Về một dạng phương trình Pell suy rộng

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

MAI SỸ THỦY

VỀ MỘT DẠNG
PHƯƠNG TRÌNH PELL SUY RỘNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN - 2013


2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

MAI SỸ THỦY

VỀ MỘT DẠNG
PHƯƠNG TRÌNH PELL SUY RỘNG

CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG

NGHỆ AN - 2013


3

MỞ ĐẦU
Phương trình Diophantine (Diophantine equation) là phương trình nghiệm
nguyên vô định có dạng:
f ( x1 , x2 ,..., xn ) = 0,
trong đó n ³ 2 là số tự nhiên và f ( x1 , x2 ,..., xn ) là một đa thức hệ số nguyên.
Từ Diophantine được đặt theo tên nhà toán học Hy Lạp ở thế kỉ thứ III
sau công nguyên, người đã nghiên cứu các phương trình dạng này và là một
trong những nhà toán học đầu tiên đã kí hiệu hóa Đại số.
Một trong những phương trình Diophantine được quan tâm là phương
trình Pell. Phương trình Pell (Pell's equation) là phương trình Diophantine bậc
hai sau đây:
1. Dạng chính tắc (còn gọi là phương trình Pell loại I):
x 2 − dy 2 = 1 .

2. Dạng phương trình Pell âm (còn gọi là phương trình Pell loại II):
x 2 − dy 2 = −1 ,

với d là số nguyên dương và không phải là số chính phương.
Ngoài ra, còn có các dạng:
3. Phương trình Pell chứa tham số:
x 2 − dy 2 = n .

4. Phương trình Pell dạng tổng quát:
Ax 2 + By 2 = n .

Phương trình Pell đã được nghiên cứu từ rất lâu trong lịch sử toán học và
có nhiều ứng dụng trong việc giải nhiều bài toán Số học. Lagrange đã chứng
minh rằng: Với d không phải là số chính phương, phương trình Pell loại I và II
có vô số nghiệm nguyên dương. Tuy nhiên, việc tìm nghiệm nguyên dương của
phương trình Pell không đơn giản chút nào và do đó hiện nay vẫn được nhiều
nhà toán học trên thế giới quan tâm.


4

Vì vậy, trên cơ sở bài báo [4]: Fadwa S. Abu Muriefah, Amal Al-Rashed,
On the Diophantine equation x 2 − 4 p m = ± y n , Arab Journal of Mathematical
Sciences (2012), 18, pp. 97-103, luận văn tìm hiểu về các dạng đặc biệt của
phương trình Diophantine. Chúng tôi không có ý định tìm hiểu hết các chứng
minh chi tiết trong bài báo này, vì đây là một công việc hết sức khó khăn và
lâu dài bởi lẽ nội dung bài báo liên quan đến rất nhiều lĩnh vực sâu sắc của
toán học như lý thuyết số p-adic, trường mở rộng… Trong một chừng mực
nhất định, chúng tôi cố gắng tìm hiểu các ý tưởng chứng minh của các tác giả
nhằm theo dõi một kết quả mới và sâu sắc trong một lĩnh vực khá phức tạp của
Số học: Giải phương trình Diophantine.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo, nội
dung luận văn gồm có 2 chương.
Chương 1 giới thiệu các kết quả cơ sở của phương trình Pell cũng như
ứng dụng của chúng trong các nghiên cứu số học.
Chương 2 nhằm tìm hiểu một kết quả mới của các tác giả Fadwa S. Abu
Muriefah, Amal Al-Rashed được công bố trên Tạp chí Toán học Ả Rập (Arab
Journal of Mathematical Sciences) xuất bản bởi Trường Đại học Hoàng gia Ả

Rập Xê Ut (King Saud University). Các tác giả trên đã xem xét điều kiện có
hữu hạn nghiệm của phương trình Diophantine x 2 − 4 p m = ± y n , trong đó m, n là
các số nguyên dương, p là số nguyên tố lẻ, x và y là các số nguyên dương
nguyên tố cùng nhau, trên cơ sở tham khảo nhiều kết quả của Le Maohua (Nhà
Toán học Trung Quốc) công bố trên Journal of Number Theory về phương
trình Diophantine.
Với mục đích góp phần xây dựng một tài liệu tham khảo cho các giáo
viên toán, các sinh viên ngành sư phạm toán học và học sinh giỏi toán về
phương trình Diophantine và ứng dụng, luận văn đã chọn giải một số bài toán
trong các đề thi học sinh giỏi toán quốc gia (VMO) và đề thi Olympic Toán
học quốc tế (IMO) trong những năm gần đây.


5

Tác giả xin trân trọng cảm ơn và bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới thầy
giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS. Nguyễn Thành Quang - đã tận tình hướng
dẫn, chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số
và Lý thuyết số, Khoa Toán học, Phòng Đào tạo Sau đại học của Trường Đại
học Vinh đã giảng dạy và hướng dẫn chúng tôi trong học tập và nghiên cứu.
Xin cảm ơn Ban Giám đốc Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Thanh Hóa,
Trường Trung học phổ thông Mai Anh Tuấn tỉnh Thanh Hóa, gia đình, và các
bạn đồng nghiệp đã quan tâm giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập vừa qua.
Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, song
chắc chắn vẫn còn nhiều thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của
thầy cô và các bạn đồng nghiệp.
Tác giả

6

CHƯƠNG 1

PHƯƠNG TRÌNH PELL

1.1. Phương trình Pell loại I
Phương trình Pell loại I là phương trình Diophantine có dạng:
x 2 − dy 2 = 1 ,

(I)

trong đó d là số nguyên dương.
Phương trình này đã được nghiên cứu từ rất lâu trong lịch sử toán học và
có nhiều ứng dụng trong việc giải nhiều bài toán Số học. Tuy nhiên việc tìm
nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại I không đơn giản chút nào. Ở
đây, khi nói đến nghiệm của phương trình Pell, ta luôn hiểu rằng đó là nghiệm
nguyên dương. Sau đây ta sẽ khảo sát các tính chất cơ bản nhất của phương
trình Pell loại I.
Nhận xét. Nếu d là số chính phương thì phương trình Pell loại I không có
nghiệm nguyên dương.
Thật vậy, từ giả thiết d = m 2 , ( m ∈ ¥ ∗ ) ta suy ra phương trình (I) có dạng:
x 2 − m 2 y 2 = 1 ⇔ ( x − my ) ( x + my ) = 1 .

Do x, y nguyên dương, nên từ trên suy ra:
 x + my = 1  x = 1
⇔

 x − my = 1  y = 0.

Vậy (I) không có nghiệm nguyên dương nếu d là số chính phương.
1.1.1. Định lý. Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương khi và chỉ
khi d là số nguyên dương và không phải là số chính phương.
Chứng minh. Để chứng minh Định lý 1.1.1 ta cần các Bổ đề sau:
1.1.2. Bổ đề. Cho α là số vô tỉ. Khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên dương

( h; k ) sao cho:
α−

h
1
< 2.
k k

Chứng minh. Trước hết ta có nhận xét sau: Với mọi số nguyên dương q, tồn
tại cặp số nguyên dương ( h; k ) , với 1 ≤ k ≤ q sao cho:


7

α−

h
1
<
.
k kq

Thật vậy, chia đoạn [ 0;1] thành q đoạn bằng nhau B1 , B2 ,..., Bq với:


i −1
i
Bi =  x ∈ [ 0;1] :
≤ x <  , i = 1, 2,..., q.
q
q


Xét dãy { tα } với t = 0,1,..., q (tức là dãy 0, { α } ,{ 2α } ,...,{ qα } ).
Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại tập hợp Bi chứa hai số của dãy trên,
chẳng hạn { t1α } , { t2α } với 0 ≤ t2 < t1 ≤ q . Theo định nghĩa của tập hợp Bi ta có:
i −1
i
≤ { tkα } < , với k = 1, 2.
q
q

Từ đó suy ra:

{ t1α } − { t2α }

1
< .
q

(1)

Theo định nghĩa của phần lẻ { .} , ta giả sử t1α = m1 + { t1α } ; t2α = m2 + { t2α } ,
ở đây m1 = [ t1α ] và m2 = [ t2α ] (tức là m1 , m2 là hai số nguyên). Thay lại vào (1),
ta có:

( t1α − m1 ) − ( t2α − m2 )

<

1
1
⇒ ( m1 − m2 ) − ( t1 − t2 ) α < .
q
q

(2)

Đặt h = m1 − m2 ; k = t1 − t2 . Khi đó ta có h nguyên, 1 ≤ k ≤ q và (2) có dạng:
αk − h <

1
h
1
⇒α− < .
q
k kq

Nhận xét được chứng minh.
Xét tập hợp sau:
h
1

A = ( h; k ) : α − < 2  .
k k 



Tập hợp A có vô hạn phần tử. Thật vậy, nếu trái lại A có hữu hạn phần tử
thì theo nguyên lí cực hạn, tồn tại phần tử ( h; k ) sao cho:
α−

h
h
= min α − .
k
k ( h; k )∈A


8

h
h
Do α là số vô tỉ và hữu tỉ, nên α − > 0 , do đó tồn tại ε > 0 để:
k

k

α−

h
>ε .
k

Như vậy, với mọi ( h; k ) ∈ A , ta có:
α−

h
>ε .
k

(3)

Vì ε > 0 , nên tồn tại q nguyên dương sao cho:
1
<ε ,
q

(*)

1

(chẳng hạn lấy q =   + 1 ). Theo nhận xét trên tồn tại cặp số nguyên dương
ε 

( h0 ; k0 ) với 1 ≤ k0 ≤ q , sao cho:
α−

h0
1
1
<
≤ 2 (do k0 ≤ q ).
k0 k 0 q k0

(4)

Theo định nghĩa tập hợp A thì ( h0 ; k0 ) ∈ A , vì vậy theo (3), ta có:
α−

Mặt khác, do k0 ≥ 1 , nên α −

h0
> ε.
k0

(5)

h0
1
1
<
≤ (theo (4)).
k0 k0 q q

Từ đó kết hợp với (5), ta suy ra:
1
ε< .
q

(**)

Từ (*) và (**) suy ra mâu thuẫn. Vậy giả thiết A có hữu hạn phần tử là
sai, tức là A có vô hạn phần tử. Bổ đề 1.1.2 được chứng minh. ■
1.1.3. Bổ đề. Tồn tại vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn:
x 2 − dy 2 < 1 + 2 d .

9

Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1.2 tồn tại vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa
mãn:
d−

Mặt khác,

d là số vô tỉ (do d không phải là số chính phương) và

số hữu tỉ nên: 0 < d −
Từ đó ta có:

x
1
< 2.
y y
x
là
y

x
.
y

x
x
x

1
+ d = − d +2 d ≤ − d +2 d < 2 +2 d .
y
y
y
y

2
2
2
Do x − dy = x − y d x + y d = y

x
x
− d
+ d , nên suy ra:
y
y

x 2 − dy 2 < y 2 .

1 1
1
+ 2 d ⇒ x 2 − dy 2 < 2 + 2 d .
2
2
y y
y

(6)

1
Vì y nguyên dương nên y ≥ 1 hay 2 ≤ 1 . Do đó từ (6), suy ra:
y

x 2 − dy 2 < 1 + 2 d .

Bổ đề 1.1.3 được chứng minh. ■
Bây giờ ta quay trở lại với điều cần chứng minh của Định lý 1.1.1.
Từ Bổ đề 1.1.2 suy ra tồn tại vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) sao cho:
x 2 − dy 2 < 1 + 2 d ⇔ −1 − 2 d < x 2 − dy 2 < 1 + 2 d .

(7)
Từ tính vô hạn của các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn (7), suy ra
tồn tại số nguyên k ∈  −1 − 2 d ;1 + 2 d  , sao cho có vô số cặp số nguyên
dương ( x; y ) thỏa mãn:
x 2 − dy 2 = k .

(8)


10

Xét các tập hợp các số nguyên dương ( x; y ) sau đây:
H = { ( x; y ) : x 2 − dy 2 = k } ;
H i , j = { ( x; y ) :

( x; y ) ∈ H , x ≡ i(mod

k ), y ≡ j (mod k )} ,

ở đây 1 ≤ i, j ≤ k .
Vì có vô số cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn (8), nên số phần tử của
tập hợp H là vô hạn. Do số các bộ ( i; j ) với 1 ≤ i, j ≤ k là hữu hạn, mà
H = UH i , j , nên suy ra tồn tại ( i; j ) để số phần tử của tập hợp H i , j là vô hạn.

Nói riêng, với H i , j ấy, tồn tại hai cặp số nguyên dương

(( x ; y ) ∈H
l

l

i, j

( x1 ; y1 ) ≠ ( x2 ; y2 )

, l = 1, 2 ) sao cho:
 x1 ≡ x2 (mod k )

 y1 ≡ y2 (mod k )
 2
2
2
2
 x1 − dy1 = x2 − dy2 = k .

(9)

Ta có:

(x −y d)(x
1

1

2

)

+ y2 d = x1 x2 − dy1 y2 + d ( x1 y2 − x2 y1 ) .

(10)

Từ (9), ta suy ra:
 x1 x2 − dy1 y2 ≡ x12 − dy12 ≡ 0(mod k )

 x1 y2 − x2 y1 ≡ x1 y1 − x2 y2 ≡ 0(mod k ).

(11)

Từ (11) suy ra tồn tại các số nguyên u, v sao cho:
 x1 x2 − dy1 y2 = ku

 x1 y2 − x2 y1 = kv.

(12)

Kết hợp (9), (10), (11) và (12) ta được:

(

(

 x1 − y1 d


 x1 + y1 d


)(x + y
)(x −y
2

2

2

2

) (
)
d ) = k(u −v d ).
d = k u+v d

(*)

Từ đó ta có:

(x

2

1

− dy12 ) ( x22 − dy22 ) = k 2 ( u 2 − dv 2 ) .

Do x12 − dy12 = x22 − dy22 = k , nên từ (13) suy ra:

(13)


11

u 2 − dv 2 = 1 .

(14)
Từ đó u 2 = 1 + dv 2 ⇒ u ≠ 0 . Ta sẽ chỉ ra v ≠ 0 . Thật vậy, nếu v = 0 thì từ

(

(14) ta có u = ±1 . Lúc này, từ (*) suy ra x1 − y1 d

)(x

2

)

+ y2 d = ± k .

Kết hợp với (9), ta được:

(x −y d)(x
1

1

2

)

(

+ y2 d = ± x1 − y1 d

)(x + y d).
1

1

(**)
Ta có x1 − y1 d ≠ 0 , vì nếu x1 − y1 d = 0 thì

d là số vô tỉ còn

d =

x1
. Điều này vô lí, do
y1

x1

là số hữu tỉ.
y1

Do vậy, từ (**) ta có:
x2 + y2 d = x1 + y1 d hay x1 − x2 = ( y2 − y1 ) d .

Từ (15) kết hợp với

(15)

d là số vô tỉ, x1 , y1 , x2 , y2 là các số nguyên, ta có:
 x1 − x2 = 0
 x = x2
⇔ 1

 y2 − y1 = 0
 y1 = y2 .

Điều này mâu thuẫn với ( x1 ; y1 ) ≠ ( x2 ; y2 ) . Vậy giả thiết phản chứng v = 0
là sai. Tóm lại, tồn tại cặp các số nguyên dương

( u;v)

và u , v thỏa mãn

(14). Điều đó có nghĩa là phương trình Pell loại I, có nghiệm nguyên dương
khi và chỉ khi d là số nguyên dương và không phải là số chính phương.
Định lý 1.1.1 được chứng minh. ■
Xét phương trình Pell loại I:
x 2 − dy 2 = 1 ,

trong đó d là số nguyên dương và không phải là số chính phương. Theo Định
lý 1.1.1, tồn tại nghiệm nguyên dương của phương trình này. Vì thế theo
nguyên lí cực hạn, sẽ tồn tại nghiệm nguyên dương bé nhất ( a; b ) (tức là: b là
số nguyên dương bé nhất để 1 + db 2 là số chính phương).


12

1.1.4. Định lý. Giả sử ( a; b ) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương
trình Pell loại I:
x 2 − dy 2 = 1 .

(I)

Xét hai dãy { xn } và { yn } được cho bởi hệ thức truy hồi sau:
x0 = 1; x1 = a; xn + 2 = 2axn +1 − xn , n = 0,1, 2,...
y0 = 0; y1 = b; yn + 2 = 2ayn +1 − yn , n = 0,1, 2,...

Khi đó ( xn ; yn ) với n = 1, 2,... là tất cả các nghiệm nguyên dương của
phương trình (I).
Chứng minh. Phương trình đặc trưng của các dãy { xn } và { yn } là:
λ 2 − 2aλ + 1 = 0 .

(1)

Do ( a; b ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 − dy 2 = 1 ,
nên a 2 − 1 = db 2 . Ta có (1) là phương trình bậc hai với ∆ ' = a 2 − 1 = db 2 > 0 , do
đó phương trình (1) có hai nghiệm là λ1 = a + b d , λ2 = a − b d . Khi đó, công
thức số hạng tổng quát của các dãy số ( xn ) và ( yn ) có dạng xn = c1λ1n + c2λ2n ,

yn = d1λ1n + d 2 λ2n . Từ điều kiện ban đầu của các dãy { xn } và { yn } ta tìm được:
1
1
.
c1 = c2 = ; d1 = −d 2 =
2 d
2

Từ đó ta có:
xn =

(

a+b d

) (
n

+ a −b d
2

)

n

; yn =

(

a+b d

) (
n

− a −b d

2 d

)

n

.

(2)

Theo cách cho các dãy số { xn } , { yn } và kết hợp với (2) ta thấy rằng xn , yn
là các số nguyên dương.
Từ (2) suy ra:

(

xn + yn d = a + b d

(3)

)

n

(

)

n

, xn − yn d = a − b d .


13

Vì vậy, xn2 − dyn2 = ( a 2 − db 2 ) = 1 . Do đó ( xn ; yn ) là nghiệm nguyên dương
n

của phương trình Pell loại I: x 2 − dy 2 = 1 , với mọi n = 1, 2,...
Đảo lại, giả sử ( x; y ) là một nghiệm nguyên dương bất kì của phương
trình Pell loại I: x 2 − dy 2 = 1 . Trước hết, ta sẽ chứng minh khẳng định: Tồn tại

(

số nguyên dương n sao cho x + y d = a + b d

)

n

= xn + yn d .

(

)

n

Thật vậy, giả sử trái lại, với mọi n ta có x + y d ≠ a + b d . Khi đó, tồn

(

tại m nguyên dương sao cho a + b d

)

m

(

< x+ y d < a+b d

)

m +1

.

(4)

Do a 2 − db 2 = 1, a > 0, b > 0, d > 0 nên a − b d > 0 . Nhân các vế của bất

(

đẳng thức (4) với a − b d

)

m

ta được:

(

1< x + y d

) ( a−b d )

m

< a+b d .

(5)

Kết hợp với (3), suy ra:

(

x+ y d

)(

a −b d

) =(x+ y d)(x
m

m

)

− ym d = u + v d ,

với u = xxm − dyym , v = xm y − ym x . Vì vậy, (5) có thể viết lại dưới dạng:
1< u + v d < a +b d .

(6)

2
2
2
2
2
2
Ta có: u 2 − dv 2 = ( xxm − dyym ) − ( xm y − ym x ) d = ( x − dy ) ( xm − dym ) .

Vì ( x; y ), ( xm ; ym ) là các nghiệm của phương trình Pell loại I: x 2 − dy 2 = 1 ,
nên từ trên suy ra:
u 2 − dv 2 = 1 .

(7)
Do x 2 − dy 2 = 1, x > 0, y > 0, d > 0 nên x > y d > 0 , tương tự ta cũng có
xm > ym d > 0 . Suy ra u = xxm − dyym > 0 .

Từ (6) và (7) suy ra 0 < u − v d < 1 .
Do đó:


14

( u + v d ) + ( −u + v d ) > 1 − 1 ⇒ 2v

d > 0 ⇒ v > 0.

Như vậy, u, v là những số nguyên dương thỏa mãn (7), do đó (u; v) là
một nghiệm nguyên dương của phương trình (I). Mà (a; b) lại là nghiệm
nguyên dương nhỏ nhất của (I), nên a ≤ u, b ≤ v . Từ đó suy ra:
a+b d ≤u +v d .

(8)

Từ (6) và (8) suy ra vô lí. Vậy mọi nghiệm nguyên dương ( x; y ) tùy ý của
phương trình Pell loại I: x 2 − dy 2 = 1 , luôn tồn tại số nguyên dương n sao cho:
x + y d = xn + yn d ⇒ x − xn = ( yn − y ) d .

Vì d không phải là số chính phương, còn x, y , xn , yn là các số nguyên
dương, nên suy ra x = xn , y = yn . Điều này có nghĩa là với mọi nghiệm nguyên
dương ( x; y ) của phương trình Pell loại I: x 2 − dy 2 = 1 , luôn tồn tại xn , yn để
cho x = xn , y = yn .
Định lý 1.1.4 được chứng minh. ■
1.1.5. Bổ đề. Cho d là số nguyên dương và không phải là số chính phương.
Giả sử Pk , Qk , α k , ak là các số xác định trong việc tìm khai triển liên phân số
của d :
αk =

Pk + d
; ak = [ α k ] ;
Qk

Pk +1 = ak Qk − Pk ; Qk +1 =

α k +1 =

d − Pk2+1
;
Qk

Pk +1 + d
; ak +1 = [ α k +1 ] .
Qk +1

(ở đây P0 = 0; Q0 = 1 ; α 0 = d và a0 =  d  ).
Giả sử

pk
là giản phân thứ k của
qk

d . Khi đó,

pk2 − dqk2 = ( −1)

k −1

Qk +1 .

Chứng minh. Theo tính chất của liên phân số, ta có:


15

d = α0 =

Thế α k +1 =

α k +1 pk + pk −1
.
α k +1qk + qk −1

(1)

Pk +1 + d
vào (1), ta được:
Qk +1
d =

(P
(P

k +1

)
d)q

+ d pk + Qk +1 pk −1

k +1 +

k

+ Qk +1qk −1

.

Từ đó suy ra:
dqk + ( Pk +1qk + Qk +1qk −1 ) d = ( Pk +1 pk + Qk +1 pk −1 ) + pk d .

(2)

Do d không phải là số chính phương, nên từ (2) suy ra:
dqk = Pk +1 pk + Qk +1 pk −1

 pk = Pk +1qk + Qk +1qk −1.

Từ hệ trên, ta có:
pk2 − dqk2 = Qk +1 ( pk qk −1 − pk −1qk ) .

(3)

Mặt khác, theo tính chất của giản phân thì pk qk −1 − pk −1qk = ( −1) .
k

Do đó, từ (3) suy ra pk2 − dqk2 = ( −1) Qk +1 . ■
k

1.1.6. Định lý. Giả sử chu kì của biểu diễn liên phân số của

d là r . Gọi

pk
qk

là giản phân thứ k của d . Khi đó,
- Nếu r chẵn thì x = ptr −1 , y = qtr −1 với t = 1, 2,... là nghiệm của phương
trình Pell loại I: x 2 − dy 2 = 1 .
- Nếu r lẻ thì x = p2tr −1 , y = q2tr −1 với t = 1, 2,... là nghiệm của phương
trình Pell loại I: x 2 − dy 2 = 1 .
Chứng minh. Vì

d = 0+

d
, nên ta có: Q0 = 1 ⇒ Qkr = Q0 = 1, ∀k ∈ ¥ . Theo
1

Bổ đề 1.1.5 thì:
pkr2 −1 − dqkr2 −1 = ( −1)

kr − 2

Qkr = ( −1) .
kr

16

Do vậy, nếu r chẵn thì pkr2 −1 − dqkr2 −1 = 1, ∀k ∈ ¥ ; còn nếu r lẻ thì
p22tr −1 − dq22tr −1 = 1, với t = 1, 2,... . ■

1.1.7. Bổ đề. Cho d là số nguyên dương không phải là số chính phương. Giả
sử Pk , Qk , α k , ak là các số xác định trong việc tìm khai triển liên phân số của
d và r là chu kì của biểu diễn liên phân số của

d . Khi đó, Qi ≠ −1 với mọi

i = 1, 2,... và Qk = 1 khi và chỉ khi k chia hết cho r .

Chứng minh. Giả sử tồn tại i để Qi = −1 . Suy ra α i = − Pi − d . Vì α i có biểu
diễn liên phân số tuần hoàn ngay từ đầu nên ta có −1 < ( α i ) ' = − Pi + d < 0 và
α i = − Pi − d > 1 . Do đó

d < Pi < −1 − d , điều này vô lí.

Vậy, Qi ≠ −1 với mọi i = 1, 2,...
Giả sử k chia hết cho r , tức là k = tr , t ∈ ¥ ∗ . Với a0 =  d  , ta có:
d = [ a0 ; a1 ,..., ak −1 , α k ] =  a0 ; a1 ,..., ak −1 , 2a0 ,..., ar , 2a0  .

Suy ra:

(

)

α k =  2a0 ,..., ar , 2a0  = a0 +  a0 , a1 ,..., ar , 2a0  = a0 + d = Pk + d / Qk .

Do đó ta có Qk a0 + Qk d = Pk + d . Vì d là số nguyên dương và không
phải là số chính phương, nên Qk = 1; a0 = Pk .
Đảo lại, nếu Qk = 1 . Ta có α k = Pk + d > Pk . Vì α k = [ ak , ak +1 ,...] là tuần
hoàn ngay từ đầu nên −1 < ( α k ) ' = Pk − d < 0 ⇒ d − 1 < Pk < d . Thành thử
 d  = Pk = a0 . Do đó α k = Pk + d =  d  + d =  2a0 ,..., ar  .


 
 

Ta có:
d = α = [ a0 ; a1 ,..., ak −1 , α k ] =  a0 ; a1 ,..., ak −1 , 2a0 , a1 ,..., ar  =  a0 ; a1 ,..., ar , 2 a0  .

Suy ra k là bội của r . ■
1.1.8. Bổ đề. Cho α là số vô tỉ và

r
là số hữu tỉ tối giản, với r > 0 thỏa mãn:
s


17

α−

Khi đó

r
1

< 2.
s 2s

r
là một giản phân của α .
s
r
không là giản phân của α . Khi đó, tồn tại k sao cho:
s

Chứng minh. Giả sử

qk ≤ s < qk +1 .

Kết hợp với Bổ đề 1.1.5 suy ra:
qkα − pk ≤ sα − r = s α −

r
1
<
.
s 2s

Suy ra:
α−

pk
1
<
.

qk
2 sqk

Vì spk − rpk ≥ 1 , nên ta có:
sp − rqk
 r
p r p
p
1
r
1
1

≤ k
= k − =  k − α ÷−  − α ÷ ≤ α − k + α − <
+ 2.
spk
sqk
qk s  q k
qk
s 2sqk 2s

 s
1

1

Do đó, ta có 2sp < 2s 2 hay s < pk . Điều này mâu thuẫn với qk ≤ s < qk +1 .
k
Bổ đề 1.1.8 được chứng minh. ■

1.1.9. Bổ đề. Cho d là số nguyên dương không phải là số chính phương. Giả
x
sử x, y là các số nguyên dương sao cho x 2 − dy 2 = n và n < d . Khi đó
là
y

một giản phân của

d.

(

Chứng minh. Xét trường hợp n > 0 . Từ giả thiết ta có x − y d

)( x+ y d) =n.

Do x, y là các số nguyên dương và n > 0 , nên x − y d > 0 . Vì vậy, ta có:
x
x− y d
x 2 − dy 2
n
d
1
− d =
=
<
< 2
= 2.
y
y

2y d 2y
y x+ y d
y 2y d

(

Theo Bổ đề 1.1.8, thì

)

(

x
là một giản phân của
y

)

d.


18

1

n

2
2
Trong trường hợp n < 0 . Ta có y −  ÷x = − . Do:

d
d 

−

n
n
−n
d
1
> 0,
= <
<
,
d
d
d
d
d

nên chứng minh tương tự như trên ta có
Do đó

y
là một giản phân của
x

1
.
d

 1
x
 y
= 1/  ÷ là một giản phân của 1/ 
÷= d .
y
x
 d

Bổ đề 1.1.9 được chứng minh. ■
1.1.10. Định lý. Cho phương trình Pell loại I:
x 2 − dy 2 = 1 .

Gọi r là chu kì của biểu diễn liên phân số của

(I)
d . Khi đó,

- Nếu r chẵn thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell loại I là:
x = pkr −1 , y = qkr −1 với k = 1, 2,...

- Nếu r lẻ thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell loại I là:
x = p2tr −1 , y = q2tr −1 với t = 1, 2,...

Chứng minh. Theo Định lý 1.1.6, nếu r chẵn thì x = pkr −1 , y = qkr −1 với k = 1, 2,...
là nghiệm của phương trình (I); còn nếu r lẻ thì x = p2tr −1 , y = q2tr −1 với t = 1, 2,...
là nghiệm của phương trình (I).
Đảo lại, giả sử ( x; y ) là nghiệm của phương trình Pell loại I. Áp dụng Bổ
đề 1.1.9 với n = 1 < d , thì

x
là một giản phân của
y

d , suy ra tồn tại i để:

x = pi , y = qi .

Ta có x 2 − dy 2 = 1 ⇒ pi2 − dqi2 = 1 .
Vì vậy, từ Bổ đề 1.1.5 ta có ( −1) Qi +1 = 1 ⇒ Qi +1 = ±1 . Theo Bổ đề 1.1.7,
i −1

thì Qi +1 ≠ −1 nên ta có Qi +1 = 1 và i lẻ. Do đó, theo Bổ đề 1.1.7 thì i + 1 chia hết
r , tức là tồn tại k để i + 1 = kr ⇒ i = kr − 1 và kr chẵn. Như vậy, nếu r chẵn ta

có i = kr − 1 , còn nếu r lẻ thì k chẵn, tức là k = 2t , nên suy ra i = 2tr − 1 .


19

Định lý 1.1.10 được chứng minh. ■
1.1.11. Các ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 − 7 y 2 = 1

(1)

Lời giải. Ta có phương trình (1) là phương trình Pell loại I, với d = 7 .
Bằng phép thử trực tiếp ta thấy ( 8; 3) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất
của phương trình (1). Vì vậy, theo Định lý 1.1.4 phương trình (1) có dãy

nghiệm nguyên dương là:
x0 = 1; x1 = 8; xn + 2 = 16 xn +1 − xn ; n = 0,1, 2,...
y0 = 0; y1 = 3; yn + 2 = 16 yn +1 − yn ; n = 0,1, 2,...

Ví dụ 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại I:
x 2 − 2 y 2 = 1 , thỏa mãn điều kiện 100 < x < 2013 .

Lời giải. Xét phương trình Pell loại I:
x2 − 2 y 2 = 1 .

(2)

Bằng phép thử trực tiếp ta thấy rằng ( 3; 2 ) là nghiệm nguyên dương nhỏ
nhất của (2). Vì vậy, theo Định lý 1.1.4, phương trình (2) có dãy nghiệm
nguyên dương là:
x0 = 1; x1 = 3; xn + 2 = 6 xn +1 − xn ; n = 0,1, 2,...
y0 = 0; y1 = 2; yn + 2 = 6 yn +1 − yn ; n = 0,1, 2,...

Từ đó ta lập bảng các nghiệm nguyên dương của (2) như sau:
n

1

2

3

4

5

…

xn

3

17

99

577

3363

…

yn

2

12

70

408

2378

…

Ta có các dãy { xn } , { yn } là các dãy tăng, tức là xn < xn+1 ; yn < yn+1 với mọi
n = 1, 2,... Do đó suy ra ( 577; 408 ) là nghiệm nguyên dương duy nhất của

phương trình Pell loại I: x 2 − 2 y 2 = 1 , thỏa mãn điều kiện 100 < x < 2013 .


20

Ví dụ 3. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những bộ ba số nguyên dương liên
tiếp mà mỗi số trong đó đều là tổng của hai số chính phương.
Lời giải. Ta có 8, 9, 10 là một bộ ba số nguyên dương liên tiếp thỏa mãn yêu
cầu bài toán (vì 8 = 22 + 22 ;9 = 32 + 02 ;10 = 32 + 12 ). Điều này gợi ý đến việc
chứng minh có vô hạn bộ ba số liên tiếp x 2 − 1, x 2 , x 2 + 1 sao cho mỗi số đều là
tổng của hai số chính phương. Vì x 2 = x 2 + 02 , x 2 + 1 = x 2 + 12 , nên để chứng
minh bài toán ban đầu, ta chỉ cần chứng minh tồn tại vô hạn các số nguyên
dương x, y , z sao cho x 2 − 1 = y 2 + z 2 . Xét trường hợp đặc biệt z = y ta có
phương trình x 2 − 1 = 2 y 2 hay x 2 − 2 y 2 = 1 . Đây là phương trình Pell loại I với
d = 2 . Như ta đã biết phương trình này tồn tại vô hạn nghiệm nguyên dương.

Vậy, có vô hạn bộ ba số nguyên dương liên tiếp x 2 − 1, x 2 , x 2 + 1 sao cho mỗi số
là tổng của hai số chính phương. Từ đó, suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các số nguyên dương t, sao cho số tam giác

t ( t + 1)
là một
2

số chính phương.
Lời giải. Giả sử số nguyên dương t cần tìm thỏa mãn

t ( t + 1)
= y2 , y ∈ ¥ ∗ .
2

Khi đó, ta có:
t 2 + t = 2 y 2 ⇔ 4t 2 + 4t + 1 = 8 y 2 + 1 ⇔ ( 2t + 1) − 8 y 2 = 1 .
2

Đặt x = 2t + 1 , thì ( x; y ) là nghiệm của phương trình Pell loại I:
x2 − 8 y 2 = 1.

(4)

x −1
Đảo lại, nếu ( x; y ) là nghiệm của phương trình (4), thì x lẻ nên t =
2

thỏa mãn yêu cầu đầu bài.
Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình (4) là ( 3; 1) , nên theo
Định lý 1.1.4 thì phương trình (4) có dãy nghiệm nguyên dương là:
x0 = 1; x1 = 3; xn + 2 = 6 xn +1 − xn , n = 0,1, 2,...
y0 = 0; y1 = 1; yn +2 = 6 yn +1 − yn , n = 0,1, 2,...


21

Từ đó ta có dãy các số nguyên dương tn thỏa mãn yêu cầu đầu bài là:
t0 = 0; t1 = 1; tn + 2 = 6tn +1 − tn + 2, n = 0,1, 2,...

Tóm lại, tất cả các số nguyên dương t thỏa mãn yêu cầu bài toán là các
phần tử của dãy { tn } xác định như trên, với n = 1, 2,... .
Ví dụ 5. Cho hai dãy số { xn } , { yn } được xác định bởi hệ thức truy hồi sau đây:
x0 = 0; x1 = 1; xn +1 = 4 xn − xn −1 , n = 1, 2,...
y0 = 1; y1 = 2; yn +1 = 4 yn − yn −1 , n = 1, 2,...

Chứng minh rằng, với mọi n ta có yn2 = 3xn2 + 1 .
Lời giải. Xét phương trình Pell loại I:
X 2 − 3Y 2 = 1 .

(5)

Phương trình (5) có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là ( 2; 1) , nên theo
Định lý 1.1.4 ta có tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình (5) là

( X n ; Yn ) sao cho:
X 0 = 1; X 1 = 2; X n +1 = 4 X n − X n −1 , với n = 1, 2,...
Y0 = 0; Y1 = 1; Yn +1 = 4Yn − Yn −1 , với n = 1, 2,...

Từ giả thiết và cách xác định các dãy { X n } và { Yn } , suy ra X n = yn ; Yn = xn
với mọi n ∈ ¥ ∗ . Mặt khác ( X n ; Yn ) là nghiệm nguyên dương của phương trình
(5), nên X n2 − 3Yn2 = 1 . Do đó yn2 = 3xn2 + 1 với mọi n ∈ ¥ ∗ .
Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 6. (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia 2013). 1) Chứng minh rằng tồn tại vô
số số nguyên dương t sao cho 2012t + 1; 2013t + 1 đều là các số chính phương.
2) Giả sử m, n là các số nguyên dương sao cho mn + 1; mn + n + 1 đều là
các số chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 8(2m + 1) .
Lời giải. 1) Vì ( 2012t + 1, 2013t + 1) = 1 nên 2012t + 1 và 2013t + 1 đồng thời là
2
số chính phương khi và chỉ khi ( 2012t + 1) ( 2013t + 1) = y , y ∈ ¥ ∗ .

Từ đó ta có 4050156t 2 + 4025t + 1 = y 2 hay

( 8100312t + 4025 )

2

− 16200624 y 2 = 1 .


22

Đặt x = 8100312t + 4025 ta có phương trình Pell loại I:
x 2 − 16200624 y 2 = 1 .

(6)

Ta có ( 4025; 1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình (6).
Vì vậy, theo Định lý 1.1.4, phương trình (6) có dãy nghiệm nguyên dương là:
x0 = 1; x1 = 4025; xn + 2 = 8050 xn+1 − xn , n = 0,1, 2,...
y0 = 0; y1 = 1;

yn + 2 = 8050 yn +1 − yn , n = 0,1, 2,...

Từ đó dễ dàng suy ra: xk ≡ 4025 ( mod 8100312 ) tương đương với k lẻ.
Mặt khác, do x = 8100312t + 4025 , nên ta chỉ xét các t tương ứng với các
xk mà xk ≡ 4025 ( mod 8100312 ) , hay theo trên đó là các xk với k lẻ. Vì vậy,
tk =

x2 k +1 − 4025

.
8100312

Theo hệ thức truy hồi của dãy { xn } , ta có:

x2 k +3 = 8050 x2 k + 2 − x2 k +1 = 8050 ( 8050 x2 k +1 − x2 k ) − x2 k +1
= 64802499 x2 k +1 − 8050 x2 k = 64802499 x2 k +1 − ( x2 k +1 + x2 k −1 )
= 64802498 x2 k +1 − x2 k −1 .

Do đó:
8100312tk +1 + 4025 = 64802498 ( 8100312tk + 4025 ) − ( 8100312tk −1 + 4025 ) ,
⇒ tk +1 = 64802498tk − tk −1 + 8 , với k = 1, 2,...

Ta có: t0 = 0;
t1 =

x3 − 4025 8050 x2 − x1 − 4025 8050 ( 8050 x1 − x0 ) − 8050
=
=
= 32200
8100312
8100312
8100312

Vậy các số nguyên dương t thỏa mãn yêu cầu bài toán được cho bởi hệ
thức truy hồi sau:
t0 = 0; t1 = 32200; tk +1 = 64802498tk − tk −1 + 8 , với k = 1, 2,...

Như vậy, tồn tại vô số số nguyên dương t sao cho 2012t + 1; 2013t + 1
đều là các số chính phương. Đó là điều phải chứng minh.

2) Vì

( mn + 1, mn + n + 1) = 1 nên

mn + 1 và mn + n + 1 đồng thời là số chính

2
phương khi và chỉ khi ( mn + 1) ( mn + n + 1) = y , y ∈ ¥ ∗ .


23

Từ đó ta có:
m ( m + 1) n 2 + ( 2m + 1) n + 1 = y 2
⇔  2m ( m + 1) n + ( 2 m + 1)  − 4 m ( m + 1) y 2 = 1 .
2

(7)

Đặt x = 2m ( m + 1) n + ( 2m + 1) , thì từ (7) dẫn đến phương trình Pell loại I:
x 2 − 4m ( m + 1) y 2 = 1 .

(8)

Dễ thấy ( 2m + 1; 1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (8). Vì vậy,
theo Định lý 1.1.4, thì (8) có dãy nghiệm nguyên dương là:
x0 = 1; x1 = 2m + 1; xi + 2 = 2 ( 2m + 1) xi +1 − xi với i = 0,1, 2,...
y0 = 0; y1 = 1; yi + 2 = 2 ( 2m + 1) yi +1 − yi với i = 0,1, 2,...

Từ trên dễ dàng suy ra: xk ≡ 2m + 1( mod 2m ( m+1) ) tương đương với k lẻ.

x2 k +1 − ( 2m + 1)
.
2m ( m + 1)

Ta có: nk =

Theo hệ thức truy hồi của dãy { xn } , ta có:

x2 k +3 = 2 ( 2m + 1) x2 k + 2 − x2 k +1 = 2 ( 2m + 1) ( 2 ( 2m + 1) x2 k +1 − x2 k ) − x2 k +1

(

)

⇒ x2 k +3 = 4 ( 2m + 1) − 2 x2 k +1 − x2 k −1 .
2

Từ đó suy ra: nk +1 =  4 ( 2m + 1) − 2 nk − nk −1 + 8 ( 2m + 1) .
2

Ta có: n0 = 0; n1 = 8 ( 2m + 1) .
Vậy ta có công thức truy hồi để tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa
mãn mn + 1; mn + n + 1 đều là các số chính phương là:
2
n0 = 0; n1 = 8 ( 2m + 1) ; nk +1 =  4 ( 2m + 1) − 2  nk − nk −1 + 8 ( 2m + 1) , với k = 1, 2...



Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được:
nk M8 ( 2m + 1) , k = 1, 2...

Mặt khác, số nguyên dương n là một số hạng của dãy { nk } , nên ta suy ra
nM8 ( 2m + 1) . Đó là điều phải chứng minh.

1.2. Phương trình Pell loại II


24

Phương trình Pell loại II là phương trình có dạng:
x 2 − dy 2 = −1 ,

(II)

trong đó d là số nguyên dương.
Cũng như khi xét phương trình Pell loại I, ở đây ta chỉ quan tâm đến việc
tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này.
1.2.1. Mệnh đề. Phương trình Pell loại II không có nghiệm nguyên dương khi
d = m 2 , m ∈ ¥ (tức khi d là số chính phương).

Chứng minh. Khi d = m 2 , m ∈ ¥ thì phương trình (II) có dạng:
x 2 − m 2 y 2 = −1 ⇔ ( my + x ) (my − x ) = 1 .

Do x, y nguyên dương, nên suy ra:
my + x = 1

my − x = 1.

Từ đó dẫn đến x = 0 . Điều này không thể xảy ra vì x nguyên dương. Vậy
phương trình Pell loại II không có nghiệm nguyên dương, khi d là số chính

phương. ■
1.2.2. Mệnh đề. Phương trình Pell loại II không có nghiệm nguyên dương khi
d có ước nguyên tố p = 4k + 3 .

Chứng minh. Giả sử trái lại, khi d có ước nguyên tố p = 4k + 3 , mà phương
trình Pell loại II vẫn có nghiệm nguyên dương ( x0 ; y0 ) . Khi đó, ta có:
x02 − dy02 = −1 ⇔ x02 + 1 = dy02
2
2
Từ đó suy ra ( x0 + 1) Md , mà d Mp nên ( x0 + 1) Mp . Vì p có dạng p = 4k + 3 ,

nên suy ra 1Mp . Đó là điều vô lí. ■
1.2.3. Mệnh đề. Nếu d là số nguyên tố, thì phương trình Pell loại II
x 2 − dy 2 = −1

(II)

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d không có dạng 4k + 3 .
Chứng minh. Giả sử phương trình Pell loại II có nghiệm. Khi đó theo Mệnh đề
1.2.2 ta có d ≠ 4k + 3 .
Đảo lại, nếu d ≠ 4k + 3 ta phải chứng minh phương trình (II) có nghiệm.


25

Nếu d = 2 thì phương trình x 2 − 2 y 2 = −1 có nghiệm nguyên dương ( 1; 1) .
Nếu d là số nguyên tố và có dạng 4k + 1 , tức d ≡ 1(mod 4) . Xét phương
trình Pell loại I:
x 2 − dy 2 = 1 .

(I)

Ta gọi phương trình (I) là phương trình Pell liên kết với phương trình (II).
Gọi ( a; b ) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình (I), khi đó
a 2 − 1 = db 2 .

(1)
Nếu a chẵn, thì vế trái (1) là số lẻ, và do d = 4k + 1 là số lẻ, nên từ (1) suy
ra b lẻ, do đó b 2 ≡ 1(mod 4) . Suy ra a 2 − 1 ≡ 1(mod 4) hay a 2 ≡ 2(mod 4) . Đây
là điều vô lí vì a chẵn. Do vậy, trường hợp này không xảy ra.
Nếu a lẻ khi đó b chẵn (vì d là số lẻ). Giả sử a = 2a1 + 1, b = 2b1 , thế vào
(1), ta được:

( 2a1 + 2 ) 2a1 = d .4b12 ⇒ a1 ( a1 + 1) = db12 .

(2)

Vì d là số nguyên tố và ( a1 , a1 + 1) = 1 , nên từ (2) suy ra:
a1 = u 2
a1 = du 2
hoặc 

2
2
a1 + 1 = dv
a1 + 1 = v .
2
a1 = u
Nếu 
thì u 2 − dv 2 = −1 . Trong trường hợp này ( u; v ) là nghiệm

2
a1 + 1 = dv

nguyên dương của phương trình Pell loại II.
 a1 = du 2
Nếu 
thì v 2 − du 2 = 1 . Khi đó, ( v; u ) là nghiệm nguyên dương
2
 a1 + 1 = v

của phương trình Pell liên kết (I). Mặt khác ( a; b ) là nghiệm nguyên dương bé
nhất của (I), nên v ≥ a . Từ đó ta có:
a1 + 1 = v 2 ≥ v ≥ a = 2a1 + 1 ⇒ a1 ≥ 2a1 .

Bất đẳng thức thu được là vô lí, vì a1 là số nguyên dương. Vậy trường
hợp này không xảy ra. ■