SH tam NC phuong trinh pell va bai toan tim nghiem nguyen

CHUYÊN ĐỀ
ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL
Nguyễn Chí Tâm
Đại học Sư phạm-Đại học Thái Nguyên
Email:
Ngày 28 tháng 6 năm 2016

Tóm tắt nội dung
Phương trình Pell và một số phương trình quy về phương trình kiểu Pell có nhiều ứng
dụng trong việc giải các bài toán tìm nghiệm nguyên, chứng minh tính chất số học hay
những bài toán về dãy số nguyên... Chuyên đề này sẽ đưa ra các ứng dụng của phương
trình Pell trong các bài toán như vậy. Đặc biệt là các bài toán số học trong đề thi học
sinh giỏi quốc gia mà có xuất hiện ứng dụng của phương trình Pell.

1

Phương trình Pell

1.1

Phương trình Pell loại I

Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng:
x2 − Dy 2 = 1, D ∈ Z

(1.1.1)

Định lý 1.1. Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1.1) là một số chính phương thì
phương trình (1.1.1) vô nghiệm.
Chứng minh. Nếu D là số chính phương ta luôn có m ∈ Z sao cho D = m2 . Khi đó
phương trình (1.1.1) được viết lại thành:

x2 − m2 y 2 = 1 ⇔ (x − my)(x + my) = 1.
Giả sử phương trình (1.1.1) có nghiệm là (x0 , y0 ). Khi đó ta có x0 −my0 ; x0 +my0 ∈ Z
và kéo theo
x0 − my0 = 1
x0 + my0 = 1

hoặc

x0 − my0 = −1
x0 + my0 = −1

Từ hai hệ phương trình trên ta thấy điều mâu thuẫn. Ta suy ra điều phải chứng
minh.
1


Định lý 1.2. Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1.1) là số nguyên âm thì phương
trình đó không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Đặt D = −m với m > 0. Khi đó phương trình (1.1.1) trở thành:
x2 + my 2 = 1.
Nếu m = 1 thì ta có phương trình x2 + y 2 = 1. Kéo theo
x = 1; y = 0
x = 0; y = 1
Nếu m > 1 và kết hợp với x2 , y 2 ≥ 0 kéo theo x = 1; y = 0 hoặc x = −1; y = 0. Từ đây
ta kết luận phương trình (1.1.1) không có nghiệm nguyên dương.
Định lý 1.3 (Nghiệm của phương trình Pell loại I). Nếu D là một số nguyên dương
nhưng không phải là số chính phương thì phương trình (1.1.1) có vô hạn nghiệm nguyên
dương và nghiệm tổng quát được cho bởi (xn , yn ) với n ≥ 1
xn+1 = axn + Dbyn , yn+1 = bxn + ayn ,

(1.1.2)

trong đó (x1 , y1 ) = (a, b) là nghiệm cơ sở nghĩa là nghiệm mà b > 0 nhỏ nhất.
Chứng minh. Xem chứng minh trong [1]
Công thức truy hồi ở trên sinh ra do hằng đẳng thức Brahmagupta
(a2 + nb2 )(c2 + nd2 ) = (ac − ndb)2 + n(ad + bc)2 = (ac + nbd)2 + n(ad − bc)2 (1.1.3)
Chú ý. Ta có thể viết ngắn gọn là dãy (xn ) và (yn ) được xác định bởi
√
√
xn + yn D = (a + b D)n
√
√
xn − yn D = (a − b D)n
Từ đó ta có công thức của (xn ) và (yn ) là:
√
√
(a + b D)n + (a − b D)n
xn =
;
√ n 2
√ n
(1.1.4)
(a + b D) − (a − b D)
√
yn =
2 D
√
√
Do a + b D và a − b D là hai nghiệm của phương trình X 2 − 2aX + 1 = 0 nên ta có
công thức truy hồi độc lập cho xn và yn :

x0 = 1, x1 = a, xn+1 = 2axn − xn−1 ;

(1.1.5)

y0 = 0, y1 = b, yn+1 = 2ayn − yn−1 .

(1.1.6)

2


1.2

Phương trình Pell loại II

Phương trình Pell loại II là phương trình có dạng:
x2 − Dy 2 = −1, D ∈ Z

(1.2.1)

Định lý 1.4. Nếu số nguyên D trong (1.2.1) là số chính phương hoặc có ước nguyên
tố dạng 4k + 3 với k ∈ Z thì phương trình đó vô nghiệm.
Chứng minh. Nếu D là một số chính phương thì D = m2 , m ∈ Z. Khi đó phương trình
được viết lại là
x2 − m2 y 2 = −1 ⇔ (x − my)(x + my) = −1
Giả sử là phương trình có nghiệm là (x0 , y0 ). Khi đó x0 − my0 , x0 + my0 ∈ Z và do đó
kéo theo
x0 − my0 = 1
x0 + my0 = −1

hoặc

x0 − my0 = −1
x0 + my0 = 1

Điều này là mâu thuẫn nên (1.2.1) vô nghiệm.
Nếu D có ước nguyên tố dạng 4k + 3 và phương trình có nghiệm là (x0 , y0 ). Khi đó
ta có
x20 − Dy02 = −1 ⇔ x20 + 1 = Dy02
.
.
Từ đây suy ra x20 + 1..D. Vì D có ước nguyên tố dạng 4k + 3 nên x20 + 1..4k + 3. Từ đây
kéo theo 1 chia hết cho 4k + 3. Điều này là mâu thuẫn vậy nên (1.2.1) vô nghiệm.
Định lý 1.5. Nếu D là số nguyên tố thì phương trình (1.2.1) có nghiệm nguyên dương
khi và chỉ khi D không có dạng 4k + 3.
Chứng minh. Giả sử phương trình (1.2.1) có nghiệm nguyên dương. Theo Định lý 1.4
thì D không có dạng 4k + 3.


D ≡ 1(mod4)
Ngược lại, giả sử D = 4k+3. Khi đó có các trường hợp sau xảy ra: D ≡ 2(mod 4)

D ≡ 0(mod 4)

.

D ≡ 1(mod 4)
D ≡ 2(mod 4)
Trường hợp 1: Nếu D ≡ 1(mod 4) thì D = 4k + 1, k ∈ Z. Xét phương trình Pell loại I
Do D là số nguyên tố nên chỉ còn hai trường hợp:

x2 − Dy 2 = 1 gọi là phương trình liên kết với phương trình (1.2.1). Gọi (a, b) là nghiệm
dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I, khi đó ta có:
a2 − 1 = Db2
Xét hai khả năng sau:

3

(∗)


• Nếu a là số chẵn thì vế trái của phương trình (∗) là lẻ, do D = 4k + 1 là số lẻ nên
b là số lẻ. Do đó b2 ≡ 1(mod 4). Vậy a2 − 1 ≡ 1.1(mod 4), kéo theo a2 ≡ 2(mod 4).
Điều này là vô lý vì a là số chẵn. Do đó không xảy ra trường hợp này.
• Nếu a là số lẻ thì lập luận tương tự như trên ta có b là số chẵn. Giả sử a = 2a1 + 1
và b = 2b1 , thay vào (∗) ta có
(2a1 + 2)2a1 = D.4b21 ⇒ (a1 + 1)a1 = Db21

(∗∗)

Vì D là số nguyên tố và (a1 , a1 + 1) = 1 nên từ (∗∗) suy ra

2
 a1 + 1 = Dv
 a = u2
1


 a1 = Dv 2


a1 + 1 = u2
trong đó u.v = b1 ; u, v là các số nguyên dương.
a1 + 1 = Dv 2
a1 = u2
trình (1.2.1).

Nếu

thì ta có u2 − Dv 2 = −1. Vậy (u, v) là nghiệm của phương

a1 = Dv 2
thì ta có u2 − Dv 2 = 1. Vậy (u, v) là nghiệm của phương
a1 + 1 = u2
trình Pell loại I. Do (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell loại I nên ta
có u ≥ a. Từ đó ta có

Nếu

a1 + 1 = u2 ≥ u ≥ a = 2a1 + 1 ⇒ a1 ≥ 2a1 .
Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn vì a1 nguyên dương. Vậy trường hợp này
không xảy ra.
Trường hợp 2: Nếu D ≡ 2(mod 4) thì D = 4k + 2. Suy ra D chia hết cho 2. Mà
D là số nguyên tố nên D = 2. Do đó phương trình x2 − 2y 2 = −1 có nghiệm nguyên
dương (x, y) = (1, 1).
Định lý 1.6 (Điều kiện có nghiệm của phương trình Pell loại II). Gọi (a, b) là nghiệm
nguyên nhỏ nhất của phương trình Pell loại I: x2 − Dy 2 = 1 liên kết với phương trình
a = x2 + Dy 2
(1.2.1). Khi đó phương trình (1.2.1) có nghiệm khi và chỉ khi hệ
có
b = 2xy

nghiệm nguyên dương.
Định lý 1.7 (Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II). Giả sử phương trình
(1.2.1) có nghiệm nguyên dương và gọi (x0 , y0 ) là nghiệm nhỏ nhất của nó. Khi đó
4


nghiệm tổng quát của phương trình (1.2.1) là (xn , yn )n≥0 được xác định bởi:
xn = x0 un + Dy0 vn ; yn = y0 un + x0 vn

(1.2.2)

trong đó (un , vn )n≥0 là nghiệm tổng quát của phương trình Pell loại I: x2 − Dy 2 = 1
liên kết với phương trình (1.2.1).
1.3

Phương trình Pell với tham số n

Phương trình Pell với tham số n là phương trình có dạng:
x2 − Dy 2 = n, với n, D ∈ Z

(1.3.1)

Định lý 1.8. Phương trình (1.3.1) hoặc vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh phương trình (1.3.1) nếu có nghiệm thì sẽ có vô số
nghiệm. Thật vậy, giả sử (x0 , y0 ) là nghiệm của phương trình (1.3.1). Xét phương trình
Pell loại I tương ứng là x2 − Dy 2 = 1 (2) và gọi (a, b) là nghiệm của (2). Khi đó ta có
x20 − Dy02 = n
a2 − Db2 = 1
Nhân theo vế của hai đẳng thức trên ta được
(x20 − Dy02 )(a2 − Db2 ) = n ⇔ (x0 a + Dy0 b)2 − D(x0 b + y0 a)2 = n.

Đặt x1 = x0 a + Dy0 b và y1 = x0 b + y0 a. Ta thấy x21 − Dy12 = n, kéo theo (x1 , y1 ) cũng là
nghiệm của phương trình (1.3.1). Rõ ràng x0 < x1 và y0 < y1 . Do đó giả sử có nghiệm
khởi đầu là (x0 , y0 ). Xét hệ thức
xn+1 = xn a + Dyn b
yn+1 = xn b + yn a.
Hệ thức này theo chứng minh trên cho ta vô số nghiệm của phương trình (1.3.1).
Định lý 1.9. Giả sử phương trình (1.3.1) có nghiệm và gọi (x0 , y0 ) là nghiệm nhỏ nhất
của nó. Gọi (a, b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương
ứng: x2 − Dy 2 = 1. Khi đó ta có
y02 ≤ max nb2 ; −

na2
D

Định lý 1.10. Giả sử phương trình (1.3.1) có nghiệm và gọi (α1 , β1 ), (α2 , β2 ), . . . , (αm , βm )
là các nghiệm của (1.3.1) thỏa mãn bất đẳng thức
β 2 ≤ max nb2 ; −

5

na2
D


Gọi (a, b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương ứng:
x2 − Dy 2 = 1. Xét m dãy với dãy thứ i là (xn,i , yn,i ) được xác định như sau:


x0,i = αi ; y0,i = βi
xn+1,i = xn,i a + Dyn,i b


y
n+1,i = xn,i b + yn,i b
Khi đó các dãy (xn,i , yn,i )m
i=1 sẽ vét hết tất cả các nghiệm của phương trình (1.3.1).

2
2.1

Ứng dụng của phương trình Pell
Ứng dụng trong bài toán nghiệm nguyên

Phương trình Pell là một công cụ mạnh giúp ta giải một số bài toán nghiệm nguyên.Ta
sẽ xét một số ví dụ để làm rõ điều này.
Ví dụ 1. Tìm tất cả các số nguyên dương x > 2 sao cho tam giác có độ dài ba cạnh
là x − 1, x, x + 1 có diện tích là một số nguyên.
Giải. Giả sử x là giá trị thỏa mãn bài toán. Gọi y là diện tích tam giác đó. Ta có nửa
x+1+x+x−1
3x
chu vi tam giác đó là
=
. Áp dụng công thức Heron, ta có:
2
2
y=

3x
3x
1
3x 3x

( − x − 1)( − x)( − x + 1) = x 3(x2 − 4)
2 2
2
2
4

hay
16y 2 = 3x2 (x2 − 4)
.
.
.
Vì 16..2 nên x2 (x2 − 4)..2 ⇒ x..2. Đặt x = 2k, k ∈ Z. Theo đó:
16y 2 = 3.4k 2 (4k 2 − 4) ⇔ y 2 = 3k 2 (k 2 − 1) ⇒ y = x
Do y, k ∈ Z+ nên

3(k 2 − 1).

3(k 2 − 1) ∈ Z+ . Do đó tồn tại l ∈ Z+ sao cho
3(k 2 − 1) = l2

.
Rõ ràng l..3 ⇒ l = 3m, m ∈ Z+ . Khi đó phương trình trở thành
k 2 − 3m2 = 1
Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được xác định bởi:


k0 = 1; m0 = 0




k = 2; m = 1
1
1

kn+2 = 4kn+1 − kn , ∀n = 0, 1, 2, . . .



mn+2 = 4mn+1 − mn , ∀n = 0, 1, 2, . . .
6


Suy ra
x0 = 2; x1 = 4
xn+2 = 4xn+1 − xn , ∀n = 0, 1, 2, . . .
Vậy tất cả các giá trị của x thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy:
x0 = 2; x1 = 4
xn+2 = 4xn+1 − xn , ∀n = 0, 1, 2, . . .
Ví dụ 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho trung bình cộng của n số chính
phương đầu tiên là một số chính phương.
Giải. Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng: Với mỗi số nguyên dương n, ta luôn có:
12 + 22 + 32 + . . . + n2 =

n(n + 1)(2n + 1)
6

Suy ra:
12 + 22 + 32 + . . . + n2
(n + 1)(2n + 1)
=

n
6
Từ đây ta sẽ đi tìm n, y ∈ Z+ sao cho
(n + 1)(2n + 1)
= y2
6
Điều này kéo theo
(n + 1)(2n + 1) = 6y 2 ⇔ 2n2 + 3n + 1 = 6y 2 ⇔ (4n + 3)2 − 48y 2 = 1
Đặt 4n + 3 = x, ta thu được phương trình
x2 − 48y 2 = 1
Đây là phương trình Pell loại I. Bằng cách thử tuần tự ta thu được (7, 1) là nghiệm
nhỏ nhất của phương trình. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình Pell này là:


x0 = 1; y0 = 0



x = 7; y = 1
1
1

x
=
14x
k+2
k+1 − xk , k = 0, 1, 2, . . .




yk+2 = 14yk+1 − yk , k = 0, 1, 2, . . .
Bằng quy nạp, ta chứng minh được
x2k ≡ 1(mod 4)
x2k+1 ≡ 3(mod 4)

7


Ngoài ra
x2k+3 = 14x2k+2 − x2k+1 = 14(14x2k+1 − x2k ) − x2k+1
= 196x2k+1 − 14x2k − x2k+1
= 195x2k+1 − 14x2k
= 194x2k+1 − x2k−1
x−3
x2k+1 − 3
∈ Z+ . Theo đó nk =
, kéo theo
4
4
n0 = 1, n1 = 337, nk+1 = 194nk − nk−1 + 144.

Mặt khác, do x = 4n + 3 nên n =

Vậy tất cả các giá trị của n thỏa mãn bài toán là:
n0 = 1; n1 = 337
nk+1 = 194nk − nk−1 + 144, k = 0, 1, 2, . . .
Ví dụ 3. Tìm cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p2 − 2q 2 = 1.
Giải. Xét phương trình Pell loại I:
x2 − 2y 2 = 1
Bằng phép thử tuần tự, ta thấy (3, 2) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình này và

đồng thời đây cũng là cặp số nhỏ nhất thỏa mãn bài toán.Theo đó, nghiệm của phương
trình Pell này được xác định bởi:

√ n
√ n

(3
+
2
2)
+
(3
−
2
2)

x n =
√ n 2
√ n
(3
+
2
2)
−
(3
−
2
2)



√
yn =
2 2
Suy ra
√
√
√
√
(3 + 2 2)n + (3 − 2 2)n (3 + 2 2)n − (3 − 2 2)n
√
xn + y n =
+
2
2 2
√
√
( 2 + 1)2n+1 + ( 2 − 1)2n+1
√
=
2 2
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:
√
√
( 2 + 1)2n+1 + ( 2 − 1)2n+1
√
xn + yn =
2 2
√ i
√ i
2n+1 i

2n+1 i
2n+1−i
i=0 C2n+1 ( 2) +
i=0 C2n+1 ( 2) (−1)
√
=
2 2
√
2n+1 2j+1 j
2n+1
2 2 j=0 C2n+1 2
2j+1 j
√
=
=
C2n+1
2
2 2
j=0
2n+1

=

1
C2n+1

2n+1
2j+1 j
C2n+1
2

+
j=1

2j+1 j
C2n+1
2 ≡ 1(mod 2)

=1+
j=0

8


Điều này chỉ xảy ra khi p, q khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình đã cho
vô nghiệm nếu min{p, q} > 2. Vậy (3, 2) là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài tập đề nghị
Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n + 1 và 3n + 1 đều là số chính
phương.
Bài 2. Tìm các cặp số nguyên dương (m, n) sao cho mn + m và mn + n là số chính
phương.
Bài 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn phương trình
x2 − 6xy + y 2 = 1
Bài 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (k, m) sao cho k < m và
1 + 2 + 3 + . . . + k = (k + 1) + (k + 2) + . . . + m
2.2

Ứng dụng trong chứng minh các bài toán số học

Sau đây ta xét một số ví dụ về ứng dụng của phương trình Pell trong việc chứng minh

các tính chất số học.
Ví dụ 4 (Việt Nam TST 2013 ). 1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên
dương t sao cho 2012t + 1 và 2013t + 1 đều là số chính phương.
2. Xét m, n là các số nguyên dương sao cho mn + 1 và (m + 1)n + 1 đều là các số
chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 8(2m + 1).
Giải. 1. Đặt d = (2012t+1, 2013t+1). Khi đó ta có d = 1. Do đó 2012t+1 và 2013t+1
là các số chính phương khi và chỉ khi (2012t + 1)(2013t + 1) = y 2 với y ∈ Z nào đó. Ta
biến đổi đẳng thức trên:
(2012t + 1)(2013t + 1) = y 2 ⇔ (2.2012.2013t + 4025)2 − 4.2012.2013y 2 = 1
Đặt x = 2.2012.2013t + 4025, ta được phương trình pell loại I x2 − 4.2012.2013y 2 = 1.
Do 4.2012.2013 không là số chính phương nên phương trình Pell loại I ở trên có vô số
nghiệm. Nghiệm nhỏ nhất của phương trình này là (x, y) = (4025, 1) nên các nghiệm
còn lại được cho bởi công thức
x0 = 1; x1 = 4025; xn+2 = 8050xn+1 − xn
y0 = 0; y1 = 1; yn+2 = 8050yn+1 − yn

,n ≥ 0

Bằng quy nạp, ta chứng minh được x2i+1 chia 2.2012.2013 dư 4025 với mọi i và mỗi
x2i+1 − 4025
giá trị nguyên dương
sẽ cho ta một giá trị t thỏa mãn đề bài.
2.2012.2013
9


2. Đặt d = (mn + 1, (m + 1)n + 1). Khi đó ta có d = 1 hay mn + 1 và (m + 1)n + 1 là
nguyên tố cùng nhau. Do đó mn + 1 và (m + 1)n + 1 là các số chính phương khi và chỉ
khi (mn + 1)(mn + n + 1) = y 2 với số nguyên dương y nào đó. Biến đổi biểu thức này
ta thu được

(mn + 1)(mn + n + 1) = y 2 ⇔ (2m(m + 1)n + (2m + 1))2 − 4m(m + 1)y 2 = 1
Đặt x = 2m(m + 1)n + (2m + 1) thì ta có phương trình Pell loại I sau
x2 − 4m(m + 1)y 2 = 1 (∗)
Vì 4m(m + 1) không là số chính phương với mọi m nguyên dương nên phương trình
(∗) có vô số nghiệm.
Phương trình (∗) có nghiệm nhỏ nhất là (x, y) = (2m + 1, 1) nên công thức nghiệm
(xi , yi ) của nó được viết dưới dạng
x0 = 1; x1 = 2m + 1; xi+2 = (4m + 2)xi+1 − xi
y0 = 0; y1 = 1; yi+2 = (4m + 2)yi+1 − yi

, i ≥ 0.

Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng x2i chia 2m(m + 1) dư 1 và x2i+1 chia 2m(m + 1)
dư 2m + 1 với mọi i = 0, 1, 2, . . . (∗∗)
Thật vậy,
- Với i = 0 theo công thức truy hồi của dãy (xi ) thì ta thấy khẳng định (∗∗) đúng.
- Giả sử (∗∗) đúng đến i, tức là x2i chia 2m(m + 1) dư 1 và x2i+1 chia 2m(m + 1) dư
2m + 1. Ta có
x2i+2 = 2(2m+1)x2i+1 −x2i ≡ 2(2m+1)(2m+1)−1 = 8m(m+1)+1 ≡ 1(mod 2m(m+1))
và
x2i+3 = 2(2m + 1)x2i+2 − x2i+1 ≡ 2(2m + 1) − (2m + 1) ≡ 2m + 1 mod 2m(m + 1) .
Do đó, (∗∗) cũng đúng với i + 1. Theo nguyên lý quy nạp, (∗∗) đúng với mọi số tự
nhiên i.
Tiếp theo, ta sẽ xây dựng công thức truy hồi cho dãy ri = x2i+1 với i = 0, 1, 2, . . .
ri+2 = x2i+5 = 2(2m + 1)x2i+4 − x2i+3 = 2(2m + 1) 2(2m + 1)x2i+3 − x2m+2 − x2i+3
= 4(2m + 1)2 − 2 x2i+3 − x2i+1 = 4(2m + 1)2 − 2 ri+1 − ri
Đặt ri = 2m(m + 1)si + (2m + 1) thì dãy (si ), i > 0 nguyên dương và xác định duy
nhất. Thay vào công thức truy hồi của ri , ta được
si+2 = 4(2m + 1)2 − 2 si+1 − si + 8(2m + 1)
10

ta tính được r0 = x1 = 2m + 1 nên s0 = 0 và r1 = x3 = 16m(m + 1)(2m + 1) + 2m + 1
nên s1 = 8(2m + 1). Từ đây ta có công thức truy hồi cho dãy (si ) là
s0 = 0; s1 = 8(2m + 1)
si+2 = 4(2m + 1)2 − 2 si+1 − si + 8(2m + 1), i ≥ 0
Từ đó suy ra dãy số (si ) có các số hạng chia hết cho 8(2m + 1) với mọi i = 0, 1, 2, . . .
Hơn nữa, với cách đặt x = 2m(m + 1) + (2m + 1) thì dễ dàng thấy rằng n thỏa mãn
điều kiện đề bài khi và chỉ khi n = si , i = 1, 2, 3, . . .
Vậy tất cả các giá trị của n đều chia hết cho 8(2m + 1). Đây là điều phải chứng minh.
Ví dụ 5. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương x, y, z sao cho
x2 + y 3 = z 4
Giải. Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau:Tồn tại vô hạn số nguyên dương n, k sao
cho:

n(n + 1)
= k 2 (∗)
2

Chứng minh Bổ đề:
Biến đổi phương trình (∗) về dạng tương đương
(2n + 1)2 − 8k 2 = 1
Đặt m = 2n + 1, phương trình (∗) trở thành m2 − 8k 2 = 1. Đây chính là phương trình
Pell loại I và công thức nghiệm của nó được cho bởi


m0 = 1; k0 = 0




m = 3; k = 1
1
1

m
=
6m
i+2
i+1 − mi



ki+2 = 6ki+1 − ki
Ngoài ra ta thấy mi ≡ 1(mod 2) nên giá trị n thỏa mãn bổ đề được cho bởi
n0 = 0; n1 = 1
ni+2 = 6ni+1 − ni + 2, i ≥ 0
Dãy số này chứng tỏ điều khẳng định của mệnh đề là đúng. Vậy mệnh đề được chứng
minh.
Trở lại bài toán, bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được rằng với mọi số nguyên
dương n, ta luôn có
13 + 23 + 33 + . . . + n3 =
11

n(n + 1)
2

2


Điều này tương đương với

n(n − 1)
2

2

+ n3 =

n(n + 1)
2

2

Từ đây, áp dụng Bổ đề trên ta chọn


n(n − 1)


x
=


2
y=n


n(n + 1)


z 2 =

2
Bài tập đề nghị
Bài 1. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên dương x, y sao cho
x+1 y+3
+
=6
y
x
Bài 2. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho n2 + 1 chia hết
cho n!.
Bài 3. Cho số nguyên k > 2. Chứng minh rằng phương trình x2 − (k 2 − 4)y 2 = −1 có
nghiệm khi và chỉ k = 3.
Bài 4. Cho a, b là các số nguyên dương mà ab chia hết a2 + b2 + 2. Chứng minh rằng
a2 + b 2 + 2
=4
ab
2.3

Ứng dụng trong các bài toán dãy số

Thông qua những phần trước ta thấy tập nghiệm của phương trình Pell được biểu diễn
thông qua dãy số. Chính vì vậy thông qua phương trình Pell ta có thể xây dựng nên
các dãy số nguyên, cũng như tìm cách giải cho dạng toán này. Sau đây ta xét một số
ví dụ để làm rõ điều đó.
Ví dụ 6 (VMO 2012). Xét các số tự nhiên lẻ a, b mà a là ước của b2 + 2 và b là ước
của a2 + 2. Chứng minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên (vn ) xác định
bởi v1 = v2 = 1 và vn = 4vn−1 − vn−2 với mọi n ≥ 2.
Giải. Giả sử (a, b) là cặp số tự nhiên lẻ mà a là ước của b2 + 2 và b là ước của a2 + 2.
Trước hết ta chứng minh (a, b) = 1. Thật vậy, đặt d = (a, b) thì do d|a mà a|b2 + 2 nên
d|b2 + 2, mặt khác d|b nên d|2. Mà a, b lẻ nên d = 1.

12


Xét số N = a2 + b2 + 2 thì do a2 + 2 chia hết cho b nên N chia hết cho b. Tương
tư, N chia hết cho a. Vì (a, b) = 1 nên từ đây suy ra N chia hết cho ab. Theo bài toán
trên thì
a2 + b2 + 2 = 4ab

(2.3.1)

Ta thấy nếu {vn−1 , vn } là nghiệm của phương trình (2.3.1) thì {4vn − vn−1 , vn } cũng là
nghiệm của phương trình (2.3.1). Nói cách khác {vn , vn+1 } cũng là nghiệm của phương
trình (2.3.1). Vì {v1 , v2 } là nghiệm của phương trình (2.3.1) nên {vn , vn+1 } là nghiệm
của (2.3.1) với mọi n ≥ 1.
Giả sử tồn tại cặp số (a, b) thỏa mãn (2.3.1) nhưng không tồn tại n thỏa mãn
{a, b} = {vn , vn+1 }. Trong tất cả các cặp số như thế ta chọn (a, b) có a + b nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát, giả sử a > b (a = b vì nếu ngược lại ta sẽ có a = b = 1 kéo
theo {a, b} = {v1 , v2 }).
Theo nhận xét trên thì {4b − a, b} cũng là nghiệm của (2.3.1). Nhưng do 4b − a =
b2 + 2
< a nên 4b − a + b < a + b. Theo định nghĩa của (a, b) ở trên phải tồn tại n sao
a
cho {4b − a, b} = {vn , vn+1 }.
Hơn nữa, b − (4b − a) = a − 3b mà a2 − 3ab + 3b2 − ab = 2b2 − 2 hay (a − 3b)(a − b) =
2(b2 − 1) ≥ 0 suy ra 4b − a ≤ b. Như vậy, 4b − a = vn , b = vn+1 . Nhưng từ đây,
a = 4vn+1 − vn = vn+2 , tức là {a, b} = {vn+1 , vn+2 } mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai,
tức là phải tồn tại số tự nhiên n sao cho {a, b} = {vn , vn+1 } và như vậy, a, b là số hạng
của dãy (vn ) và bài toán được giải quyết xong.
Ví dụ 7 (VMO 1999). Cho hai dãy số (xn ), (yn ) xác định như sau:

x1 = 1, x2 = 4, xn+2 = 3xn+1 − xn , ∀n ≥ 1
y1 = 1, y2 = 2, yn+2 = 3yn+1 − yn , ∀n ≥ 1
Chứng minh rằng các số nguyên dương a, b thỏa mãn phương trình a2 − 5b2 = −4 khi
và chỉ khi tồn tại số nguyên dương k sao cho a = xk , b = yk .
Giải. Dễ dàng chứng minh xn+1 =

xn + 3yn
3xn + 5yn
và yn =
.
2
2

Xét phương trình
u2 − 5v 2 = −4

(2.3.2)

u
v
Chia cả hai vế của phương trình (2.3.2) ta được ( )2 + ( )2 = −1.
2
2
Ta nhận thấy (1, 1) là nghiệm của phương trình u2 − 5v 2 = −4 và theo hằng
3u + 5v u + 3v
3u − 5v 3v − u
đẳng thức Brahgamutap thì
,
và
,

là nghiệm của
2
2
2
2
13


phương trình (2.3.2). Dễ dàng chứng minh được (xn , yn ) luôn là nghiệm của phương
trình (2.3.2).
Giả sử (a, b) là nghiệm của phương trình (2.3.2) mà không tồn tại số tự nhiên k để
(a, b) = (xk , yk ). Gọi (A, B) là nghiệm nhỏ nhất trong các nghiệm như trên. Nếu B = 1
thì A = 1 và (A, B) = (x1 , y1 ) nên B > 1. Suy ra A2 = 5B 2 − 4 ≥ 4A2 nên A ≥ 2B
3A − 5B
suy ra
là số nguyên dương. Mặt khác A2 < 5B 2 < 9B 2 nên 3B > A suy ra
2
3B − A
là số nguyên dương.
2
3A − 5B 3B − A
,
là một nghiệm nguyên dương của phương trình (2.3.2)
Vậy
2
2
3B − A
mà
< B.
2

3A − 5B 3B − A
Do tính nhỏ nhất của (A, B) nên tồn tại k để
,
= (xk , yk ) khi
2
2
3xk + 5yk xk + 3yk
,
đó (A, B) =
= (xk+1 , yk+1 ). Vô lý.
2
2
Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho an =

n2 + (n + 1)2 , n ≥ 1. Chứng minh rằng có vô hạn số n sao cho

an − an−1 > 1 và an+1 − an = 1.
Bài 2. Cho a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn a|b2 + b + 1 và b|a2 + a + 1. Chứng
minh rằng a, b là hai số hạng của dãy số (vn ) được xác định bởi v1 = 1, v2 = 1 và
vn+2 = 5vn+1 − vn − 1.
Bài 3. Cho a, b là hai số nguyên dương sao cho a|b2 + 1 và b|a2 + 1. Chứng minh rằng
a, b là hai số hạng của dãy số (vn ) xác định bởi v0 = 1, v1 = 2 và vn+2 = 3vn+1 − vn .

Tài liệu

[1] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Ion Cucurezeanu, An Introduction to Diophantine Equations: A Problem-Based Approach, Springer, 2010.
[2] Phan Huy Khải, Chuyên đề 5: Phương trình nghiệm nguyên, NXBGD, 2006.
[3] TiTu Andreescu, Dorin Andrica, Number theory, Springer, 2010.

14