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.
2
2
Trường hợp d là số chính phương d c 2 �� phương trình x dy 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.
2
2
Với d là số nguyên dương không chính phương thì phương trình x dy 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.
2
2
Đặt z x y d , ký hiệu z x y d và N z z.z x dy ��, ta dễ dàng
chứng minh được N z1.z2 N z1 .N z2 và z1.z2 z1.z2 .
2
2
Với các ký hiệu này phương trình x dy 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
z �z0n , n ��.
Chứng minh. Giả sử z 0 là một nghiệm của phương trình N z 1 trên tập
k
k 1
k
k
�
��
� d �. Tồn tại một số nguyên k để z0 �z z0 . Xét số z1 z.z0 z.z0 thỏa
mãn 1 �z1 z0 và N z1 N z .N z0 N z 1 . Từ tính nhỏ nhất của z0 ta
k
k
suy ra z1 1 do đó z z0 . 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
n
x; y khác của nó được cho bởi công thức
, n ��.
Để ý rằng từ z x y d ta rút được x
zz
zz
và y
. Vì vậy các
2 d
2
nghiệm nguyên dương của phương trình Pell được cho bởi công thức
z0n z0n
z0n z0n
x
và y
2 d
2
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
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với q p
1
n 1
.
Ký hiệu x là phần lẻ của số thực x. Xét n 2 số 0, , 2 , ..., n , 1
thuộc đoạn 0;1 , vì vậy luôn tồn tại hai số trong số chúng có hiệu nhỏ hơn
1
. Nếu hai số đó là k và l thì ta đặt q k l và p �
�k l �
�, nếu
n 1
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
2
2
với n 2 d 1 thỏa mãn phương trình x dy n có vô số nghiệm nguyên
dương x; y . Từ đó suy ra tồn tại hai bộ nghiệm khác nhau x1 , y1 và x2 , y2
để x1 �x2 , y1 �y2 mod n . Đặt z1 x1 y1 d , z2 x2 y2 d và giả sử z1 z2 .
Thì với z0
z1
1 là một phần tử của �� d �tương ứng với một nghiệm
� �
z2
x , y không tầm thường của phương trình Pell.
0
0
3. Phương trình “kiểu Pell”
2
2
Phương trình kiểu Pell là các phương trình nghiệm nguyên dạng x dy a ,
với d 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:
2
2
Định lý 3. Phương trình x dy 1 có nghiệm nguyên nếu và chỉ nếu tồn
2
�
tại z1 ���
� d �thỏa mãn z1 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 ,
2
2
từ z z1 z0 là một nghiệm của phương trình N z 1 dẫn đến z0 z1 .
Hệ quả. Nếu x1 , y1 là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình
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
x
và y
2 d
2
Đối với trường hợp tổng quát N z a , ta có kết quả sau:
2
2
Định lý 4. Nếu a là một số nguyên thỏa mãn phương trình N z x dy a
có nghiệm nguyên thì có môt nghiệm của nó thỏa mãn x
z0 1
a và
2 z0
x2 a
tương ứng tìm được y �
.
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 cùng nhau thỏa mãn
x3 y3 z 2 t 4
(Romanian Mathematical Olympiad)
Bài giải. Xét đồng đẳng thức
n n 1 �
�
�
1 2 ... n 2 � n 1 n �
�
�
�
� 2 �
2
3
3
3
3
3
�
n 1 n 2 � �n n 1 �
Và viết lại n 1 n �
� �
�.
2
�
� � 2 �
2
3
2
3
Như vậy bài toán sẽ được chứng minh nếu tồn tại vô số số nguyên đương n để
n n 1
n n 1
là một số chính phương. Tức là
u 2 , u ��
2
2
� 4n 2 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
32 2
n
2
, bn
3 2 2
n
3 2 2
n
2 2
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 ��
�
b
0,
b
2,
b
6
b
b
1
n 2
n 1
n
�0
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 n 2 n 1 là số chính
2
phương.
Bài giải.
Giả sử n là số nguyên dương phải tìm. Khi đó ta có:
n 2 n 1 y 2 � 2n 2 2n 1 y 2
2
� 4n 2 4n 2 2 y 2 � 2n 1 2 y 2 1.
2
x 2 2 y 2 1.
Đặt x = 2n + 1. Khi đó dẫn đến phương trình kiểu Pell:
(1)
x 2 2 y 2 1.
Xét phương trình Pell:
(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 của (1).
Từ đó ta tìm được dãy các nghiệm nguyên dương của phương trình (1) cho
bởi công thức:
xn
1 2
Viết lại 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 xn 1 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 .
Từ đó suy ra dãy nghiệm nk : xk 2nk 1 � nk
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.
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
� 2k 2 2k m 2 m � 8k 2 8k 4m 2 4m
� 2.
� 8k 2 8k 2 1 4m 2 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:
x 2 2 y 2 1.
Xét phương trình:
x 2 2 y 2 1.
(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 xn 1 xn
n ��
�
y
1;
y
5;
y
6
y
y
1
n 2
n 1
n
�0
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)
Phương trình (2) có nghiệm dương nhỏ nhất là: (9, 4) và 9 4 5 2 5
2
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
Viết lại
2 5
2� 5
2 n 1
2 5
2 n 1
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 .
2
Mà ta thấy rằng: 5 yk2 xk2 1. Vì thế ta có: xk !M xk 1 . Điều này đúng với
2
mọi k ��* . Do đó tồn tại vô số các số nguyên dương sao cho n!M n 1 .
2�
� 2
, n ��. Chứng
Bài 5. Xét dãy số un xác định như sau: un � n n 1 �
�
�
minh rằng tồn tại vô hạn những chỉ số n sao cho ta có đồng thời un un1 1
và un1 un 1 ở đây là kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá .
Bài giải.
Trước hết ta tìm n để n 2 n 1 y 2 , y ��. Từ đó ta có:
2
2n 2 2n 1 y 2 � 4n 2 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:
n0 0; n1 3; nk 2 6nk 1 nk 2.
(3)
Xét nk , k �� thuộc dãy trên, ta có:
2
unk � nk2 nk 1 � � yk2 � yk yk , (do yk ��)
�
�
�
�� �
2� � 2
�
�
yk2 4nk �.
Mặt khác: un 1 � nk 1 nk � � nk nk 1 4nk � �
�
�
2
k
�
2
��
�
Theo định nghĩa của phần nguyên, thì: un 1 � yk2 4nk .
k
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: un 1 un 1 � un un 1 1.
k
k
k
k
2
2
unk 1 � nk 1 nk 2 �
�
�
�
�
Ta lại có:
2
� nk2 nk 1 4nk 4 � � yk2 4n 4 �
�
�
�
�
��
Vì nk2 nk 1 yk2 � nk yk 2nk 1
2
nk yk
� n yk
�
�� k
� �2
2 yk 4nk 2 �yk 2 yk 1 yk2 4nk 3 yk2 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.
yk2 4nk 4 yk � � yk2 4nk 4 � yk 1
Do vậy: �
�
��
�
Từ (3), ta có: un 1 un 1.
k
k
unk 1 unk 1
�
�
unk unk 1 1
�
Tóm lại, ta chứng minh được rằng: �
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.
dạng
Chuyển vế đổi dấu và bình phương hai vế biến phương trình về
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
2
2
2
2
Từ đó rút ra a 1 b 1 ab c và b 1 c 1 bc a .
2
2
Vì vậy tồn tại các số nguyên không âm d , u , v, w , 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
zk z k
zk z k
nghiệm khác của phương trình Pell này là xk
, yk
, k ��.
2 d
2
z k1 z k1
z k2 z k 2
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 k2 z k2 z k1 z k1 z k2 z k2
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
2
k1
�
�
a 1 �
1 � k21
� �z z 2 �
chẵn. Không mất tổng quát giả sử k1 chẵn, khi đó m
�.
2
2
�
��
�
Vậy ta có 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 -