Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy2 = ±4 (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

VŨ PHÚ BÌNH

PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTINE DẠNG
x2 − Dy2 = ±4

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

VŨ PHÚ BÌNH

PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTINE DẠNG
x2 − Dy2 = ±4
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Nông Quốc Chinh

THÁI NGUYÊN - 2018

i

Mục lục
Lời nói đầu

1

Chương 1 Phương trình Diophantine x2 − Dy 2 = ±1

2

1.1

1.2

Liên phân số và giản phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1.1

Liên phân số hữu hạn và giản phân . . . . . . . . . . . .

2

1.1.2

Liên phân số vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Phương trình Diophantine x2 − Dy 2 = ±1 . . . . . . . . . . . .

13

Phương trình Pell dạng x2 − dy 2 = 1 . . . . . . . . . . .
√
Ứng dụng liên phân số D vào phương trình Pell x2 −

14

Dy 2 = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

Phương trình Pell dạng x2 − dy 2 = −1 . . . . . . . . . .

27

1.2.1
1.2.2
1.2.3

Chương 2 Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy 2 = ±4

37

2.1

Cấu trúc nghiệm của họ phương trình x2 − Dy 2 = ±4 . . . . . .

37

2.2

Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy 2 = 4 . . . . . . . . . .

42

2.3

Phương trình Diophantine dạng x2 − Dy 2 = −4 . . . . . . . . .

45

2.4

Một số ứng dụng trong toán phổ thông . . . . . . . . . . . . . .

48

2.4.1

Tìm số nguyên từ hệ thức ràng buộc . . . . . . . . . . .

48

2.4.2

Xấp xỉ hữu tỷ của căn bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . .

48

2.4.3

Tổng của những số nguyên liên tiếp nhau . . . . . . . . .

49

2.4.4

Tam giác Pythagoras

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

2.4.5

Tam giác Heron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

Kết luận

52

Tài liệu tham khảo

53


ii

Lời nói đầu
Xét phương trình có dạng
f (x1 , x2 , ..., xn ) = 0

(1)

với n ≥ 2 và f (x1 , x2 , ..., xn ) là một đa thức nguyên một hoặc nhiều biến được
gọi là phương trình nghiệm nguyên hay phương trình Diophantine, nó được gọi
theo tên nhà toán học Hy Lạp ở thế kỉ thứ 3 sau công nguyên. Phương trình
Diophantine là một trong những dạng toán lâu đời nhất của Toán học và nhận
được nhiều sự quan tâm nghiên cứu của nhiều nhà toán học. Từ Euclid, Diophantus, qua Fibonacci, Pell rồi đến Fermat, Euler, Lebesgue... và thời hiện đại
là Gelfold, Matiasevic, Shenzel, Serpinsky... Phương trình Diophantine đã trải
qua một lịch sử phát triển lâu dài.
Thông qua việc giải các phương trình Diophantine, các nhà toán học đã
tìm ra được những tính chất thú vị của số nguyên, số hữu tỷ, số đại số. Giải
phương trình Diophantine đã đưa đến sự ra đời của Liên phân số, Lý thuyết
đường cong elliptic, Lý thuyết xấp xỉ Diophantine, Thặng dư bình phương, Số
học modular...
Các bài toán về phương trình Diophantine không có quy tắc giải tổng
quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối với các dạng đơn giản. Mỗi phương trình
với dạng riêng của nó đòi hỏi một cách giải đặc trưng phù hợp. Chính vì vậy,
phương trình Diophantine vẫn thường xuyên xuất hiện dưới các hình thức khác
nhau và luôn được đánh giá là khó do tính không mẫu mực của nó. Một dạng
đặc biệt của phương trình Diophante là x2 − Dy 2 = N rất được quan tâm và

có rất nhiều kết quả xung quanh dạng phương trình này. Gần đây một kết quả
thú vị của A. Tekcan về phương trình x2 − Dy 2 = ±1 và x2 − Dy 2 = ±4 đã
được công bố. Mục đích của luận văn là trình bày lại các kết quả về cấu trúc


1
2

2

2

2

nghiệm của các phương trình x − Dy = ±1 và x − Dy = ±4.
Luận văn gồm 2 chương:
Chương 1: Chúng tôi giới thiệu các kết quả về liên phân số, giản phân và cấu
trúc nghiệm của phương trình Diophantine x2 − Dy 2 = ±1.
Chương 2: Chúng tôi trình bày lại cấu trúc nghiệm của phương trình Diophantine x2 − Dy 2 = ±4 và một số ứng dụng trong toán phổ thông.
Luận văn này được thực hiện và hoàn thành vào tháng 5 năm 2018 tại
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Qua đây, tác giả xin bày tỏ
lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS. Nông Quốc Chinh, người đã tận tình hướng
dẫn tác giả trong suốt quá trình làm việc để hoàn thành luận văn này. Tác giả
xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học
- Đại học Thái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện để giúp tác giả học tập và hoàn
thành luận văn cũng như chương trình thạc sĩ. Tác giả cũng xin gửi lời cảm
ơn tới tập thể lớp cao học, khóa 05/2016 - 05/2018 đã động viên giúp đỡ tác
giả trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn này. Đồng thời tác giả xin
gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, các đồng nghiệp tại trường THPT Nguyễn
Khuyến, huyện Vĩnh Bảo, Hải Phòng và gia đình bạn bè đã tạo điều kiện tốt

nhất cho tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Tác giả

Vũ Phú Bình


2

Chương 1
Phương trình Diophantine
x2 − Dy 2 = ±1
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kết quả về liên phân số, một
số cách giải phương trình Diophantine dạng x2 − Dy 2 = ±1 và ứng dụng của
nó. Các kết quả trong chương này được viết theo các tài liệu [1] và [2].

1.1
1.1.1

Liên phân số và giản phân
Liên phân số hữu hạn và giản phân

∞
Định nghĩa 1.1.1. Cho {ai }∞
i=0 và {bi }i=0 là dãy các số thực.

(i) Biểu thức có dạng
a0 +

b0
b1

a1 +
a2 + ...

(1.1)

∞
được gọi là một liên phân số của hai dãy số {ai }∞
i=0 và {bi }i=0 .
b0
b0
, . . . , được
(ii) Dãy các biểu thức u0 = a0 , u1 = a0 + , u2 = a0 +
b1
a1
a1 +
a2
∞
gọi là các giản phân của hai dãy số {ai }∞
và
{b
}
.
i i=0
i=0

(iii) Phần tử un xác định như trên được gọi là giản phân thứ n của hai dãy
∞
số {ai }∞
i=0 và {bi }i=0 .

Chú ý 1.1.2. (i) Nếu n là hữu hạn và b0 = b1 = . . . = bn = 1 ta kí hiệu liên
phân số của hai dãy số {ai }ni=0 và {bi }ni=0 là [a0 ; a1 , . . . , an ] .
(ii) Nếu a0 ∈ Z và a1 , ..., an là các số nguyên dương thì ta nói [a0 ; a1 , ..., an ] là


3

một liên phân số hữu hạn có độ dài n.
(iii) Một liên phân số hữu hạn là một số hữu tỷ.
∞
∞
∞
Với hai dãy số thực {ai }∞
i=0 và {bi }i=0 ta xét hai dãy số {pn }n=−1 và {qn }n=−1

như sau:
p−1 = 1, p0 = a0 , . . . , pn+1 = an+1 pn + bn pn−1 .
q−1 = 0, q0 = 1, . . . , qn+1 = an+1 qn + bn qn−1 .
∞
Khi đó mối quan hệ giữa giản phân thứ n của hai dãy số {ai }∞
i=0 và {bi }i=0 với
∞
thương thứ n của hai dãy số {pn }∞
n=−1 và {qn }n=−1 được thể hiện trong bổ đề

sau.
Bổ đề 1.1.3. Với các kí hiệu và giả thiết như trên ta có giản phân un =
mọi n ≥ 0.

pn

với
qn

Chứng minh. Ta chứng minh đẳng thức trên là đúng bằng quy nạp theo n. Thật
vậy, với n = 0 và n = 1 thì hiển nhiên kết quả là đúng. Giả sử quy nạp đúng
pn
bn
cho n, nghĩa là ta có un = . Thay an trong biểu thức un bởi an +
ta thu
qn
an+1
được un+1 . Theo định nghĩa ta có pn , qn không phụ thuộc vào bn và an+1 nên từ
công thức truy hồi
pn
an pn−1 + bn−1 pn−2
=
qn
an qn−1 + bn−1 qn−2
ta có
bn
)pn−1 + bn−1 pn−2
an+1
bn
qn−1 + bn−1 qn−2
(an +
an+1 )
(an an+1 + bn )pn−1 + an+1 bn−1 pn−2
(an an+1 + bn )qn−1 + an+1 bn−1 qn−2
an+1 (an pn−1 + bn−1 pn−2 ) + bn pn−1
an+1 (an qn−1 + bn−1 qn−2 ) + bn qn−1

an+1 pn + bn pn−1
an+1 qn + bn qn−1
pn+1
.
qn+1
(an +

un+1 =

=
=
=
=
Bổ đề được chứng minh.


4

Bổ đề 1.1.3 cho ta một công thức tính các giản phân qua thương của các
dãy số. Mệnh đề tiếp theo chỉ ra rằng mọi số hữu tỷ đều biểu diễn được dưới
dạng một liên phân số hữu hạn và biểu diễn đó là duy nhất. Trước tiên ta nhắc
lại thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên.
Chú ý 1.1.4. (i) Cho các số nguyên a, b ∈ Z, b > 0. Khi đó như đã biết chúng
ta có thể tìm được ước chung lớn nhất của a và b bằng cách thức hiện thuật
toán Euclid như sau:
a = a0 b + r1 , 0 < r1 < b
b = a1 r1 + r2 , 0 < r2 < r1 ,
r1 = a2 r2 + r3 , 0 < r3 < r1 ,
...,
rn−2 = an−1 rn−1 + rn , 0 < rn < rn−1 ,

rn−1 = an rn ,
quá trình này phải dừng và sau hữu hạn bước ta có gcd(a, b) = rn .
(ii) Từ thuật toán trên ta thu được hai dãy số nguyên hữu hạn là {ai }ni=0 và
b0 = b1 = . . . = bn = 1.
Khi đó các giản phân của {ai }ni=0 và {bi }ni=0 là
u0 = a0 = [a0 ], u1 = a0 +

1
= [a0 ; a1 ], . . . , un = ... = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ].
a1

(iii) Từ thuật toán trên ta cũng thu được các dãy truy hồi là
p0 = a0 , p1 = a1 p0 + 1, . . . , pn = an pn−1 + pn−2
và
q0 = 1, q1 = a1 , . . . , qn = an qn−1 + qn−2 .
Ta có tính chất quan trọng của số hữu tỷ thể hiện trong mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.1.5. Mỗi số hữu tỷ đều được biểu diễn dưới dạng một liên phân số
hữu hạn.


5

Chứng minh. Cho a/b là một số hữu tỷ với b > 0. Theo thuật toán tìm ước
chung lớn nhất và công thức giản phân ta có
1
a
= a0 +
b
b
r1

= a0 +

1
1
a1 + r1
r2

...
1

= a0 +

.

1

a1 +

1

a2 +
a3 +

1
an−2 +

...

an−1 +

1
an

Vậy mọi số hữu tỷ a/b đều viết được thành một liên phân số hữu hạn là
a/b = [a0 ; a1 , . . . , an ].
Mệnh đề được chứng minh.
Như chúng ta đã biết biểu diễn của một số hữu tỷ dưới dạng phân số không
là duy nhất. Tuy nhiên mệnh đề tiếp theo chỉ ra rằng biểu diễn của một số hữu
tỷ thành liên phân số là duy nhất.
Mệnh đề 1.1.6. Biểu diễn số hữu tỷ thành một liên phân số hữu hạn dạng
[a0 ; a1 , . . . , an ] là duy nhất.
Chứng minh. Cho a/b là một số hữu tỷ và giả sử
[a0 ; a1 , . . . , an ] =

a
= [b0 ; b1 , . . . , bm ].
b

Ta cần chứng minh m = n và ai = bi , với mọi i = 0, 1, . . . , n. Thật vậy, với
n = 0 ta có a0 = [b0 ; b1 , . . . , bm ]. Vì b0 là phần nguyên của a0 và a0 là số nguyên
nên m = 0 và a0 = b0 . Giả sử quy nạp đúng cho n − 1, nghĩa là kết luận trên
là đúng cho mọi liên phân số hữu hạn có độ dài nhỏ hơn n. Từ biểu thức
[a0 ; a1 , . . . , an ] =

a
= [b0 ; b1 , . . . , bm ]
b


6

ta suy ra a0 = b0 , vì đều là phần nguyên của cùng một số hữu tỷ. Khi đó ta có
[0; a1 , . . . , an ] =

a
− a0 = [0; b1 , . . . , bn ].
b

Do đó [a1 ; a2 , . . . , an ] = [b1 ; b2 , . . . , bm ]. Theo giả thiết quy nạp ta có n−1 = m−1
và ai = bi , với mọi i = 1, . . . , n.
Ví dụ 1.1.7. Xét số hữu tỷ 187/4, ta có
187 = 46.4 + 3,
4 = 1.3 + 1,
3 = 3.1.
Do đó
1.1.2

187
= [46; 1, 3].
4
Liên phân số vô hạn

Trong mục này chúng tôi tập trung trình bày các kiến thức về liên phân số
vô hạn. Trong đó chúng tôi trình bày lại một tính chất tốt của liên phân số vô
hạn đó là mọi số vô tỷ đều viết được dưới dạng một liên phân số vô hạn. Các
kết quả trong mục này được viết theo các tài liệu [1].
Định nghĩa 1.1.8. (i) Liên phân số vô hạn là một biểu thức có dạng
1

q0 +

(1.2)

1

q1 +
q2 +
...

+

1
qs

...

trong đó, q0 là một số nguyên, qs với s = 1, 2, ... là các số nguyên dương và được
kí hiệu là [q0 ; q1 , . . . , qs , . . .].
(ii) Phần tử qs được gọi là số thương hụt hay số hạng thứ s của liên phân
số.


7

Chú ý 1.1.9. (i) Cho α ∈
/ Q là một số thực. Số [α] được định nghĩa là số
nguyên sao cho [α] ≤ α < [α] + 1. Đặt
α0 = α = a0 +

1

, với a0 = [α] ∈ Z, α1 > 1.
α1

Vì α ∈
/ Q nên α1 không là số nguyên. Khi đó ta có
α1 = a1 +

1
, với a1 = [α1 ] ∈ Z, α2 > 1.
α2

Tiếp tục quá trình trên đến bước thứ n + 1 ta được
αn = an +

1
αn+1

, với an = [αn ] ∈ Z, αn+1 > 1.

Vì α ∈
/ Q nên αn+1 không là số hữu tỷ nên quá trình này kéo dài vô hạn. Do
đó α = [a0 ; a1 , . . . , ] là một biểu diễn của số vô tỷ qua liên phân số vô hạn. Đặt
πn = [a0 ; a1 , . . . , an ], với mọi n = 0, 1, . . . . Khi đó các πn được gọi là các liên
phân số hữu hạn của liên phân số vô hạn α.
(ii) Từ cách tìm các số ai và αi ta suy ra biểu diễn của một số vô tỷ α =
[a0 ; a1 , . . . , ] là duy nhất.
Từ Chú ý 1.1.9 ta suy ra hệ quả quan trọng sau:
Hệ quả 1.1.10. Mỗi số vô tỷ đều biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một
liên phân số vô hạn.
Chứng minh. Theo Chú ý 1.1.9 (i) thì mỗi số vô tỷ đều có biểu diễn thành liên

phân số vô hạn. Tiếp theo giả sử [a0 ; a1 , . . . , ] = α = [b0 ; b1 , . . . , ] là hai biểu
diễn của số vô tỷ α. Theo Chú ý 1.1.9 (ii) ta suy ra điều cần chứng minh.
√
1
1
1
Ví dụ 1.1.11. Cho α = 3 = 1 + . Suy ra a1 = √
= 1 + . Từ đó ta
a1
a2
3−1
có
2
1
a2 = √
=2+ .
a3
3−1
Do đó
1
1
a3 = √
=1+ .
a4
3−1
Một cách tương tự
1
3
a2n = √
, a2n+1 = √

3−1
2−1
√
với mọi n ≥ 1. Vì thế 3 = [1, 1, 2, 1, 2, 1, 2 . . .].


8

Ví dụ 1.1.12. Cho α =

√

1
1
1
= 2 + . Từ đó ta
2 = 1 + . Suy ra a1 = √
a1
a2
2−1

có
1
1
a2 = √
=2+ .
a3
2−1
√
1

Một cách tương tự an = √
với mọi n ≥ 1. Vì thế 2 = [1, 2, 2, 2 . . .].
2−1
Tiếp theo là một số tính chất của liên phân số vô hạn được dùng cho phần
chứng minh sau.
Chú ý 1.1.13. Với hai dãy số nguyên dương {ai }∞
i=0 và bi = 1, i = 0, 1, . . . ta
xét các dãy truy hồi sau
p0 = a0 , p1 = a1 p0 + 1, pn = an pn−1 + pn−2 ,
q0 = 1, q1 = a1 ,n = an qn−1 + qn−2 .
Khi đó các tính chất sau là đúng:
pi
(i) πi = , với mọi i = 0, 1, . . . .
qi
(ii) pn và qn là nguyên tố cùng nhau, nghĩa là πn là phân số tối giản.
pn−1 αn + pn−2
, với mọi n ≥ 2.
(iii) α =
qn−1 αn + qn−2
(iv) lim πk = α.
k→∞

(−1)n+1
(v) πn − πn−1 =
, với mọi n ≥ 1.
qn−1 qn
√
Bổ đề 1.1.14. Cho d là số vô tỉ. Khi đó, tồn tại vô số cặp số nguyên dương
(p, q) thỏa mãn:
√

p
1
(i)
d−
< 2
q
q
√
2
2
(ii) p − dq < 1 + 2 d.
Chứng minh. (i) Theo tính chất của liên phân số vô hạn ta có
∀k : α −

pk
1
<
qk
qk qk+1

với α ∈ R. Theo cách xác định {qk } ta có
qk+1 = ak qk + qk−1 > ak−1 qk−1 + qk−2 = qk .
Vì thế
∀k : α −

pk
1
1
1
<

<
= 2.
qk
qk qk+1
qk qk
qk


9

Chọn

√
p = pk ; q = qk ; α =

d.

(ii) Thật vậy, ta có
√
√
p
1
1
d−
< 2 ⇒ 0 < q d − p < ⇒ q > 0.
q
q
q
Mà

√
√
√
√
√
p + q d = p − q d + 2q d ≤ q d − p + 2q d
√
√
√
1
< + 2q d ≤ q + 2q d = 1 + 2 d q.
q
√
Suy ra p2 − dq 2 < 1 + 2 d. Ta có điều cần chứng minh.

Bổ đề 1.1.15. Giả sử d và n là số nguyên sao cho d > 0 và d không là số chính
√
x
phương, |n| < d. Khi đó nếu x2 − dy 2 = n thì
là một giản phân của liên
y
√
phân số của d với x, y ∈ Z và y > 0.
Chứng minh. Để chứng minh bổ đề, ta xét hai trường hợp. Trường hợp thứ
√
√
nhất, với n > 0 ta có x2 − dy 2 = n hay (x + y d)(x − y d) = n, suy ra
√
√
√

x √
x − y d > 0, vậy x > y d. Do đó − d > 0. Hơn nữa, vì 0 < n < d nên
y
√
x2 − dy 2
x √
x−y d
− d=
=
√
y
y
y x+y d
n
n
=
√ <
√
y x+y d
y 2y d
√
1
d
√ = 2.
<
2y
2y 2 d
√
x √
1

x
Do 0 < − d < 2 ta suy ra được là giản phân của liên phân số của d.
y
2y
y
Trường hợp thứ 2, với n < 0 chia hai vế của x2 − dy 2 = n cho −d ta được
1
n
y 2 − x2 = − .
d
d
n
y
Lập luận tương tự như trên, nếu − > 0 thì là giản phân của liên phân số
d
x
√
1
1
x
1
của √ . Do đó y = là giản phân của liên phân số của
= d.
1
y
d
√
x
d

Bổ đề 1.1.16. Cho liên phân số

√

10

d = [a0 ; a1 , a2 , a3 , ..., an , ...] và các dãy số

{sk }, {tk } được xác định bằng hệ thức:


 s0 = 0 ; t0 = 1

d − s2k+1

 sk+1 = ak tk − sk ; tk+1 =
tk

với k ≥ 0.

Khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i) sk , tk ∈ Z và tk = 0;
(ii) tk | d − s2k ;
√
sk + d
(iii) xk =
tk

k ≥ 0 trong đó xk = [a0 ; a1 , ..., ak ].

Chứng minh. Ta chứng minh (i) và (ii) bằng quy nạp theo k. Với k = 0 thì
khẳng định là hiển nhiên. Giả sử với k > 0 và sk , tk được xác định như trên thì
sk , tk ∈ Z , tk = 0 v`a tk | d − s2k .
Ta cần chứng minh (i) và (ii) đúng với k + 1. Thật vậy,
sk+1 = ak tk − sk ∈ Z.
Mặt khác tk+1 = 0, vì nếu tk+1 = 0 thì d = s2k+1 ⇒ d là số chính phương (mâu
thuẫn). Ta có
tk+1 =
=
=
=
Vậy 2ak sk − a2k tk

d − s2k+1
tk
2
d − (ak tk − sk )
tk
2
d − sk 2ak tk sk − a2k t2k
+
tk
tk
2
d − sk
+ 2ak sk − a2k tk .
tk

∈ Z và tk | d − s2k theo giả thuyết quy nạp nên tk+1 ∈ Z.

Suy ra
tk+1 | d − s2k+1 .


11

(iii) Ta chứng minh bằng quy nạp theo k. Với k = 0, luôn đúng. Giả sử với
√
sk + d
k > 0 ta có xk =
. Ta cần chứng minh (iii) đúng với k + 1. Thật vậy,
tk
ta có
1
xk+1 =
xk − ak
t
√k
=
sk + d − ak tk
tk
=√
d − sk+1
√
tk sk+1 + d
=
d − s2k+1
√
sk+1 + d

=
tk+1

Bổ đề 1.1.17. Nếu

√
pk
là giản phân của liên phân số của d thì
qk
k+1

p2k − dqk2 = (−1) tk+1 , k = 0, 1, 2, ... v`a tk+1 > 0.
√
Chứng minh. Giả sử d = [a0 ; a1 , a2 , a3 , ...ak , xk+1 ] . Khi đó, ta có
√
xk+1 pk + pk−1
d=
xk+1 qk + qk−1
√
sk+1 + d
và xk+1 =
. Vậy
tk+1
√
√
√
sk+1 + d
sk+1 + d
d=
.qk + qk−1

.pk + pk−1 .
tk+1
tk+1
Suy ra

√

d (sk+1 qk + qk−1 tk+1 − pk ) = sk+1 pk + tk+1 pk−1 − dqk .
√
Do vế phải là số hữu tỉ và d là số vô tỉ nên
sk+1 qk + qk−1 tk+1 = pk ,
sk+1 pk + tk+1 pk−1 = dqk .
Lần lượt nhân 2 vế của hệ thức với pk và −qk ta có
sk+1 qk pk + qk−1 tk+1 pk = p2k ,
−sk+1 pk qk − tk+1 pk−1 qk = −dqk2 .


12

Cộng vế theo vế ta được
p2k − dqk2 = tk+1 (qk−1 pk − qk pk−1 ) .
Mặt khác, vì qk−1 pk − qk pk−1 = (−1)

k+1

nên ta có
k+1

p2k − dqk2 = (−1)
Vì

tk+1 .

p2k+1
p2k √
< d<
với mọi k ≥ 0 nên nếu k chẵn ta có
q2k
q2k+1
√
pk √
< d ⇒ pk < qk d ⇒ p2k − dqk2 < 0.
qk

Nếu k lẻ ta có

√
√
pk
d<
⇒ qk d < pk ⇒ p2k − dqk2 > 0.
qk

Ta xét biểu thức
k+1

p2k − dqk2
(−1) tk+1
tk+1
=

=
−
(k ≥ 1) .
2
2
k
pk−1 − dqk−1
tk
(−1) tk
Nếu k lẻ thì (k − 1) chẵn nên
2
<0 ⇒−
p2k − dqk2 > 0 ; p2k−1 − dqk−1

tk+1
tk+1
<0 ⇒
> 0 ∀k ≥ 1.
tk
tk

Nếu k chẵn thì (k − 1) lẻ nên
2
p2k − dqk2 < 0 ; p2k−1 − dqk−1
>0 ⇒−

tk+1
tk+1
<0 ⇒
> 0 ∀k ≥ 1.

tk
tk

Vậy nếu t0 = 1 > 0 thì
d − s21
t1 =
= d − a20 > 0
t0

√

√
a0 =

d <

d .

t2
tk+1
> 0 ta suy ra t2 > 0. Tương tự ta có tk > 0 ∀ k ≥ 0 mà
> 0 nên
t1
tk
suy ra tk+1 > 0 ∀ k ≥ 0.
Mà

Bổ đề 1.1.18. Số tự nhiên n thỏa mãn
√
d = [a0 ; a1 , a2 , ..., an , ...] = [a0 ; a1 , a2 , ..., an−1 , an ]

được gọi là chiều dài chu kì của liên phân số của
khi n| j.

√

d. Khi đó tj = 1 khi và chỉ


Chứng minh. Cho

√

13

d = [a0 ; a1 , a2 , ..., an ]. Ta có xkn+1 = x1 với k ≥ 0. Khi đó
√
√
skn+1 + d
s1 + d
=
,
tkn+1
t1

khẳng định này tương đương với
√
√
skn+1 t1 + t1 d = s1 tkn+1 + tkn+1 d,
nghĩa là

√
(tkn+1 − t1 ) d = skn+1 t1 − s1 tkn+1 .

Ta có tkn+1 = t1 , skn+1 = s1 . Mặt khác,
t1 = d − s21 = d − s2kn+1 = tkn tkn+1 = tkn t1 .
Suy ra tkn = 1. Vậy kết quả nhận được là tj = 1 , j = kn nên n|j. Ngược lại,
cho j là số nguyên dương thỏa mãn tj = 1. Khi đó, từ Bổ đề 1.1.16 ta có
√
√
sj + d
= sj + d.
xj =
tj
Vì sj ∈ Z nên ta có
√
[xj ] = sj +

√
d = sj +

d = sj + a0 .

Theo cách xác định của xj+1 ta có
xj = [xj ] +
Mặt khác,

√

d = x0 = a0 +

1
xj+1

= sj + a0 +

1
xj+1

.

√
1
1
1
và d = xj − sj = a0 +
. Suy ra a0 +
=
x1
xj+1
x1

1

. Do đó x1 = xj+1 . Điều đó có nghĩa dãy a1 , a2 , ..., aj (j ∈ Z) lặp lại
xj+1
√
trong sự biểu diễn liên phân số của d. Suy ra j = kn. Vậy j là bội của chiều
√
dài n chu kì của liên phân số d.
a0 +

1.2

Phương trình Diophantine x2 − Dy 2 = ±1

Như chúng ta đã biết phương trình Pell là phương trình có dạng x2 − dy 2 = n,
trong đó d và n là số nguyên cho trước. Khi n = ±1 đã có nhiều công trình liên


14

quan đến việc tìm nghiệm nguyên của phương trình này. Trong mục này chúng
tôi trình bày lại phương pháp giải và cấu trúc nghiệm của một số phương trình
Pell đã biết. Các kết quả trong mục này được viết theo các tài liệu [4].
1.2.1

Phương trình Pell dạng x2 − dy 2 = 1

Xét phương trình
x2 − dy 2 = 1

(1.3)

trong đó d là số nguyên cho trước.
Định lý 1.2.1. Nếu d là số chính phương (d = m2 ) thì phương trình (1.3)
không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Vì d = m2 , m > 0 nên x2 − m2 y 2 = 1, điều này tương đương với
(x − my)(x + my) = 1.
Giả sử phương trình (1.3) có nghiệm nguyên dương. Khi đó ta có (x − my) ∈ Z
và (x + my) ∈ Z≥0 . Do đó



x + my = 1,

x − my = 1.
Vì x, y, m là các số nguyên dương nên x = 1 và y = 0. Điều này là mâu thuẫn.
Vậy phương trình (1.3) không có nghiệm nguyên dương.

Mệnh đề 1.2.2. Nếu d là số nguyên âm thì phương trình (1.3) không có nghiệm
nguyên dương.
Chứng minh. Đặt d = −d với d > 0. Khi đó phương trình (1.3) được viết lại
dưới dạng
x2 + d y 2 = 1.
Nếu d = 1, thì x2 + y 2 = 1. Suy ra x = 1, y = 0 hoặc x = 0, y = 1.
Nếu d > 1, thì x = 1 và y = 0.
Vậy phương trình (1.3) không có nghiệm nguyên dương.


15

Định lý 1.2.1 và Mệnh đề 1.2.2 cho ta một số điều kiện để phương trình trên
không có nghiệm nguyên dương. Định lý tiếp theo chỉ ra điều kiện cần và đủ để
phương trình có nghiệm nguyên dương.
Định lý 1.2.3. Phương trình (1.3) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d là
số nguyên dương và không phải là số chính phương.
Chứng minh. Theo Định lý 1.2.1 và Mệnh đề 1.2.2 ta có phương trình (1.3) có
nghiệm nguyên dương thì d là số nguyên dương và không chính phương. Ngược
lại, theo Bổ đề 1.1.14 ta có tồn tại vô số cặp số (x, y) nguyên dương sao cho
√
x2 − dy 2 < 1 + 2 d

Suy ra

√
√
−1 − 2 d < x2 − dy 2 < 1 + 2 d

(1.4)

Từ tính vô hạn của các cặp số nguyên dương (x, y) nên ��i hệ phương trình sau
x2 + 5y 2 = 9
2xy = 4
ta được nghiệm nguyên duy nhất là (2, 1). Vậy ta có x0 = 2 ; y0 = 1 đây là
nghiệm bé nhất của phương trình đã cho.


35

Khi đó
x1 = 23 + 3.5.2.12 = 38
y1 = 5.13 + 3.22 .1 = 17
là nghiệm thứ hai của phương trình.
Ta có
x2 = 2.9.38 − 2 = 682
y2 = 2.9.17 − 1 = 305
là nghiệm thứ ba của phương trình.
Vậy (2, 1); (38, 17) và (682, 305) là 3 nghiệm đầu tiên của phương trình.
pk
Định lý 1.2.23. Giả sử d là số nguyên dương không chính phương,
là giản
q

k
√
phân của liên phân số của d với k = 0, 1, 2, 3, ... và n là chiều dài chu kì của
√
liên phân số của d. Khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i) Nếu n chẵn thì phương trình Pell (1.19) vô nghiệm.
(ii) Nếu n lẻ thì tất cả các nghiệm của phương trình (1.19) được cho bởi công
thức:
x = p(2k−1)n−1

k ≥ 1.

y = q(2k−1)n−1
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1.16 ta có (x0 , y0 ) là nghiệm của phương trình (1.19).
√
pj
là giản phân của liên phân số của d. Áp dụng Bổ đề
Trong đó x0 = pj với
qj
1.1.17 ta có
p2j − dqj2 = (−1)

j+1

tj+1

(j = 0, 1, 2, ...; tj+1 > 0)

Do p2j − dqj2 = −1 nên j + 1 là số lẻ và tj+1 = 1. Vì n là chiều dài của liên phân
√

số của d nên theo Bổ đề 1.1.18 ta có
n| (j + 1) nên j + 1 = n.j

j ∈ Z , suy ra j = n.j − 1 (j ≥ 0)

Với n là số lẻ. Do j + 1 số lẻ nên nj lẻ và vì n lẻ nên j lẻ. Vậy j = 2k − 1,
k ≥ 1. Từ đó ta có j = n(2k − 1) − 1. Vậy nghiệm của phương trình (1.19) có
dạng
x = p(2k−1)n−1
y = q(2k−1)n−1

k ≥ 1,


36

với n là số chẵn. Do j + 1 là số lẻ nên nj là số lẻ mà n chẵn nên vô lý. Do đó
không tồn tại j’ thỏa mãn. Vậy phương trình (1.19) vô nghiệm.

Ví dụ 1.2.24. Tìm hai nghiệm đầu tiên của phương trình x2 − 13y 2 = −1.
Với k = 1 thì x0 = p4 = 18 ; y0 = q4 = 5 là nghiệm bé nhất của phương trình.
Với k = 2 thì x1 = p14 = 23382 ; y1 = q14 = 6485 là nghiệm thứ hai của phương
trình. Vậy (18, 5) và (23382, 6485) là hai nghiệm của phương trình.
Định lý tiếp theo cho ta một mối liên hệ cấu trúc nghiệm của hai phương
trình Pell liên kết.
Định lý 1.2.25. Nếu (a, b) là nghiệm của phương trình (1.3) và (u, v) là nghiệm
của phương trình (1.19) thì (au+dbv, av+bu) là nghiệm của phương trình (1.19).
Ví dụ 1.2.26. Ta có (99, 70) là nghiệm của phương trình x2 − 2y 2 = 1 và (7, 5)
là nghiệm của phương trình x2 − 2y 2 = −1. Khi đó
(99.7 + 2.70.5, 99.5 + 70.7) = (1393, 985)

là nghiệm của phương trình x2 − 2y 2 = −1.


37

Chương 2
Phương trình Diophantine dạng
x2 − Dy 2 = ±4
Chương này chúng tôi tập trung trình bày lại các kết quả về cấu trúc nghiệm
nguyên của phương trình x2 − Dy 2 = ±4 và ứng dụng của phương trình x2 −
Dy 2 = ±1 và x2 − Dy 2 = ±4 vào một số bài toán phổ thông. Các kết quả của
chương này được viết theo tài liệu [3].

2.1

Cấu trúc nghiệm của họ phương trình x2 − Dy 2 = ±4

Xét phương trình Diophantine
u2 − Dv 2 = ±4,

(2.1)

trong đó D là số nguyên, không là số chính phương.
Giả sử phương trình √(2.1) có nghiệm và cho u, v là hai số nguyên thỏa
u+v D
được gọi là nghiệm của phương trình (2.1). Nếu
mãn (2.1). Khi đó
2
√
x+y D

là nghiệm của phương trình Diophantine
2
u2 − Dv 2 = 4
thì số

(2.2)

√
√
√
u+v Dx+y D
u1 + v1 D
=
2
2
2
cũng là nghiệm
√ của phương trình (2.1). Nghiệm này được gọi là liên kết với
u+v D
nghiệm
. Tập tất cả các nghiệm liên kết với nhau tạo thành một lớp
2
nghiệm của phương trình (2.1).


√

Điều kiện cần và đủ để hai nghiệm
nghiệm là số

vu − u v
là số nguyên.
2

u+v D u +v
,
2
2

√

38

D

thuộc cùng một lớp

Định lý 2.1.1. Phương trình (2.1) hoặc vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm.
Chứng minh. Ta đi chứng minh rằng nếu phương trình (2.1) có nghiệm thì sẽ
có vô số nghiệm. Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình (2.1). Gọi (a, b)
là một nghiệm của phương trình (1.3), tức là a2 − db2 = 1. Khi đó ta có
x2 − dy 2 = ±4,
a2 − db2 = 1.
Nhân từng vế hai đẳng thức trên, ta nhận được
x2 − dy 2

2

2

a2 − db2 = ±4 ⇔ (xa + dyb) − d(xb + ya) = ±4.

(2.3)

Đặt
x = xa + dyb,
y = xb + ya.
2

2

Khi đó thay vào (2.3), ta có x − dy = ±4. Từ đó ta có (x , y ) là nghiệm của
phương trình (2.1). Rõ ràng x < x , y < y . Do đó giả sử có nghiệm ban đầu
(x1 , y1 ). Xét hệ thức
xn+1 = xn a + dyn b,
yn+1 = xn b + yn a.
Hệ thức này theo chứng minh trên cho ta lớp nghiệm của phương trình (2.2).
Định lý 2.1.2. Giả sử phương trình Pell (2.1) có nghiệm và gọi (x0 , y0 ) là
nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của nó. Khi đó ta có
y02 ≤ max ±4b2 ;

∓4a2
d

,

ở đây (a, b) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình Pell (1.3).
Chứng minh. Đặt
u = x0 a − dy0 b,
v = y0 a − x0 b.

39

khi đó:
2

2

u2 − dv 2 = (x0 a − dy0 b) − d(y0 a − x0 b)

= a2 x20 + d2 b2 y02 − 2abdx0 y0 − da2 y02 − db2 x20 + 2abdx0 y0
= x20 a2 − db2 − dy02 a2 − db2
= a2 − db2

x20 − dy02 = ±4.

Giả sử kết luận của bài toán không đúng, tức là
y02 > max ±4b2 ;

∓4a2
d

.


 y02 > ±4b2 ,
2 Ta sẽ chứng minh rằng u > 0, v > 0. Thật vậy,
Từ đó,
y 2 > ∓4a .

0
d
v > 0 ⇔ y0 a − x0 b > 0 ⇔ y0 a > x0 b
⇔ a2 y02 > b2 x20 ⇔ 1 + db2 y02 > b2 ±4 + dy02
⇔ y02 > ±4b2 .
Vậy v > 0. Tương tự ta có
u > 0 ⇔ x0 a − dy0 b > 0 ⇔ x0 a > dy0 b ⇔ x20 a2 > d2 b2 y02
⇔ x20 1 + db2 > db2 x20 ∓ 4 ⇔ x20 > ∓4db2
⇔ ±4 +

dy02

2

> −4 a − 1 ⇔

dy02

2

> ∓4a ⇔

y02

∓4a2
.
>
d

Như vậy, ta có u > 0 và v > 0 mà u2 − dv 2 = ±4 nên (u, v) là nghiệm của

(2.1). Từ hệ
u = x0 a − dy0 b
v = −x0 b + y0 a
với ẩn là (x0 , y0 ), suy ra
x0 = au + dbv,
y0 = bu + av.
Từ đó ta có x0 > u, y0 > v. Như thế ta đã xây dựng được nghiệm (u, v) của
phương trình Pell (2.2), mà nghiệm này còn nhỏ hơn (x0 , y0 ). Điều này là mâu
thuẫn vì (x0 , y0 ) là nghiệm bé nhất của (2.1). Vậy giả thuyết phản chứng sai,
nên
y02

∓4a2
≤ max ±4b ;
d
2

.


40

Định lý 2.1.3. Giả sử (2.1) có nghiệm và (α1 , β1 ) ; (α2 , β2 ) ; ... ; (αm , βm ) là
tất cả các nghiệm của (2.1) thỏa mãn bất đẳng thức:
βi2 ≤ max ±4b2 ;

∓4a2
d

Xét m dãy {xn,i , yn,i } i = 1, m xác định như sau:




 x0,i = αi ; y0,i = βi
xn+1,i = xn,i a + dyn,i b


y
= x b + y a,
n+1,i

n,i

n,i

ở đây (a, b) là nghiệm dương bé nhất của phương trình Pell (1.3) tương ứng với
(2.1). Khi đó các dãy {xn,i , yn,i } i = 1, m sẽ vét cạn hết nghiệm của phương
trình (2.1).
Chứng minh. Theo chứng minh trong Định lý 2.1.1, các số hạng của các dãy
trên đều là nghiệm của phương trình Pell (2.1). Ta đi chứng minh điều ngược
lại. Giả sử (u0 , v0 ) là một nghiệm dương bất kì của (2.1). Ta phải chứng minh
sự tồn tại i, k sao cho u0 = xk,i ; v0 = yk,i . Chỉ có hai khả năng sau xảy ra
∓4a2
. Theo giả thuyết tồn tại i ∈ {1, 2, ..., m}
d
sao cho (u0 , v0 ) = (αi , βi ) = (x0,i , y0,i ). Ta chỉ chọn k = 0.

1. Nếu v02 ≤ max ±4b2 ;

2. Nếu

v02

∓4a2
> max ±4b ;
. Đặt: u1 = au0 − dbv0 ; v1 = av0 − bu0 .
d
2

Ta thấy rằng u21 − dv12 = ±4. Ngoài ra, do
v02

2

> ±4b và

v02

∓4a2
,
>
d

nên lập luận tương tự như cách chứng minh trong định lý 2.1.2 ta có u1 >
0; v1 > 0. Từ đó suy ra (u1 , v1 ) là nghiệm của phương trình (2.1). Từ hệ
u1 = au0 − dbv0 ,
v1 = av0 − bu0 .
Suy ra
u0 = au1 + dbv1 ,
v0 = bu1 + av1 .