Xét phương trình dạng x2−dy2 =A với A ∈ N. Ta tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y)thoả mãn phương trình ấy. Nếud60thì phương trình x2−dy2=Acó hữu hạn
nghiệm qua việc kiểm tra x ∈[−√ A
,[√
A]] và y∈ [−
rA d
, rA
d
]. Nếu d là một số chính phương, viết d = p2, thì x2−dy2 = A khi và chỉ khi (x−py)(x+py) = A hay
(x−py =a x+py =b
với a và b nguyên thỏa mãn ab = A. Khi đó phương trình chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên.
Định lý 3.7. (Xem [3]) Cho d là số nguyên dương. Phương trình x2 −dy2 = 1 có nghiệm x0, y0∈N+ thì d là số không chính phương.
Chứng minh. Giả thiết x2 −dy2 = 1 có nghiệm nguyên (x0, y0) với x0, y0 > 0. Nếu d=n2 với n nguyên, n>2, thì x20−n2y02= 1. Vậy
(x0−ny0 = 1 x0+ny0 = 1.
Nhưng hệ thức x0+ny0 = 1 với n >1, x0, y0>0không thể xảy ra. Vậy phương trình không thể có nghiệm nguyên dương. Vớid= 1 phương trìnhx2−y2 = 1chỉ có nghiệm (x=±1, y = 0) hay nó không có nghiệm nguyên dương. Chính vì những kết quả trên mà trong mục nàyd luôn được giả thiết là một số nguyên dương không chính phương.
Định nghĩa 3.4. Phương trình x2−dy2= 1 trong Z được gọi là phương trình Pell.
Giải phương trình Pell tức là tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) ∈ Z2 thỏa mãn phương trình x2−dy2 = 1. Ta thấy ngay tập nghiệm của phương trình Pell là khác rỗng, vì (1,0) là một nghiệm. Vấn đề ở đây là tồn tại nghiệm nguyên dương(x, y)với x, y >1.Để giải quyết vấn đề ta cần các bổ đề sau.
Bổ Đề 3.8. Nếu phương trình x2−dy2 = 1 có nghiệm nguyên (x0, y0) với y0 6= 0 thì nó có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương.
Chứng minh.Giả thiết x2−dy2 = 1 có nghiệm nguyên (x0, y0) với y0 6= 0. Thấy ngay, (−x0, y0), (x0,−y0), (−x0,−y0) cũng là nghiệm của phương trình. Không hạn chế ta có thể coi x0, y0 > 1. Ký hiệu xn, yn là những số nguyên thỏa mãn xn +yn√
d = (x0+y0√
d)n, với n = 1,2, . . . Hay
(xn =x0xn−1+dy0yn−1 yn =y0xn−1+x0yn−1, n >1.
Hiển nhiên xn > xi, yn > yi khi n > i. Hiển nhiên x2n−dyn2 = x20−dy02n
= 1.Do đó phương trình đã cho có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương.
Bổ Đề 3.9. Tồn tại vô số cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn |a2−db2|<1 + 2√ d.
Chứng minh.Từ một kết quả của liên phân số ta có|√ d−a
b|< 1
b2.Vậy a b <√
d+1 b2. Do đó
|a2−db2|< a+b√ d b <2√
d+ 1
b2 <2√ d+ 1.
Ký hiệu P là tập tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x2−dy2 = 1. Ta sẽ chỉ ra P 6=∅ và công thức xác định tất cả các phần tử thuộcP.
Định lý 3.10. (Xem [3]) Phương trình Pell x2−dy2 = 1 có vô hạn nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Theo Bổ đề 3.9 có vô số cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn |a2− db2|<1 + 2√
d. Do đó có tồn tại số nguyên dươngk và hai cặp số nguyên dương phân biệt (a, b)6= (u, v)sao cho
a2−db2 =u2−dv2 =k a≡u( mod k)
b≡v( modk).
Do đóau−dbv=kx, av−bu =ky với x, y nguyên khác 0. Vì k2x2−dk2y2 =k2 nên x2−dy2 = 1 hay phương trình x2−dy2 = 1 có nghiệm nguyên (|x|,|y|). Theo Bổ đề 3.8 phương trìnhx2−dy2 = 1 có vô hạn nghiệm nguyên dương.
Như vậy, vấn đề P 6= ∅ đã được giải quyết và từ kết quả về liên phân số suy ra mỗi nghiệm nguyên dương đều là một giản phân của √
d. Để giải quyết vấn đề còn lại ta cần hai bổ đề sau đây:
Bổ Đề 3.11. Giả thiết (x1, y1) và (x2, y2) thuộc P. Khi đó x2 > x1 nếu và chỉ nếu y2 > y1.
Chứng minh: Vì (x1, y1) và (x2, y2) thuộc P nên x21−dy21 = 1 = x22−dy22. Từ đây ta nhận được x22−x21 = d(y22 −y12). Vì x1, x2, y1, y2 > 1 nên x2 > x1 khi và chỉ khi y2 > y1.
Bổ Đề 3.12. Trong P ta định nghĩa quan hệ > như sau:
Với (x1, y1),(x2, y2) ∈ P, (x2, y2) > (x1, y1) nếu x2 > x1 và y2 > y1. Khi đó ta có (x2, y2)>(x1, y1) khi và chỉ khi x2+y2√
d>x1+y1√ d.
Chứng minh.Giả thiết(x2, y2)>(x1, y1).Khi đóx2>x1 vày2> y1.Vậyx2+y2√ d>
x1+y1√
d. Ngược lại, cho x2+y2√
d >x1+y1√
d. Nếu x2 < x1 thì y2 < y1 theo Bổ đề 3.11 và khi đó x2+y2√
d < x1+y1√
d (mâu thuẫn). Vậy x2> x1. Vì x2 >x1 nên y2 >y1 theo Bổ đề 3.11. Do đó (x2, y2)>(x1, y1).
Ta biết rằng x2+y2√
d= x1+y1√
d khi và chỉ khi x2 =x1 và y2 =y1. Từ nhận xét này và bổ đề trên suy ra quan hệ > là một quan hệ thứ tự trong tập P và tập (P,>) là tập sắp thứ tự tốt. Theo Bổ đề Zorn, tập P có phần tử nhỏ nhất. Ký hiệu (x1, y1) là phần tử nhỏ nhất của tập(P,>). Nghiệm(x1, y1)được gọi là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell x2−dy2 = 1. Định lý 3.13 sau đây cho ta thấy vai trò quan trọng của nghiệm nguyên dương nhỏ nhất.
Chú ý. Giả sử [q0, q1, ...] là một liên phân số vô hạn biểu diễn số vô tỉ √
d. Từ các kết quả về liên phân số ta rút ra
(P0=q0, Q0 = 1,
(P1=q1q0+ 1, Q1 =q1,
(Pn =qnpn−1+Pn−2,
Qn =qnQn−1+Qn−2, n≥2.
Khi đó, nghiệm nguyên dương nhỏ nhất (x1, y1) của phương trình Pell được tìm như sau
(x1, y1) = (Pm−1, Qm−1) nếu m chẵn; (x1, y1) = (P2m−1, Q2m−1) nếu m lẻ. Trong đó, m là độ dài chu kì của liên phân số.
Định lý 3.13. (Xem [2]) Nếu (x1, y1) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình x2 −dy2 = 1 thì tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình này là (xn, yn) trong đó
xn+yn√
d= x1+y1√ dn
, với n = 1,2,3, . . . . Chứng minh.Dễ thấy, từ xn+yn√
d= x1+y1√ dn
suy rax2n−dyn2 = x21−dy12n
= 1. Do vậy (xn, yn) là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Giả sử tồn tại (s, t) là một nghiệm nguyên dương khác (xn, yn) với mọi n = 1,2,3, . . . Vì x1+y1√
d >1 và s+t√
d >1 nên có số nguyên dương m sao cho
x1+y1√ d
m
< s+t√ d <
x1+y1√ d
m+1
.
Vì x1+y1√ d−1
=x1−y1√
d nên từ các bất đẳng thức trên ta suy ra 1<
s+t
√
d x1+y1
√ d
−m
=
s+t
√
d x1−y1
√ d
m
< x1+y1
√ d.
Viết s+t√ d
x1−y1√ dm
=a+b√
d với a và b nguyên.
Vì a2−db2 = s2−dt2
x21−dy12m
= 1 nên (a, b) là một nghiệm của phương trình x2−dy2= 1,trong đó
1< a+b√
d < x1+y1√ d.
Mặt khác, từ a+b√
d >1 suy ra 0< a−b√
d= a+b√ d−1
<1.Do đó
a = 1
2 a+b√ d
+1
2 a−b√ d
> 1
2+ 0 >0 b√
d= 1
2 a+b√ d
− 1
2 a−b√ d
> 1 2 −1
2 = 0.
Như vậy, (a, b) ∈ P với a+b√
d < x1+y1√
d. Theo Bổ đề 3.12 có (x1, y1) > (a, b) (mâu thuẫn). Định lí đã được chứng minh.
Tóm lại, phương trình Pellx2−dy2 = 1có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương và mỗi nghiệm nguyên dương (xn, yn)của nó được biểu diễn quaxn+yn√
d= x1+y1√ dn
. Vì
(xn+yn√
d= x1+y1√ dn xn−yn√
d= x1−y1√ dn
nên
xn = x1+y1√ dn
+ x1−y1√ dn 2
yn = x1+y1√ dn
− x1−y1√ dn 2√
d .
Ví dụ 3.13. Chứng minh rằng, phương trình Pell x2− 3y2 = 1 có vô hạn nghiệm nguyên dương.
Lời giải. Ta thấy, nếu(a, b)là nghiệm nguyên dương thì a2−3b2= 1. Khi đó 1 = (a2−3b2)2 = (a−b√
3)2(a+b√
3)2= (a2+ 3b2)2−3(2ab)2 Suy ra(a2+ 3b2,2ab)cũng là nghiệm nguyên dương của
x2−3y2= 1.
Tóm lại, phương trình đã cho có vô hạn nghiệm nguyên dương xác định như sau:
(x0= 2 y0 = 1
(xn+1=x2n+ 3yn2 yn+1= 2xnyn với mọi số nguyênn >0.
Ví dụ 3.14. Chứng minh rằng, nếu số nguyênn >2 thỏa mãn điều kiện n2 biểu diễn được thành dạng n2 = (m+ 1)3−m3 với m∈N∗ thì n là tổng hai số chính phương và số n như thế luôn luôn tồn tại.
Lời giải. Giả sử số nguyênn >2 thỏa mãn n2= (m+ 1)3−m3 với m∈N. Khi đó, (2n)2−3(2m+ 1)2= 1.
Vậy x= 2n, y = 2m+ 1 là nghiệm của phương trình Pell x2−3y2= 1.
Phương trình này có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất làx1 = 2, y1 = 1 và mọi nghiệm nguyên dương(xk, yk)được biểu diễn quaxk+yk√
3 = (2 +√
3)k.Từ đây suy ra công
thức
xk = (2 +√
3)k + (2−√ 3)k 2
yk = 2 +√ 3k
− 2−√ 3k 2√
3 và công thức truy hồi cho hai dãy số (xk),(yk) :
x1 = 2, y1= 1, xk+1 = 2xk+ 3yk, yk+1=xk+ 2yk, k >1.
Bằng quy nạp theok ta thấy ngay x2k là số nguyên dương chẵn, còn y2k là số nguyên dương lẻ.
Từ hai dãy truy hồi trên ta suy ra dãy truy hồi (xk) :
x1 = 2, x2 = 7, xk+2 = 4xk+1−xk, k >1.
Với dãy này ta dễ dàng chỉ ra
2x2k =x2k+ 1 và
xkxk+1 = 1
2x2k+1+ 1
với mọi số nguyên dương k.
Vì 2n =x2k+1 với k∈N8 nào đó nên n= 1
2x2k+1 =xkxk+1−1.
Vì x
k+1−xk−1 2
2
+ x
k+1−xk + 1 2
2
=xkxk+1−1 =n nên n luôn tồn tại và n bằng tổng hai số chính phương.
Ví dụ 3.15. Giải phương trình Pell x2−7y2= 1.
Lời giải. Ta thấy√
7 = [2; 1,1,1,4,1,1,1,4, . . .]. Dãy{Pi} và {Qi} được xác định:
(P0 = 2, Q0= 1,
(P1 = 3, Q1= 1,
(P2= 5, Q2 = 2,
(P3= 8, Q3 = 3.
Do liên phân số biểu diễn √
7 tuần hoàn với chu kì m = 4 là số chẵn nên nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là (Pm−1, Qm−1) = (8,3) là . Vậy các nghiệm nguyên dương của x2−7y2= 1 được xác định theo công thức x+y√
7 = (8 + 3√
7)n, n = 1,2, . . . . Ví dụ 3.16. Giải phương trình Pell x2−13y2= 1.
Lời giải. Viết √
13 = [3; 1,1,1,1,6,1,1,1,1,6, . . .] = [3; (1,1,1,1,6)]. Tính các giản phân tương ứng
(P0 = 3 Q0 = 1
(P1 = 4 Q1= 1
(P2 = 7 Q2= 2
(P3 = 11 Q3= 3
(P4 = 18 Q4 = 5
(P5 = 119 Q5 = 33 và tiếp tục có P9= 649, Q9 = 180 thỏa mãn xn+yn√
13 = (649 + 180√ 13)n.
Ví dụ 3.17. Xét hai dãy số (an) và (bn) với a1 = 5, b1 = 2 và an+1 = 5an + 12bn, bn+1= 2an+ 5bn với mọi n>1. Hãy
(1) Xác định an và bn theo n. Từ đó suy ra phương trình x2−6y2 = 1 có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương.
(2) Chứng minh rằng, nếu hai số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiệna2−6b2= 1 thì có số nguyên dương n để a=an, b=bn.
Lời giải.(1) Xét an+1+tbn+1 = (5 + 2t)an+ (12 + 5t)bn và chọn t sao cho t(2t+ 5) = 12 + 5t.Giải rat =±√
6vàan+1+tbn+1 = (5 + 2t)(an+tbn) =ã ã ã= (5 + 2t)n(a1+tb1).
Vậy
(an+√
6bn = (5 + 2√ 6)n an−√
6bn = (5−2√ 6)n
và giải ra
an = (5 + 2√
6)n+ (5−2√ 6)n 2
bn = (5 + 2√
6)n−(5−2√ 6)n 2√
6 .
Ta thấy ngayan, bn ∈N∗, a2n−6b2n = 1 vàan+1> an, bn+1> bn.Từ đó suy ra phương trình x2−6y2 = 1 có vô hạn nghiệm nguyên dương.
(2) Dễ dàng kiểm tra (a1 = 5, b1 = 2) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của Phương trình Pell x2 − 6y2 = 1 và (a, b) là một nghiệm nguyên dương của phương trình x2−6y2 = 1 nên có n để (a =an, b=bn theo Định lý 3.13.