1
1
adu
vdu
av

=
⇒−=

+=


Lúc này (v, u) là nghiệm của phương trình (2).
Do (a, b) là nghiệm cơ bản của (2) nên ta có
va

. Từ đó:
2
1111
1212
avvaaaa
+=≥≥=+⇒≥
Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn vì
1

a
là số nguyên dương.
Trong trường hợp này không thể xảy ra.£

II.2.2.4. Định lý 4 ( Điều kiện để phương trình Pell loại 2 có nghiệm).
Gọi (a, b) là nghiệm cơ bản của phương trình liên kết với phương trình Pell loại 2. Khi
đó phương trình Pell loại 2:
22
1
xdy
−=−
(1) có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau:
22
(2)
2(3)
axdy
bxy

=+

=

có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh
Đảo
Giả sử
(
)
00
,

xy
là nghiệm nguyên dương của hệ (2)-(3).
Vì (a, b) là nghiệm của phương trình:
22
1
xdy
−=
, nên
22
1
adb
−=
. Từ đó theo hệ ta có suy
ra:
(
)
()
(
)
22
2
222222
00000000
1211
xdydxyxdyxdy
=+−⇒=−⇒−=±
.
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

×