Phương trình Pell và kiểu Pell
1
A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Phương trình Pell và kiểu Pell là một trong số những bài toán lớn của
chuyên đề phương trình Diophante. Nội dung này được viết trong nhiều
sách, tài liệu. Việc giải phương trình Pell cụ thể, đối với nhiều học sinh là
không mấy khó khăn. Tuy nhiên có nhiều bài toán trong đề thi học sinh
giỏi có hình thức không hề “Pell” nhưng việc giải quyết lại liên quan đến
loại phương trình này.
Vì vậy, tôi chọn nội dung này để viết.
2. Mục đích chọn đề tài
Ở phần lí thuyết, tôi không có ý định trình bày lại việc chứng minh
các định lí về phương trình Pell mà chỉ chọn những định lí mà từ đó có thể
hiểu thêm, khai thác và áp dụng trong bài tập. Còn phần bài tập, tôi chọn
giải một số bài cụ thể, trong đó có bài thi học sinh giỏi. Hi vọng, tài liệu
này có thể dùng cho học sinh chuyên toán hay đồng nghiệp tham khảo về
nội dung phương trình Pell.
Tài liệu bao gồm các nội dung chính sau
1. Sự tồn tại và công thức nghiệm của phương trình Pell
2. Phương trình kiểu Pell
3. Tìm nghiệm nhỏ nhất của pt Pell bằng giản phân
Bài tập
Tài liệu tham khảo.
Phương trình Pell và kiểu Pell
2
B. PHẦN NỘI DUNG
1. Sự tồn tại và công thức nghiệm của phương trình Pell
1.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1
Pt Pell là pt nghiệm nguyên có dạng
x 2 dy 2 1
(1) trong đó d là số
tự nhiên cho trước không là số chính phương, x, y là ẩn.
Dễ thấy nếu trong pt (1), nếu d nguyên âm hay là số chính phương
thì việc giải là rất đơn giản. Còn với mọi d pt Pell luôn có nghiệm (1;0) gọi
là nghiệm tầm thường.
Định nghĩa 2
Kí hiệu
Z
d x y
d | x; y Z
(thực tế đây là vành với 2 phép toán
cộng và nhân nên nó đóng kín với từng phép toán- nghĩa là tích hay tổng 2
số trong
Z
d
cũng thuộc
+) Liên hợp của z là
+) chuẩn của z là
Z [ d ] ).
Khi đó định nghĩa, với mỗi
z x y d
z x y d
,
.
N ( z ) z.z x 2 dy 2 .
Ta dễ dàng chứng minh được tính chất sau
Định lí 1
Liên hợp và chuẩn có tính chất nhân trong
z1 , z 2 Z [ d ]
ta có
z1 .z 2 z1 .z 2
Z[ d ] ,
nghĩa là với mọi
và N ( z1 .z 2 ) N ( z1 ).N ( z 2 ) .
Nhận xét
+) Pt (1) có thể viết lại thành
N ( z ) 1
với ẩn z thuộc
Z [ d ] và
pt
này luôn có nghiệm z=1.
+) Nếu
z x y d
z x y d
là nghiệm của (1) thì
z x y d
và
cũng là nghiệm. Vậy nên ta chỉ cần quan tâm đến các
nghiệm (x, y) nguyên dương không tầm thường của (1), tức là nghiệm
z x y d
khác 1 với x, y nguyên dương.
Người ta đã chứng minh sự tồn tại nghiệm không tầm thường của
(1). Trong phần tiếp theo, ta luôn kí hiệu
z 0 a b d
là nghiệm nhỏ nhất
của (1) hay của pt Pell đang xét (hiểu theo nghĩa đó là nghiệm nhỏ nhất
Phương trình Pell và kiểu Pell
trong các nghiệm
cũng nói
( a, b)
z x y d
3
khác 1 mà x, y nguyên dương). Lúc đó, ta
là nghiệm nhỏ nhất của pt đó. Từ đây ta xác định được mọi
nghiệm của (1) theo công thức.
1.2 Công thức nghiệm pt Pell
Định lí 2
Tập nghiệm của pt Pell (1) chính là dãy {z n } xác định bởi
n
z n z 0 , n Z .
Nhận xét
+) Theo định lí 2, ta thấy mọi nghiệm tự nhiên
xác định bởi công thức
x y d (a b d ) n
( x; y )
của (1) được
với n N .
n
n
+) Theo đó, ta có thể viết lại công thức nghiệm là x z 0 z 0 ;
2
n
y
z0 z0
2 d
n
, với n N .
Như vậy, theo công thức này, việc tìm nghiệm của pt Pell hoàn toàn
phụ thuộc vào tìm nghiệm nhỏ nhất
+) Kí hiệu
z n xn yn d
( a; b )
của nó.
, theo định lí 2 ta có dãy nghiệm {z n } thỏa
mãn
z n 1 z 0 .z n
hay
xn 1 y n 1 d (a b d ).( x n y n d ) .
Do đó, tập
nghiệm của (1) chính là dãy {( xn ; y n )} xác định bởi công thức truy hồi
x0 1, y 0 0 , x n ax n 1 dby n 1 , y n bxn 1 ay n 1 .
+) Lại nhớ rằng, nếu x1 ; x 2 là 2 nghiệm của pt ax 2 bx c 0 và
n
n
S n x1 x2 thì có aS n 2 bS n1 cS n 0 với n N . Áp dụng với z 0 a b d
và
z 0 a b d
là 2 nghiệm của pt bậc hai t 2 2at 1 0 ta suy ra
xn2 2axn1 xn 0 xn2 2axn1 xn
hay
.
yn2 2ayn1 yn 0 yn2 2ayn1 yn
Phương trình Pell và kiểu Pell
4
Do đó dãy nghiệm {( xn ; y n )} được xác định bởi ( x0 , y 0 ) (1;0) ,
( x1 , y1 ) (a, b) và công thức truy hồi trên.
2. Phương trình kiểu Pell
2.1 Định nghĩa
Phương trình nghiệm nguyên có dạng
x 2 dy 2 m (2),
trong đó m là
số nguyên cho trước khác 1, d là số nguyên dương không là số chính
phương.
Dễ thấy khác với pt Pell (1), không phải lúc nào pt kiểu Pell (2) cũng
có nghiệm. Chẳng hạn pt kiểu Pell
x 2 5 y 2 3
vô nghiệm vì
x2
3 (mod 5)
với mọi x nguyên.
Bây giờ ta đi xem sự tồn tại hay không tồn tại nghiệm của (2). Cũng
như pt (1), ở đây ta chỉ quan tâm tới nghiệm tự nhiên của (2).
Ta gọi pt
hiệu
z 0 a b d
x 2 dy 2 1
là pt Pell liên kết với pt kiểu Pell (2) và vẫn kí
(tương ứng
( a; b ) )
2.2 Phương trình kiểu Pell
là nghiệm nhỏ nhất của pt Pell liên kết.
x 2 dy 2 1
(3)
Kết quả sau đây đã được chứng minh
Định lí 3
Phương trình (3) có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại phần tử z thuộc
Z[ d ]
thỏa mãn z 2 z 0 .
Nhận xét
+) Từ định lí 3, với
z x y d
, ta có thể khẳng định điều kiện cần và
đủ để pt (3) có nghiệm là hệ sau có nghiệm nguyên x, y :
x 2 dy 2 a
2xy b
+) Trong chứng minh định lí 3, ta thấy giá trị z tìm được chính là
nghiệm riêng của (3). Bằng cách giải hệ này ta hoàn toàn tìm được các
nghiệm riêng (nếu có) của (3).
Phương trình Pell và kiểu Pell
5
2.3 Phương trình kiểu Pell
x 2 dy 2 m (4),
với số nguyên cho trước
m 1 .
Viết pt (4) ở dạng
N ( z ) m
với ẩn z thuộc
Z[ d ] .
Rõ ràng để tìm
tập nghiệm của (4) ta chỉ cần tìm hết các nghiệm riêng 1 z z 0 . Định lí
sau đây cho ta một cách tìm được (có thể chưa hết) nghiệm riêng như thế
(nếu (4) có nghiệm) bằng cách dùng nghiệm nhỏ nhất z 0 trong đánh giá
khoảng bị chặn của một trong các nghiệm riêng ấy.
Định lí 4
Nếu pt
N ( z ) x 2 dy 2 m
có nghiệm
z x y d
(1 z z 0 ) thì một
z 1
0
trong số các nghiệm đó thỏa mãn | x | 2 z | m | .
0
Nhận xét
Từ định lí 4, ta luôn tìm được ít nhất một nghiệm riêng z1 của (4)
với 1 z z 0 . Từ nghiệm z1 này, theo tính chất của chuẩn trong định lí 1,
n
ta thấy dãy z z1 .z 0 , với n N gồm toàn nghiệm của (4). Nhưng câu hỏi
là làm thế nào để xây dựng được các dãy mà tập hợp số hạng vét hết
nghiệm của (4)?! Định lí sau cho ta câu trả lời
Định lí 5
Nếu (4) có nghiệm và kí hiệu
z1 u1 v1 d
,...,
z k u k vk d
là tất cả
các nghiệm của (4) thỏa mãn
2
vi max{mb 2 ;
ma 2
}.
d
Khi đó k dãy nghiệm của (4) xây dựng từ k nghiệm riêng theo cách
trên sẽ vét hết mọi nghiệm của (4).
Nhận xét
+) Theo các kết quả trên, việc giải pt (2) luôn thực hiện được theo
cách
Bước 1. Tìm nghiệm nhỏ nhất
( a; b )
của pt Pell liên kết.
Phương trình Pell và kiểu Pell
6
Bước 2. Theo định lí 3 hoặc 5, tìm nghiệm riêng z1 của (2) mà nhỏ
hơn z 0 .
Bước 3. Với mỗi nghiệm riêng z1 , theo định lí 1, ta xây dựng được
n
một dãy nghiệm của (2) theo công thức z z1 .z 0 , với n N .
Tập hợp số hạng của các dãy nghiệm này chính là tập nghiệm của pt
(2).
+) Kí hiệu
z1 u v d
Khi đó dãy nghiệm
là một nghiệm riêng của (2).
z n xn yn d
tương ứng của (2) xác định bởi
n
z n z1 .z 0 ( n 0 )
Từ đó z n1 z 0 .z n hay
xn 1 y n 1 d (a b d ).( x n y n d )
xn1 axn dbyn
Tương đương
, trong đó ( x , y ) (u, v) .
yn1 bxn ayn
0
0
+) Theo nhận xét trên, việc cần làm đầu tiên để giải pt (1) hay (2) là
việc tìm nghiệm nhỏ nhất
( a; b)
của pt Pell. Thực ra, để tìm nghiệm này, ta
chỉ cần thay lần lượt giá trị y = 1; 2; 3... đến khi nào được
dy 2 1
là số
chính phương thì giá trị tương ứng tìm được chính là nghiệm nhỏ nhất. Tuy
nhiên, trong phần tiếp theo, chúng ta nói lại cách tìm
( a; b )
phân.
3. Tìm nghiệm nhỏ nhất của pt Pell bằng giản phân
3.1 Liên phân số
Định nghĩa
bằng giản
Phương trình Pell và kiểu Pell
7
Với q0 nguyên, qi , i 1,...n nguyên dương, ta gọi biểu thức
1
q0
q1
1
q2
...
là liên phân số (hữu hạn), kí hiệu là [q0 , q1 ,...qn ] .
1
qn
Các kết quả đã được chứng minh
+) Mỗi liên phân số hữu hạn chính là một số hữu tỉ.
+) Mỗi số vô tỉ bậc 2 ( nghiệm vô tỉ của đa thức bậc 2 với hệ số hữu
tỉ) đều biểu diễn được dưới dạng một liên phân số vô hạn tuần hoàn kí hiệu
là [q0 , (q1 , q 2 ,..., qn )] , ở đó (q1 ,..., q n ) là chu kì tuần hoàn của liên phân số
đó.
+) Trường hợp đặc biệt, nếu d là số nguyên dương không chính
phương thì biểu diễn liên phân số của
d
có dạng
d [ q0 , (q1 , q 2 ,..., q 2 , q1 ,2q 0 )] .
Chẳng hạn, bằng tính toán trực tiếp ta được
2 [1, ( 2)] ;
3 [1, (1,2)] ;
5 [ 2, ( 4)] ;
7 [1, (1,1,1,4)]
3.2 Giản phân
Xét liên phân số vô hạn
[q0, q1 , q 2 ,..., q n ,...] .
Định nghĩa dãy giản
Pn
phân Q , ( n 0 )của liên phân số này xác định bởi
n
P0 q0 , P1 q1 q0 1,
Q0 1, Q1 q1 ,
;
Pn 2 q n 2 .Pn 1 Pn
Qn2 q n 2 .Qn 1 Qn
.
Khi đó ta dễ dàng chứng minh một số kết quả sau
P
n
i) Q [q0 , q1 ,..., q n ]
n
ii) Pn Qn 1 Qn Pn 1 ( 1) n 1
iii) Pn Qn 2 Qn Pn 2 ( 1) n .qn
Phương trình Pell và kiểu Pell
8
Từ đó, nếu kí hiệu biểu diễn liên phân số của
d [ q 0 , ( q1 ,..., q n )]
thì
ta cũng chứng minh được kết quả sau
+) Nếu n chẵn (ta luôn có
n 1) thì
nghiệm cần tìm
( a, b) ( Pn 1 , Qn 1 ) .
+) Nếu n lẻ thì (a, b) ( P2 n 1 , Q2 n 1 ) .
Sau đây là một vài ví dụ
Ví dụ 1
Tìm nghiệm nhỏ nhất của pt Pell
a)
x 2 5 y 2 1
b)
x 2 7 y 2 1
Giải
a) Ta có
5 [ 2, ( 4)]
P
1
nên độ dài chu kì n 1 (lẻ), do đó (a, b) ( P1 , Q1 )
9
1
với Q 2 4 4 . Vậy nghiệm nhỏ nhất
1
b) Tương tự
7 [1, (1,1,1,4)] .
( a, b) =(9,
4).
Khi đó n 4 (chẵn) nên ( a, b) ( P3 , Q3 )
=(8,3).
Ví dụ 2
Giải pt
x 2 5 y 2 4
Giải
Ta đã biết nghiệm nhỏ nhất của pt Pell liên kết là
giờ ta đi tìm các nghiệm riêng
Từ định lí 4, ta được
như thế là
(u , v) ( 2,0)
( a, b) =(9,
4). Bây
z1 u v d [1; z 0 ] .
| u |5 .
Thử trực tiếp ta được 2 nghiệm riêng
hoặc (3,1). Vậy pt đã cho có nghiệm.
Theo định lí 5, tiếp tục thử với v 8 ta tìm được tất cả 3 nghiệm
riêng là (2,0), (3,1), (7,3).
Lại theo công thức nghiệm của pt kiểu Pell ta được tập nghiệm của
'
'
"
"
pt đã cho là 3 dãy ( xn , y n ) , ( x n , y n ) , ( x n , y n ) xác định
bởi
xn y n d 2(9 4 5 ) n
xn ' y n ' d (3 5 )(9 4 5 ) n
Phương trình Pell và kiểu Pell
Và
x n " y n "
d (7 3
9
5 )(9 4
5)n
Hay viết theo kiểu dãy truy hồi
( x0 , y 0 ) (2,0); ( xn 1 9 xn 20 y n , y n1 4 xn 9 y n )
'
'
( x0 ' , y0 ' ) (3,1); ( xn1 9 xn '20 y n ' , y n 1 4 xn '9 y n ' )
"
"
( x0 " , y 0 " ) (7,3); ( x n 1 9 x n "20 y n " , y n 1
Tóm lại, ta thấy việc giải pt Pell hay kiểu Pell cụ thể không có gì
vướng mắc.
Sau đây là một số bài tập
Phương trình Pell và kiểu Pell
10
BÀI TẬP
1.
Giải pt nghiệm nguyên
x 2 y 2 1 4 xy
Giải. Biến đổi ta được pt Pell u 2 3x 2 1 với
Theo cách giải pt Pell được nghiệm
u y 2x .
(u , x ) ,
từ đó nghiệm pt đã cho là
( x, y ) ( x, u 2 x ).
2. Cho
( a, b)
là nghiệm nhỏ nhất của pt
x 2 dy 2 1 .
Xét dãy { y n }n0 xác
định bởi y 0 0, y1 b , y n1 2ay n y n 1 . Chứng minh, với mọi số tự nhiên
n ta có
dy 2 1
2
dy n 1 là số chính phương. Thêm nữa, nếu y là số tự nhiên để
là số chính phương thì y chính là một số hạng y n nào đó của dãy
trên.
Giải. Từ nhận xét sau định lí 2, ta thấy dãy { y n } đã cho trùng với dãy { y n }
trong dãy nghiệm ( xn , y n ) của pt
x 2 dy 2 1
hay
x 2 dy 2 1 .
Do đó, ta suy
ra cả hai ý trong điều phải chứng minh.
Bây giờ, nếu ta ‘giấu’ đi pt Pell nói trên bằng cách cho số cụ thể thì được
vô số bài toán, ví dụ
3.
Cho dãy {a n }n0 xác định bởi a0 0, a1 3 , an2 16an1 a n . Chứng
2
minh rằng, với mọi số tự nhiên n ta có 7 a n 1 là số chính phương.
4.
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho đẳng thức sau xảy ra với số
k1
k
k 1
nguyên dương k nào đó nhỏ hơn n : C n 2 C n C n .
Giải. Biến đổi để được pt
Xét pt
x 2 2 y 2 1
( 2n 3) 2 2( 2k 1) 2 1 .
ta thấy nghiệm nhỏ nhất pt Pell liên kết là
có một nghiệm riêng là
(u , v ) =(1,1).
( a, b) =(3,2),
Dễ thấy nghiệm của pt này đều là số
lẻ, được xác định theo công thức
x k y k d (1 2 )(3 2 2 ) k (1 2 ) 2 k 1 .
Nên giá trị n cần tìm chính là n
xk 3
(1 2 ) 2 k 1 (1
x
, với k
2
2
2 ) 2 k 1
,
k 1.
5.
Cho số nguyên n thỏa mãn 3n+1 và 4n+1 đều là số chính phương.
Chứng minh n là bội của 56.
Phương trình Pell và kiểu Pell
11
Giải. Từ giả thiết ta có 3n 1 a 2 , 4n 1 b 2 với
Từ đó, được pt
( 2a ) 2 3b 2 1
và
n
xk
là số tự nhiên.
a2 1
.
3
Trước hết ta đi tìm nghiệm ( xk , y k ) của pt
Giải pt Pell này ta được
a, b
(2 3 ) k (2
2
x 2 3 y 2 1
3) k
thỏa mãn x k chẵn.
, k 0 . Dễ thấy x k chẵn khi
chỉ khi k lẻ, nên nghiệm cần tìm là x2 k 1 ( k 0 ), tương ứng ta có
a
2
x2 k 1
a 2 1 x2 k 1 4
, do đó n
2
3
12
Thay công thức của x2 k 1 vào, biến đổi ta được
n
(7 4 3 ) 2 k 1 (7 4 3 ) 2 k 1 14
48
Từ đây, thực hiện khai triển nhị thức Newton, rút gọn và biến đổi, dễ dàng
chứng minh n chia hết cho 56.
6.
Chứng minh, nếu
m 2 2 28n 2 1
là số nguyên với số tự nhiên n
nào đó, thì m là số chính phương.
Giải. Biến đổi để có
(
( m 2 2 4( 28n 2 1)
nên m chẵn, ta viết pt thành
m
1) 2 28n 2 1 .
2
Xét pt Pell
Từ đó ta có
x 2 28 y 2 1
có nghiệm nhỏ nhất
( a, b) =(127,
24).
m
(127 24 28 ) k (127 24 28 ) k
1
2
2
m (127 24 28 ) k (127 24 28 ) k 2
Nên m A 2 với
A (8 3 7 ) k (8 3 7 ) k
rõ ràng là số nguyên.
Nhận xét
Khi giải bài này, tôi tự hỏi số 28 kia ở đâu ra? Có thể thay bởi số nào?
Nhìn lại định lí 3 trong 2.2 và lời giải trên, có thể thấy ngay là số 28 có thể
thay bởi bất kì số nguyên dương d nào làm cho pt
x 2 dy 2 1
có nghiệm.
Chẳng hạn cho x 5 , y 1 ta được d 26 là một giá trị như thế. Bạn có thể
kiểm nghiệm lại !
7.
Chứng minh số 3n 2 là số chính phương chỉ khi n 1 hoặc 3.
Phương trình Pell và kiểu Pell
12
Giải. Ta có 3n 2 x 2 với x N .
(Xét đồng dư modun 4) dễ thấy n phải là số lẻ, n 2k 1 với k N .
Biến đổi ta được pt
x 2 3 y 2 2
với
y 3 k .
Giải pt kiểu Pell này ta được 2 dãy nghiệm xác định bởi
xi yi 3 (1 3 )(7 4 3 ) i
Và x ' i y ' i 3 (5 3 3 )(7 4 3 ) i
yi A B
Từ đó xác định nghiệm y
'
y i 3 A 5 B
Để ý rằng
y 3 k
với
nên không khó khăn, chứng minh được rằng chỉ có giá trị
i 0 thỏa mãn, hay là
8.
(7 4 3 ) i ( 7 4 3 ) i
2
i
(7 4 3 ) ( 7 4 3 ) i
B
2 3
A
n 1 hoặc 3 mới thỏa mãn.
Cho 2 dãy {xn },{ y n } xác định như sau x0 1, x1 4, xn2 3xn1 xn ;
y 0 1, y1 2, y n2 3 y n1 y n .
a)
2
2
Chứng tỏ với mọi số tự nhiên n ta có xn 5 y n 4 0
b)
Giả sử
a, b là
các số dương thỏa mãn a 2 5b 2 4 0 . Chứng minh tồn
tại số tự nhiên k để xk a, y k b. (Vietnam M.O. 1999)
Giải. Vì 2 dãy đã cho có cùng công thức truy hồi (tuyến tính cấp 2), chỉ
khác nhau cặp số hạng đầu tiên. Ta dùng kí hiệu chung là dãy {cn } .
Với 2 nghiệm tìm được của pt đặc trưng, ta có công thức xác định số hạng
tổng quát
a)
cn .(
3 5 n
3 5 n
) .(
)
2
2
Bằng cách tìm hệ số , cho mỗi dãy, tính toán cụ thể ta có đẳng
thức cần chứng minh.
b)
Xét pt kiểu Pell
(u v 5 )(9 4 5 )
n
x 2 5 y 2 4 (1)
có tập nghiệm là 3 dãy xác định bởi
tương ứng 3 giá trị nghiệm riêng
(1,1)
(u , v )
( 4,2) .
(11,5)
Bằng cách viết công thức nghiệm như trong lời giải bài 7, tương tự nhận
xét trong 1.2, dễ dàng có được 3 dãy nghiệm ( xn , y n ) đều có từng thành
phần (thứ nhất, thứ 2) thỏa mãn công thức truy hồi u n 2 18u n1 u n (*).
Phương trình Pell và kiểu Pell
Như vậy, số
a, b
13
đã cho chính là một cặp nghiệm của pt (1) và do đó là
một số hạng trong 3 dãy nghiệm trên.
Bây giờ, ta tiếp tục chứng tỏ dãy {xn },{ y n } đã cho có thể chia mỗi dãy
thành 3 dãy nhỏ mà mỗi một trong 3 dãy này chính là một trong 3 dãy
nghiệm trên. Trước hết ta chứng tỏ mỗi dãy nhỏ đó cũng có công thức truy
hồi (*).
Thật vậy, ở trên
Đặt
cn .(
3 5 n
3 5 n
) .(
)
2
2
ta
n 3k r
được
3
dãy
c n , 0 c3k .(9 4 5 ) k (9 4 5 ) k
3 5
3 5
.(9 4 5 ) k .
(9 4 5 ) k
2
2
3 5 2
3 5 2
.(
) .(9 4 5 ) k .(
) (9 4 5 ) k
2
2
c n ,1 c3k 1 .
c n , 2 c3k 2
Dễ dàng thấy mỗi dãy này (gắn với chỉ số k) đều thỏa mãn công thức truy
hồi (*).
Bằng tính toán trực tiếp ta kiểm tra sự bằng nhau đôi một của cặp số hạng
đầu.
Như vậy ta có 3 dãy nghiệm và 3 dãy mới chia được (mỗi dãy gồm 2 thành
phần nguyên) đều thỏa mãn cùng công thức truy hồi và đôi một cặp số
hạng đầu bằng nhau. Vậy nên
( a, b)
chính là một cặp ( xk , y k ) nào đó trong
dãy đã cho.
9.
Chứng minh rằng, ít nhất một trong 2 số 5 x 2 4 và 5 x 2 4 là số
chính phương khi chỉ khi x là số hạng của dãy Fibonacci.
Giải. Xét 2 pt kiểu Pell
x 2 5 y 2 4
(1) và
x 2 5 y 2 4
Pt Pell liên kết (của (1) và (2)) có nghiệm nhỏ nhất là
(2).
( a, b) =(9,
4).
Trong đó mỗi pt (1) (2) đều có tập nghiệm gồm 3 dãy ( xn , y n ) xác định
theo công thức
(u v 5 )(9 4 5 ) n
tương ứng với 3 nghiệm riêng
lượt là (2,0), (3,1), (7,3) và (1,1), (4,2), (11,5).
(u , v )
lần
Phương trình Pell và kiểu Pell
14
Theo đề bài, ta cần chứng tỏ rằng hợp của 6 dãy y n - thành phần thứ 2 của
6 dãy nghiệm trên chính là dãy Fibonacci {a n }n0 , với a0 0, a1 1 ,
a n2 a n 1 a n .
Ta
có
công
thức
số
an
1 1 5 n
1 5 n
[(
) (
) ].
2
2
5
hạng
tổng
quát
của
{a n }n0
là
Bây giờ ta chia dãy này thành 6 dãy và biến
đổi được kết quả sau
bk a6 k
1
[(2 5 ) 2 k ( 2
5
5 ) 2k ]
(1 5 )(2 5 ) 2 k (1
2 5
5 )(2
5 ) 2k
d k a 6 k 2
(3 5 )( 2 5 ) 2 k (3
2 5
5 )(2
5 ) 2k
f k a6 k 3
1
[( 2 5 ) 2 k 1 (2
5
g k a6 k 4
(1 5 )( 2 5 ) 2 k 1 (1
2 5
5 )(2
5 ) 2 k 1
(3 5 )( 2 5 ) 2 k 1 (3
2 5
5 )(2
5 ) 2 k 1
ck a6 k 1
hk a6 k 5
5 ) 2 k 1 ]
Lại kí hiệu 6 dãy y n - thành phần thứ 2 của 6 dãy nghiệm của (1) và (2)
như sau
Của pt (1), tương ứng nghiệm riêng (2,0), ta có dãy y n ,1 .
Tương ứng nghiệm riêng (3,1), ta có dãy y n , 2 .
Tương ứng nghiệm riêng (7,3), ta có dãy y n ,3 .
Của pt (2), tương ứng nghiệm riêng (1,1), ta có dãy y n , 4 .
Tương ứng nghiệm riêng (4,2), ta có dãy y n ,5 .
Tương ứng nghiệm riêng (11,5), ta có dãy y n , 6 .
Khi đó, từ công thức dãy nghiệm, không khó khăn ta chứng minh được sự
bằng nhau của đôi một các dãy : bk và y n ,1 , ck và y n , 4 , d k và y n , 2 , f k
và y n ,5 , g k và y n ,3 , hk và y n , 6 .
10.
Cho 2 số tự nhiên
của a 2 2 . Chứng minh
a, b
lẻ thỏa mãn a là ước của b 2 2 và b là ước
a, b
là các số hạng của dãy số tự nhiên (v n ) xác
định bởi v1 v2 1 và vn 4vn 1 vn 2 . (VietnamMO 2012)
Giải. Với
rằng
a, b
a, b
đã cho, trước hết ta dễ dàng chứng minh
là hai số lẻ).
( a, b) 1
(để ý
Phương trình Pell và kiểu Pell
15
Xét tổng a 2 b 2 2 chia hết cho cả a và b nên chia hết cho tích ab . Từ
đó suy ra tồn tại số nguyên dương k để a 2 b 2 2 kab (1).
Dễ dàng thấy k chẵn. Ta sẽ chứng minh k 4 .
Ta thấy (1) xảy ra với ít nhất một cặp số nguyên dương
cặp
( a, b)
( a, b)
nên tồn tại
có tổng nhỏ nhất, kí hiệu là (a0 , b0 ) (với a0 b0 ).
2
Khi đó pt bậc 2 (ẩn a ) a 2 kb0 a b0 2 0 có một nghiệm là a0 .
Áp dụng định lí Viet, suy ra nghiệm thứ 2, a1 của pt thỏa mãn
2
b 2
a1 kb0 a0 0
.
a0
Như vậy, 2 cặp (a0 , b0 ) và (a1 , b0 ) cùng thỏa mãn (1). Do tính nhỏ nhất
a
k
0
của a0 b0 nên a0 a1 hay a0 kb0 a0 b 2 .
0
a
b
2
0
0
Lại có từ (1) suy ra k b a a b (2)
0
0
0 0
Từ đó
k
k 1 2
2
(vì a0 ,b0 nguyên dương và a0 b0 )
Hay k 6.
Áp dụng BĐT Cauchy, từ (2) dễ dàng có k 2.
Mà k chẵn nên chỉ có thể là 4 hoặc 6.
Nếu k 4 thì (a0 , b0 ) (1,1) nên tích a0 b0 nhỏ nhất là 2. Từ (2) lại có
k k / 2 1 1
hay k 4 . Điều này không thể được.
Vậy k=4.
Như thế, số
a 2 b 2 2 4ab
Giải
pt
a, b
đã cho chính là nghiệm nguyên dương của pt
(3) tương đương c 2 3b 2 2 (*) với c a 2b .
kiểu
Pell
(*)
ta
c b 3 (u v 3 )(7 4 3 ) n (xem
Hay
có
nghiệm
tính
theo
công
thức
lại lời giải bài 7).
c b 3 (u v 3 )( 2 3 ) 2 n .
Từ đó không khó khăn, chứng minh được mỗi dãy nghiệm c , b và do đó
a, b
2
đều thỏa mãn công thức truy hồi như của dãy (v n ) (để ý rằng
3 ,2
Nhận xét
3
là 2 nghiệm của pt t 2 4t 1 ) và do đó dẫn tới đpcm.
Phương trình Pell và kiểu Pell
16
Thực ra, trong lời giải trên, theo tôi, cái khó nằm ở phần đầu, chứng minh
k=4. Kĩ thuật này còn được áp dụng trong rất nhiều bài toán pt Diophante
khác, và còn được gọi là phương pháp phương trình Markov hay bước nhảy
Viet. Còn phần 2, có thể áp dụng cách khác hoàn toàn không dùng giải pt
Pell, với chú ý rằng nếu
( 4b a, b)
11.
là nghiệm của (3) thì
a, b
( 4a b, a )
và
cũng là nghiệm của (3).
Chứng minh phương trình kiểu Pell
x 2 dy 2 1
vô nghiệm nếu
d 3 (mod 4) .
Giải. Bài toán được suy từ các khẳng định sau
+) Nếu số nguyên tố p là ước của 4n 2 1 thì
và áp dụng định lí Fecma cho
p 1
(mod 4) (giả sử p=4k+3
( 2 n) p 1 ).
+) Với p nguyên tố, pt đồng dư x 2 1 (mod p) có nghiệm chỉ khi p=2
hoặc p 1 (mod 4) (khi
+) Nếu
d 3 (mod 4)
p 1
(mod 4), thì
x
p 1
!
2
là một nghiệm).
thì d có ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k+3.
Sau đây là một số đề bài tập tôi nhặt ở các tài liệu liên quan đến pt Pell,
kiểu Pell để chúng ta cùng thử sức.
12.
Cho a là số tự nhiên và d a 2 1 . Với x, y là số nguyên sao cho giá
trị tuyệt đối của
m x 2 dy 2
nhỏ hơn 2a 2 . Chứng minh
|m|
là số chính
phương.
13.
Chứng minh, nếu n 2 là hiệu của lập phương hai số tự nhiên liên tiếp
thì 2n 1 là số chính phương.
14.
Với p là số nguyên tố, pt
x 2 py 2 =-1
có nghiệm khi chỉ khi
p 1
hoặc 2 (mod 4).
15.
Nếu số nguyên tố p có dạng 4k+3 thì chỉ có đúng một trong hai pt
x 2 py 2 2
có nghiệm.
Phương trình Pell và kiểu Pell
16.
17
(Canada M.O 1988) Cho 2 dãy {xn },{ y n } xác định bởi x0 0, x1 1 ,
xn2 4 xn 1 xn ; y 0 1, y1 2 , y n 2 4 y n 1 y n .
Chứng minh với mọi số tự
2
2
nhiên n thì y n 3xn 1 .
17.
(Swedish M.O 1978) Cho
P, Q
là hai đa thức có bậc lần lượt là
n, m , hệ số cao nhất bằng nhau và thỏa mãn P 2 ( x) ( x 2 1)Q 2 ( x) 1 . Chứng
minh
18.
P ' ( x ) nQ ( x ).
Chứng minh với số tự nhiên k>3 thì pt
x 2 1 (k 2 4) y 2
không có
nghiệm nguyên.
19.
Chứng minh rằng tất cả nghiệm nguyên dương của pt
x 2 y 2 1 3 xy
là ( x, y ) (a2 k 1 , a2 k 1 ) với {a n }n0 là dãy Fibonacci.
20.
Chứng minh, tồn tại vô hạn cặp số nguyên dương
( m, n)
thỏa mãn
m 1 n 1
4 .
n
m
21.
Chứng minh, tồn tại hai dãy số nguyên dương tăng ( a n ) , (bn ) thỏa
2
mãn a n (a n 1) là ước của bn 1 với mọi n.
C. PHẦN KẾT LUẬN
Với đối tượng nghiên cứu là pt Pell, kiểu Pell, tài liệu này giới thiệu
lại một số định lí quan trọng giúp người đọc có thể dễ hiểu, dễ ghi nhớ cấu
trúc nghiệm của từng loại pt trên. Từ đó, không chỉ giải pt cụ thể mà còn
nhìn thấy vấn đề trong một số bài toán khoác bên ngoài hình thức khác
(dãy số, số chính phương,...). Với việc giải một số bài tập cụ thể, tiêu biểu,
hi vọng tài liệu giúp người đọc thấy bớt khó khăn hơn khi gặp pt Pell.
Tuy nhiên, kiến thức là vô hạn nên những gì được trình bày trong tài liệu
chỉ là phần nhỏ và cần bổ sung thêm nhiều.
Đề xuất, ý kiến
Để nâng cao chất lượng dạy và học nói chung, ngoài việc tự học của thày
và trò, cần
Phương trình Pell và kiểu Pell
18
- Trao đổi chuyên môn, tài liệu, chuyên đề (sưu tầm hay tự viết) giữa đội
ngũ giáo viên các trường chuyên cũng như giáo viên với chuyên gia uy tín
trong cùng chuyên môn.
- Tích cực tham gia hay kết hợp tổ chức với các hội toán các hội thảo
chuyên đề, từ đó nắm bắt xu hướng phát triển của toán nói chung và toán
thi học sinh giỏi nói riêng.
- Về chuyên đề số học, có thể và nên bắt đầu giới thiệu và dạy cơ bản cho
học sinh từ cấp 2, tạo đà khi học nội dung này ở THPT chuyên.
Phương trình Pell và kiểu Pell
19
Tài liệu tham khảo
[1] Tài liệu bồi dưỡng chuyên môn giáo viên trường trung học phổ thông
chuyên năm 2012, tr 207-219.
[2] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy (2010), Bài
giảng số học, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam.
[3] Nguyễn Hữu Hoan (1986), Số học phổ thông, Nhà xuất bản Đại học và
trung học chuyên nghiệp, Hà Nội.
[4] Dusan Djukic (2007), Pell ‘s Equation, The IMO Compendium Group,
www.imomath.com
[5] Phạm Tiến Kha (2013), Chuyên đề số học, www.mathscope.vn, tr 7-16.
[6] Naoki Sato, Number Theory.
- Xem thêm -