Phương trình pell và kiểu pell

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.. Mục đích chọn đề tài Ở phần lí thuyết, tôi không có ý định trìn

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

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 x2 −dy2 = 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 Z [ d]) Khi đó định nghĩa, với mỗi

d

y

x

+) Liên hợp của z là z=x−y d

+) chuẩn của z là N(z) =z.z=x2 −dy2

Ta dễ dàng chứng minh được tính chất sau

Định lí 1

Liên hợp và chuẩn có tính chất nhân trong Z [ d], nghĩa là với mọi

] [

, 2

z ∈ ta có z1.z2 =z1.z2 và N(z1.z2) =N(z1).N(z2).

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 là nghiệm của (1) thì z=x−y d và

d y

x

− 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

d

y

x

z= + 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 z0 =a+b d là nghiệm nhỏ nhất của (1) hay của pt Pell đang xét (hiểu theo nghĩa đó là nghiệm nhỏ nhất trong các nghiệm z= x+y d khác 1 mà x, y nguyên dương) Lúc đó, ta cũng nói ( b a, ) 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

,

0 n Z

z

Nhận xét

+) Theo định lí 2, ta thấy mọi nghiệm tự nhiên ( y x; ) của (1) được xác định bởi công thức x+y d = (a+b d)n với n∈N

+) Theo đó, ta có thể viết lại công thức nghiệm là

2

0 0

n n

z z

d

z

z

y

n

n

2

0

0 −

= , với n∈N

Như vậy, theo công thức này, việc tìm nghiệm của pt Pell hoàn toàn phụ thuộc vào tìm nghiệm nhỏ nhất ( b a; ) của nó

+) Kí hiệu z n =x n +y n d , theo định lí 2 ta có dãy nghiệm {z n} thỏa mãn

n

n z z

z +1 = 0. hay x n+1+y n+1 d = (a+b d).(x n +y n d) Do đó, tập nghiệm của (1) chính là dãy {(x n;y n)} xác định bởi công thức truy hồi

0 ,

1 0

0 = y =

x , x n =ax n− 1 +dby n− 1, y n =bx n− 1 +ay n− 1

+) Lại nhớ rằng, nếu x1; x2 là 2 nghiệm của pt ax2 +bx+c= 0 và

n n

n x x

S = 1 ± 2 thì có aS n+2 +bS n+1+cS n = 0 với n∈N Áp dụng với

b

a

z0 = + và z0 =a−b d là 2 nghiệm của pt bậc hai t2 − 2at+ 1 = 0 ta

suy ra







= +

−

= +

−

+ +

+ +

0 2

0 2

1 2

1 2

n n n

n n n

y ay y

x ax x

hay







−

=

−

=

+ +

+ +

n n n

n n n

y ay y

x ax x

1 2

1 2

2

2

Do đó dãy nghiệm {(x n;y n)} được xác định bởi (x0,y0) = ( 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 x2 −dy2 =m(2), trong đó mlà

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 x2 − 5y2 = 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 x2 −dy2 = 1 là pt Pell liên kết với pt kiểu Pell (2) và vẫn kí hiệu z0 =a+b d (tương ứng ( b a; )) là nghiệm nhỏ nhất của pt Pell liên kết

2.2 Phương trình kiểu Pell x2 −dy2 = − 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 ]

[ d

Z thỏa mãn z2 = z0

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:







=

= +

b xy

a dy x

2

2 2

+) 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)

2.3 Phương trình kiểu Pell x2 −dy2 =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≤z0 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 z0 trong đánh giá khoảng bị chặn của một trong các nghiệm riêng ấy

Định lí 4

Nếu pt N(z) =x2 −dy2 =m có nghiệm z=x+y d (1 ≤z≤ z0) thì một

trong số các nghiệm đó thỏa mãn | |

2

1

|

|

0

z

z

Nhận xét

Từ định lí 4, ta luôn tìm được ít nhất một nghiệm riêng z1 của (4) với

0

1 ≤z≤z Từ nghiệm z1 này, theo tính chất của chuẩn trong định lí 1, ta thấy dãy z=z1.z0n, 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 +v k d là tất

cả các nghiệm của (4) thỏa mãn

; max{

2 2

2

d

ma mb

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 ( b a; ) của pt Pell liên kết

Bước 2 Theo định lí 3 hoặc 5, tìm nghiệm riêng z1 của (2) mà nhỏ hơn z0

Bước 3 Với mỗi nghiệm riêng z1, theo định lí 1, ta xây dựng được một dãy nghiệm của (2) theo công thức z=z1.z0n, 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 là một nghiệm riêng của (2)

Khi đó dãy nghiệm z n =x n +y n d tương ứng của (2) xác định bởi

n

n z z

z = 1. 0 (n≥ 0)

Từ đó z n+1 =z0.z n hay x n+1+y n+1 d = (a+b d).(x n + y n d)

Tương đương







+

=

+

=

+

+

n n n

n n

n

ay bx y

dby ax

x

1

1

, trong đó (x0,y0) = (u,v). +) Theo nhận xét trên, việc cần làm đầu tiên để giải pt (1) hay (2) là việc tìm nghiệm nhỏ nhất ( b a; ) 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 dy2 + 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 ( b a; ) bằng giản phân

3 Tìm nghiệm nhỏ nhất của pt Pell bằng giản phân

3.1 Liên phân số

Định nghĩa

Với q0 nguyên, q i,i= 1 , n nguyên dương, ta gọi biểu thức

n

q

q

q

q

1

1

1

2

1

0

+

+

+

+

là liên phân số (hữu hạn), kí hiệu là [q0,q1, q n]

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,q2, ,q n)], 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

)]

2 , , , , , (

,

[q0 q1 q2 q2 q1 q0

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,q2, ,q n, ] Định nghĩa dãy giản phân

n

n

Q

P

, (n≥ 0)của liên phân số này xác định bởi

, ,

1

, 1 ,

1 1 0

0 1 1 0 0

q Q Q

q q P q

P

=

=

+

=

=

;

n n

n n

n n n n

Q Q

q Q

P P q P

+

=

+

=

+ + +

+ + +

1 2 2

1 2 2

.

.

Khi đó ta dễ dàng chứng minh một số kết quả sau

i) [ 0, 1, , n]

n

n q q q

Q

P

=

1

1 − ( 1 ) −

− − = − n

n n n

n Q Q P

P

n n n

P −2 − −2 = ( − 1 )

Từ đó, nếu kí hiệu biểu diễn liên phân số của d = [q0, (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) = (P n−1,Q n−1)

+) Nếu n lẻ thì (a,b) = (P2n−1,Q2n−1)

Sau đây là một vài ví dụ

Ví dụ 1

Tìm nghiệm nhỏ nhất của pt Pell

a) x2 − 5y2 = 1

b) x2 − 7y2 = 1

Giải

a) Ta có 5 = [ 2 , ( 4 )] nên độ dài chu kì n= 1(lẻ), do đó (a,b) = (P1,Q1)

với

4

9 4

1 2 1

1 = + =

Q

P

Vậy nghiệm nhỏ nhất ( b a, )=(9, 4)

b) Tương tự 7 = [ 1 , ( 1 , 1 , 1 , 4 )] Khi đó n= 4(chẵn) nên (a,b) = (P3,Q3)

=(8,3)

Ví dụ 2

Giải pt x2 − 5y2 = 4

Giải

Ta đã biết nghiệm nhỏ nhất của pt Pell liên kết là ( b a, )=(9, 4) Bây giờ ta đi tìm các nghiệm riêng z1 =u+v d ∈ [ 1 ;z0]

Từ định lí 4, ta được |u| ≤ 5 Thử trực tiếp ta được 2 nghiệm riêng như thế là (u,v) = ( 2 , 0 ) 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 (x n,y n), (x n',y n'), (x n",y n") xác định bởi

n n

n y d

n n

n y d

x ' + ' = ( 3 + 5 )( 9 + 4 5 )

n

n y d

x " + " = ( 7 + 3 5 )( 9 + 4 5 )

Hay viết theo kiểu dãy truy hồi

) 9 4 ,

20 9

( );

0 , 2 ( ) ,

(x0 y0 = x n+1 = x n + y n y n+1 = x n + y n

) ' 9 ' 4 ,'

20 ' 9 (

);

1 , 3 ( ) ' ,'

(x0 y0 = x n+1' = x n + y n y n+1' = x n + y n

)

"

9

"

4 ,

"

20

"

9 (

);

3 , 7 ( )

"

,

"

(x0 y0 = x n+1" = x n + y n y n+1" = x n + y n

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

BÀI TẬP

1 Giải pt nghiệm nguyên x2 +y2 − 1 = 4xy

Giải Biến đổi ta được pt Pell u2 − 3x2 = 1 với u= y− 2x.

Theo cách giải pt Pell được nghiệm ( x u, ), từ đó nghiệm pt đã cho là

).

2 ,

(

)

,

(x y = x u+ x

2 Cho ( b a, ) là nghiệm nhỏ nhất của pt x2 −dy2 = 1 Xét dãy {y n}n≥0 xác định bởi y0 = 0 ,y1 =b, y n+1 = 2ay n −y n−1 Chứng minh, với mọi số tự nhiên

nta có dy n2 + 1 là số chính phương Thêm nữa, nếu ylà số tự nhiên để 1

2 +

dy 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 (x n,y n) của pt x2 −dy2 = 1 hay x2 =dy2 + 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}n≥0 xác định bởi a0 = 0 ,a1 = 3, a n+2 = 16a n+1−a n Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n ta có 7a n2 + 1 là số chính phương

4 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho đẳng thức sau xảy ra với số nguyên dương k nào đó nhỏ hơn n :C C Ck

n

k n

k n

1 1

Giải Biến đổi để được pt ( 2n+ 3 ) 2 − 2 ( 2k+ 1 ) 2 = − 1

Xét pt x2 − 2y2 = − 1 ta thấy nghiệm nhỏ nhất pt Pell liên kết là ( b a, )=(3,2),

có một nghiệm riêng là ( v u, )=(1,1) Dễ thấy nghiệm của pt này đều là số

1 2 ) 2 1 ( ) 2 2 3 )(

2 1

=

k

k y d

2

3

−

= x k

n , với

2

) 2 1 ( )

2 1 ( + 2 + 1 + − 2 + 1

k

5 Cho số nguyên n thỏa mãn 3n+1 và 4n+1 đều là số chính phương Chứng minh n là bội của 56

Giải Từ giả thiết ta có 3n+ 1 =a2, 4n+ 1 =b2 với a, b là số tự nhiên

Từ đó, được pt ( 2a) 2 − 3b2 = 1 và

3

1

2 −

=a

Trước hết ta đi tìm nghiệm (x k,y k) của pt x2 − 3y2 = 1 thỏa mãn x k chẵn

Giải pt Pell này ta được

2

) 3 2 ( ) 3 2

k

x = + + − , k≥0 Dễ thấy

k

x chẵn khi chỉ khi k lẻ, nên nghiệm cần tìm là x2k+ 1 (k ≥ 0), tương ứng ta có

2

1

2 +

= x k

a , do đó

12

4 3

1 2 12

n

Thay công thức của x2k+ 1 vào, biến đổi ta được

48

14 )

3 4 7 ( )

3

4

7

n

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 28n2 +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 ( 28n2 + 1 ) nên m chẵn, ta viết pt thành

1 28

)

1

2

(m− 2 − n2 =

Xét pt Pell x2 − 28y2 = 1 có nghiệm nhỏ nhất ( b a, )=(127, 24)

Từ đó ta có

2

) 28 24 127 ( ) 28 24 127 ( 1 2

k k

2 ) 28 24 127 ( ) 28 24 127

=

Nên m= A2 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 x2 −dy2 = − 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

Giải Ta có 3n − 2 =x2 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 x2 − 3y2 = − 2 với y 3= k

Giải pt kiểu Pell này ta được 2 dãy nghiệm xác định bởi

i i

i y

x + 3 = ( 1 + 3 )( 7 + 4 3 )

i

i y

x' + ' 3 = ( 5 + 3 3 )( 7 + 4 3 )

Từ đó xác định nghiệm 





+

=

+

=

=

B A y

B A y y

i

i

5 3

3 2

) 3 4 7 ( ) 3 4 7 (

2

) 3 4 7 ( ) 3 4 7 (

i i

i i

B

A

−

− +

=

− + +

=

Để ý rằng y 3= k nên không khó khăn, chứng minh được rằng chỉ có giá trị 0

=

i thỏa mãn, hay là n=1 hoặc 3 mới thỏa mãn

8 Cho 2 dãy {x n}, {y n} xác định như sau x0 = 1 ,x1 = 4 ,x n+2 = 3x n+1−x n ;

n n

y y

y0 = 1 , 1 = 2 , +2 = 3 +1−

a) Chứng tỏ với mọi số tự nhiên n ta có x n2 − 5y n2+ 4 = 0

b) Giả sử a, blà các số dương thỏa mãn a2 − 5b2 + 4 = 0 Chứng minh tồn tại số tự nhiên k để x k =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 {c n}

Với 2 nghiệm tìm được của pt đặc trưng, ta có công thức xác định số hạng

n

2

5 3 (

) 2

5 3

a) Bằng cách tìm hệ số α,β cho mỗi dãy, tính toán cụ thể ta có đẳng thức cần chứng minh

b) Xét pt kiểu Pell x2 − 5y2 = − 4(1) có tập nghiệm là 3 dãy xác định bởi

n

v

( + + tương ứng 3 giá trị nghiệm riêng











=

) 5 , 11 (

) 2 , 4 (

) 1 , 1 ( ) ,

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 (x n,y n) đều có từng thành phần (thứ nhất, thứ 2) thỏa mãn công thức truy hồi u n+2 = 18u n+1−u n (*) Như vậy, số a, b 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 {x n}, {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 (*)

n

2

5 3 (

) 2

5 3

k k

k

n

k k

k

n

k k

k

n

c

c

c

c

c

c

) 5 4 9 ( ) 2

5 3 (

) 5 4 9 (

) 2

5 3 (

) 5 4 9 ( 2

5 3 ) 5 4 9 (

2

5 3

) 5 4 9 ( ) 5 4 9 (

2 2

2

3

2

,

1

3

1

,

3

0

,

−

− +

+

+

=

=

−

− + +

+

=

=

− + +

=

=

+

+

β α

β α

β α

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