PHƯƠNG TRÌNH PELL
Số học luôn là một nội dung “khó nhằn”, vì vậy trong việc dạy và học số học
thầy và trò chúng ta cũng gặp phải không ít trở ngại. Và một trong các nội dung
khó của số học chính là các phương trình Diophantine, với phần lý thuyết rắc rối và
thật khó trong việc nhìn ra cách để áp dụng chúng trong giải bài tập. Vì vậy với nội
dung bài giảng về phương trình Pell này tôi xin phép được mượn cách tiếp cận của
Dusan Djukic trong Pell’s Equation.
I. Phương trình Pell
1. Giới thiệu về phương trình Pell
Định nghĩa. Phương trình Pell là phương trình Diophantine có dạng
x 2 dy 2 1, x, y ¢ và d là số nguyên dương không chính phương cho trước.
Trường hợp d là số chính phương d c2 ¢ phương trình x 2 dy 2 a có thể phân
tích thành nhân tử x cy x cy a , phương trình này dễ dàng giải được dựa
vào việc xét các ước số của a. Chính vì vậy ta luôn mặc định d không phải số chính
phương.
Với d là số nguyên dương không chính phương thì phương trình x 2 dy 2 a cũng
có thể phân tích thành x y d
x y d a .
Để sử dụng phân tích này ta xét các số dạng x y d , x, y ¢ , và ký hiệu nó là tập
¢ d . Một tính chất quan trọng của tập này là tổng hai phần tử thuộc nó vẫn là
một phần tử thuộc nó.
Đặt z x y d , ký hiệu z x y d và N z z.z x 2 dy 2 ¢ , ta dễ dàng
chứng minh được N z1.z2 N z1 .N z2 và z1.z2 z1.z2 .
Với các ký hiệu này phương trình x 2 dy 2 a được viết lại là N z a ,
z ¢ d , và phương trình Pell trở thành N z 1, z ¢ d .
Với mỗi nghiệm x, y nguyên của phương trình Pell tương ứng ta có một nghiệm
z ¢ d của phương trình N z 1 và ngược lại. Nhận thấy nếu z là nghiệm
của phương trình N z 1 thì z cũng là nghiệm của nó vì vậy ta chỉ cần tìm các
nghiệm z 0 .
2. Nghiệm của phương trình Pell
Mọi phương trình Pell luôn có một nghiệm tầm thường là x, y 1,0 , tương ứng
với nghiệm z 1 của phương trình N z 1 . Nhưng nếu ta biết được nghiệm
không tầm thường nhỏ nhất của nó nữa thì ta có thể tìm thấy tất cả các nghiệm của
nó dựa vào định lý sau:
Định lý 1. Nếu z0 là nghiệm dương nhỏ nhất trong tập ¢ d của phương trình
N z 1 thì các nghiệm khác của phương trình này trong tập ¢ d là
n
z z0 , n ¢ .
Chứng minh. Giả sử z 0 là một nghiệm của phương trình N z 1 trên tập
¢ d . Tồn tại một số nguyên k để z0k z z0k 1 . Xét số z1 z.z0 k z.z0k thỏa mãn
1 z1 z0 và N z1 N z .N z0 N z 1 . Từ tính nhỏ nhất của z0 ta suy ra
k
z1 1 do đó z z0k . Vậy ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả. Nếu x0 , y0 là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell thì
các
nghiệm nguyên
x y d x0 y0 d
x; y
khác
của nó
được
cho
bởi công thức
,n¥ .
n
zz
zz
và y
. Vì vậy các nghiệm
2
2 d
nguyên dương của phương trình Pell được cho bởi công thức
Để ý rằng từ z x y d ta rút được x
z0n z0n
z0n z0n
x
và y
2
2 d
Bổ đề 1. (Định lý Dirichlet) Cho là một số vô tỉ và n là số nguyên dương. Khi
đó tồn tại số p ¢ và q 1,2,..., n thỏa mãn
p
1
.
q n 1 q
1
.
n 1
Ký hiệu x là phần lẻ của số thực x. Xét n 2 số 0, , 2 , ..., n , 1 thuộc
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với q p
đoạn 0;1 , vì vậy luôn tồn tại hai số trong số chúng có hiệu nhỏ hơn
1
. Nếu hai
n 1
số đó là k và l thì ta đặt q k l và p k l , nếu hai số đó là k
và 0 hoặc 1 thì ta chọn q k và p k .
Bổ đề 2. Nếu là một số thực tùy ý thì tồn tại vô số cặp số nguyên dương p; q
thỏa mãn
p 1
.
q q2
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ Bổ đề 1.
Định lý 2. Mọi phương trình Pell đều có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Áp dụng bổ đề 2 với d , ta thấy tồn tại số nguyên dương n với
n 2 d 1 thỏa mãn phương trình x 2 dy 2 n có vô số nghiệm nguyên dương
x; y . Từ đó suy ra tồn tại hai bộ nghiệm khác nhau x , y và x , y để x x ,
y y mod n . Đặt z x y d , z x y d và giả sử z z . Thì với
1
1
2
1
1
1
2
2
2
1
2
2
1
1
2
2
z1
1 là một phần tử của ¢ d tương ứng với một nghiệm x0 , y0 không
z2
tầm thường của phương trình Pell.
3. Phương trình “kiểu Pell”
Phương trình kiểu Pell là các phương trình nghiệm nguyên dạng x 2 dy 2 a , với d
z0
là số nguyên dương không chính phương, a là số nguyên cho trước.
Nhìn chung các phương trình kiểu Pell không phải lúc nào cũng có nghiệm. Nhưng
ta có một số kết quả chung sau:
Định lý 3. Phương trình x 2 dy 2 1 có nghiệm nguyên nếu và chỉ nếu tồn tại
z1 ¢ d thỏa mãn z12 z0 .
Chứng minh. Điều kiện đủ là dễ dàng kiểm chứng.
Điều kiện cần: ta xét nghiệm nhỏ nhất z z1 ¢ d của phương trình N z 1
thỏa mãn z 1 và chứng minh tương tự định lý 1, suy ra 1 z1 z0 , từ z z12 z0 là
một nghiệm của phương trình N z 1 dẫn đến z0 z12 .
Hệ quả. Nếu
x , y
1
là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình
1
x 2 dy 2 1 thì các nghiệm nguyên x; y khác của nó được cho bởi công thức
x y d x1 y1 d
2 n 1
,n ¥ .
Với z1 x1 y1 d , lập luận tương tự như trên ta rút ra được công thức tìm các
nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 dy 2 1 :
z12 n1 z12 n1
z12 n1 z12 n1
và y
x
2
2 d
Đối với trường hợp tổng quát N z a , ta có kết quả sau:
Định lý 4. Nếu a là một số nguyên thỏa mãn phương trình N z x 2 dy 2 a có
z0 1
a và tương ứng
2 z0
nghiệm nguyên thì có môt nghiệm của nó thỏa mãn x
x2 a
.
d
II. Bài tập áp dụng
Bài 1. Chứng minh rằng có vô số bộ số nguyên dương x, y, z , t đôi một nguyên tố
tìm được y
cùng nhau thỏa mãn
x3 y 3 z 2 t 4
(Romanian Mathematical Olympiad)
Bài giải. Xét đồng đẳng thức
1 2 ... n 2 n 1 n n n 1
2
3
3
3
3
2
3
n 1 n 2 n n 1
Và viết lại n 1 n
.
2
2
Như vậy bài toán sẽ được chứng minh nếu tồn tại vô số số nguyên đương n để
2
3
2
3
n n 1
n n 1
u2,u ¥
là một số chính phương. Tức là
2
2
4n2 4n 8u 2 2n 1 2 2u 1 .
2
2
Đặt 2n 1 a,2 x b , đưa về phương trình Pell: a 2 2b 2 1.
Phương trình này có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất a0 , b0 3;2 , dẫn đến các
nghiệm nguyên dương khác của nó được cho bởi công thức:
an
3 2 2
n
3 2 2
2
n
, bn
3 2 2
n
3 2 2
2 2
n
Vì 3 2 2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai X 2 6 X 1 0 , nên từ công
thức tổng quát trên suy ra công thức truy hồi của hai dãy an , bn là:
a0 1, a1 3, an 2 6an1 an
n¥
b0 0, b1 2, bn 2 6bn1 bn
Từ công thức truy hồi của dãy bn kết hợp với phương pháp quy nạp ta thấy bn
chẵn với mọi n ¥ . Từ đó suy ra tồn tại x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất n2 n 1 là số chính
2
phương.
Bài giải.
Giả sử n là số nguyên dương phải tìm. Khi đó ta có:
n2 n 1 y 2 2n2 2n 1 y 2
2
4n2 4n 2 2 y2 2n 1 2 y2 1.
2
Đặt x = 2n + 1. Khi đó dẫn đến phương trình kiểu Pell:
x 2 2 y 2 1. (1)
x 2 2 y 2 1.
Xét phương trình Pell:
Phương trình (2) có nghiệm dương bé nhất là (3, 2) và 3 2 2 1 2
(2)
.
2
Dẫn đến (x, y) = (1, 1) là nghiệm dương bé nhất của (1).
Từ đó ta tìm được dãy các nghiệm nguyên dương của phương trình (1) cho bởi
công thức:
xn
Viết lại 1 2
1 2
2 n 1
1 2
2
2 n 1
2 n 1
, yn
1 2
2 n 1
1 2
2 n 1
2 2
n
1 2 . 3 2 2 , và do 3 2 2 là hai nghiệm của
phương trình t 2 6t 1 0 , nên từ công thức tổng quát ta rút ra được công thức
truy hồi của dãy nghiệm:
x0 1; x1 7; xn 2 6 xn1 xn
n 0,1,2,3...
y
1;
y
5;
y
6
y
y
1
n2
n 1
n
0
Ta chứng minh xk 1 mod 2 k 0,1,... , bằng phương pháp quy nạp:
Với k = 0, 1 thì điều đó hoàn toàn đúng.
Giả sử khẳng định trên đúng đến k = l với mọi l 2 .
Chứng minh với k = l + 1 thì khẳng định trên vẫn đúng.
Thật vậy, xl 1 6 xl xl 1 1 mod 2 1 mod 2 .
xk 1
k 0,1,2,...
2
Các số nguyên dương cần tìm được cho theo công thức:
n0 0; n1 3; nk 2 6nk 1 nk 2.
Từ đó suy ra dãy nghiệm nk : xk 2nk 1 nk
Vì: xk 2 6 xk 1 xk 2nk 2 1 6 2nk 1 1 2nk 1 nk 2 6nk 1 nk 2.
Ba số đầu tiên phải tìm là: n = 3; n = 20; n = 119.
Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên dương k, m sao cho k < m và
1 2 3 ... k k 1 k 2 ... m.
Bài giải.
Giả sử k, m (k < m) là hai số nguyên dương thỏa mãn hệ thức:
1 2 3 ... k k 1 k 2 ... m.
(*)
Ta có:
(*) 2 1 2 3 ... k 1 2 3 ... k k 1 k 2 ... m
k k 1 m m 1
m m 1
k k 1
2
2
2
2
2
2
2
2k 2k m m 8 k 8 k 4 m 4 m
2.
8k 2 8k 2 1 4m2 4m 1 2 2k 1 1 2m 1
2
2
Đặt x = 2m + 1; y = 2k + 1, khi đó dẫn đến phương trình kiểu Pell:
Xét phương trình:
x 2 2 y 2 1.
(1)
x 2 2 y 2 1.
(2)
2
Phương trình (2) có nghiệm dương bé nhất là: (3, 2) và 3 2 2 1 2 .
Dẫn đến (x, y) = (1, 1) là nghiệm dương bé nhất phương trình (1). Tương tự như đã
làm ở bài 2, ta có dãy các nghiệm của phương trình (1) là:
x0 1; x1 7; xn 2 6 xn1 xn
n¥
y0 1; y1 5; yn 2 6 yn1 yn
Dễ thấy xi 1 mod 2 ; yi 1 mod 2 i 0,1,...
Từ đó suy ra dãy nghiệm của phương trình (*):
xi 1
m
:
x
2
m
1
m
i 0,1,2,...
i
i
i i
2
k : y 2k 1 k yi 1 i 0,1,2,...
i
i
i i
2
Các số nguyên dương phải tìm được cho bởi công thức sau:
m0 0; m1 3; mi 2 6mi 1 mi 2
k0 0; k1 2; ki 2 6ki 1 ki 2
Bốn số đầu tiên phải tìm là: (m, k) = (3, 2); (20, 14); (119, 84); (696, 492).
Bài 4. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những số nguyên dương n sao cho n! chia
hết cho n 2 1.
Bài giải.
Xét phương trình kiểu Pell:
Và phương trình Pell:
x 2 5 y 2 1.
(1)
x 2 5 y 2 1.
(2)
2
Phương trình (2) có nghiệm dương nhỏ nhất là: (9, 4) và 9 4 5 2 5 nên
phương trình (1) có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là (x, y) = (2, 1). Vì thế
phương trình (1) có dãy các nghiệm cho bởi công thức:
xn
2 5
Viết lại 2 5
2 n 1
2 n 1
2 5
2
2 n 1
, yn
2 5
2 n 1
2 5
2 n 1
2 5
n
2 5 . 9 4 5 , do 9 4 5 là hai nghiệm của phương
trình t 2 18t 1 0 , nên từ công thức tổng quát ta rút ra được công thức truy hồi
của dãy các nghiệm của phương trình (1) là
x0 2; x1 38; xn 2 18 xn1 xn
n¥
y0 1; y1 17; yn 2 18 yn1 yn
Xét các nghiệm xk , yk , k ¥ * . Khi đó ta có: 5 17 y1 y2 ... yk ...
Dễ thấy do yk 5, k ¥ * , nên ta có: 5 yk 2 yk xk .
Thật vậy, ta thấy 5 yk 2 yk là hiển nhiên.
Ta chỉ xét 2 yk xk .
Ta có: 4 yk2 4 yk2 yk2 1 5 yk2 1 ( yk2 1 0 do yk 5 ).
Nhưng 5 yk2 1 xk2 4 yk2 xk2 2 yk xk .
Vậy k ¥ * ta có 5 yk 2 yk xk . Vì thế:
xk ! 1.2.3.4.5... yk ... 2 yk ... xk .
Từ đó suy ra xk ! chia hết cho 5. yk 2 yk .
Mà ta thấy rằng: 5 yk2 xk2 1. Vì thế ta có: xk !M
xk2 1. Điều này đúng với mọi
k ¥ * . Do đó tồn tại vô số các số nguyên dương sao cho n!M
n2 1.
Bài 5. Xét dãy số un xác định như sau: un n 2 n 1 , n ¥ . Chứng minh
rằng tồn tại vô hạn những chỉ số n sao cho ta có đồng thời un un1 1 và
2
un1 un 1 ở đây là kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá .
Trước hết ta tìm n để n2 n 1 y 2 , y ¢ . Từ đó ta có:
2
Bài giải.
2n2 2n 1 y 2 4n2 4n 2 2 y 2 2n 1 2 y 2 1. (1)
2
Bằng cách đặt x = 2n + 1, thì từ (1) dẫn đến phương trình kiểu Pell:
x 2 2 y 2 1.
(2)
Từ bài 1 ta có dãy nghiệm của phương trình (2) là:
x0 1; x1 7; xn 2 6 xn1 xn
n¥
y
1;
y
5;
y
6
y
y
1
n 2
n 1
n
0
Và từ đó tìm được vô hạn số nguyên n 0 thỏa mãn (1), cụ thể là:
(3)
n0 0; n1 3; nk 2 6nk 1 nk 2.
Xét nk , k ¥ thuộc dãy trên, ta có:
2
unk nk2 nk 1 yk2 yk yk , (do yk ¥ )
Mặt khác: unk 1
nk 1
2
2
nk2 nk2 nk 1 4nk yk2 4nk .
Theo định nghĩa của phần nguyên, thì: unk 1 yk2 4nk .
Từ trên ta suy ra: nk 3 , với k 1 vì 3 là phần tử thứ hai của dãy (3) là dãy các số
tăng. Vì thế ta có:
yk2 4nk yk 1 unk 1.
Thật vậy, vì:
nk2 nk 1 yk2 nk2 nk2 nk 1 4nk2 4nk 1
2
2
nk2 yk2 2nk 1 nk yk 2nk 1
2
yk2 4nk yk2 2 yk 1 yk2 4nk yk 1 .
Từ đó ta có: unk 1 unk 1 unk unk 1 1.
Ta lại có:
unk 1
nk 1 nk 2
2
2
2
nk2 nk 1 4nk 4 yk2 4n 4
Vì nk2 nk 1 yk2 nk yk 2nk 1
2
nk yk
nk yk
2
2
2
2 yk 4nk 2 yk 2 yk 1 yk 4nk 3 yk 4nk 4
2
2
2
yk 4nk 4 yk 4 yk 4 yk 2
2
yk 1 yk2 4nk 4
yk 1 yk2 4nk 4 yk 2 yk 1 yk2 4nk 4 yk 2.
2
2
1 yk2 4nk 4 yk 2.
Do vậy: yk2 4nk 4 yk yk2 4nk 4 yk 1
Từ (3), ta có: unk 1 unk 1.
un 1 unk 1
Tóm lại, ta chứng minh được rằng: k
unk unk 1 1
Nhưng dãy nk là vô hạn. Điều đó đồng nghĩa với tồn tại vô hạn các số nguyên
dương n sao cho ta có đồng thời hai yêu cầu đầu bài là un1 un 1 , un un1 1 .
Bài 6. Cho m, n, p là các số nguyên dương thỏa mãn
m n p 2 mnp 1
Chứng minh rằng có ít nhất một trong số chúng là số chính phương.
(Titu Andreescu, Irie Boreico)
Bài giải. Chuyển vế đổi dấu và bình phương hai vế biến phương trình về dạng
m n p 1
2
4mnp
Đặt a 2m 1, b 2n 1 , c 2 p 1, thì thu được
a b c 1
2
2 a 1 b 1 c 1 a 2 b 2 c 2 2abc 1
Từ đó rút ra a 2 1 b 2 1 ab c và b 2 1 c 2 1 bc a .
2
Vì vậy tồn tại các số nguyên không âm d , u, v, w ,
2
d ¢ thỏa mãn
a 2 1 du 2 , b 2 1 dv 2 , c 2 1 dw2
ab c duv , bc a dvw
Gọi x0 , y0 là nghiệm nhỏ nhất của x 2 dy 2 1 và z x0 y0 d , khi đó các
nghiệm khác của phương trình Pell này là xk
zk z k
zk z k
, yk
, k ¥ .
2
2 d
z k1 z k1
z k2 z k2
z k3 z k3
Từ đó tìm được a
, với k1, k2 , k3 là các số
,b
,c
2
2
2
nguyên không âm nào đó.
Không mất tổng quát giả sử m n p , thì k1 k2 k3 và ab c duv , suy ra
c ab duv
1
1
z k1 z k1 z k 2 z k 2 z k1 z k1 z k 2 z k 2
4
4
1
z k1 k2 z k1 k2
2
Từ đó suy ra k3 k1 2k2 , và do đó ít nhất một trong các số k1, k2 , k3 là số chẵn.
2
k1
a 1 1 k21
z z 2 . Vậy ta có
Không mất tổng quát giả sử k1 chẵn, khi đó m
2
2
điều phải chứng minh.
III. Kết luận
Với bài giảng này chúng tôi chỉ muốn cố gắng giúp các em học sinh có cách
tiếp cận, phương pháp làm việc nhẹ nhàng, hiệu quả khi học tập về phương trình
Pell. Rất mong nhận được sự quan tâm, góp ý của các anh, chị, em đồng nghiệp ở
các trường bạn để góp phần nâng cao chất lượng của bài giảng.
- Xem thêm -