Về một dạng phương trình Pell suy rộng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH MAI SỸ THỦY VỀ MỘT DẠNG PHƯƠNG TRÌNH PELL SUY RỘNG CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng d

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

MAI SỸ THỦY

VỀ MỘT DẠNG PHƯƠNG TRÌNH PELL SUY RỘNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN - 2013

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

MAI SỸ THỦY

VỀ MỘT DẠNG PHƯƠNG TRÌNH PELL SUY RỘNG

CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG

NGHỆ AN - 2013

trong đó n³ 2 là số tự nhiên và f x x( , , , )1 2 x là một n đa thức hệ số nguyên

Từ Diophantine được đặt theo tên nhà toán họcHy Lạp ở thế kỉ thứ III sau công nguyên, người đã nghiên cứu các phương trình dạng này và là một

Một trong những phương trình Diophantine được quan tâm là phương trình Pell Phương trình Pell (Pell's equation) là phương trình Diophantine bậc hai sau đây:

1 Dạng chính tắc (còn gọi là phương trình Pell loại I):

có nhiều ứng dụng trong việc giải nhiều bài toán Số học Lagrange đã chứng

minh rằng: Với d không phải là số chính phương, phương trình Pell loại I và II

có vô số nghiệm nguyên dương Tuy nhiên, việc tìm nghiệm nguyên dương của

phương trình Pell không đơn giản chút nào và do đó hiện nay vẫn được nhiều nhà toán học trên thế giới quan tâm

Vì vậy, trên cơ sở bài báo [4]: Fadwa S Abu Muriefah, Amal Al-Rashed,

Sciences (2012), 18, pp 97-103, luận văn tìm hiểu về các dạng đặc biệt của

phương trình Diophantine Chúng tôi không có ý định tìm hiểu hết các chứng minh chi tiết trong bài báo này, vì đây là một công việc hết sức khó khăn và lâu dài bởi lẽ nội dung bài báo liên quan đến rất nhiều lĩnh vực sâu sắc của toán học như lý thuyết số p-adic, trường mở rộng… Trong một chừng mực nhất định, chúng tôi cố gắng tìm hiểu các ý tưởng chứng minh của các tác giả nhằm theo dõi một kết quả mới và sâu sắc trong một lĩnh vực khá phức tạp của

Số học: Giải phương trình Diophantine

Ngoài phần mở đầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo, nội dung luận văn gồm có 2 chương

Chương 1 giới thiệu các kết quả cơ sở của phương trình Pell cũng như ứng dụng của chúng trong các nghiên cứu số học

Chương 2 nhằm tìm hiểu một kết quả mới của các tác giả Fadwa S Abu

Muriefah, Amal Al-Rashed được công bố trên Tạp chí Toán học Ả Rập (Arab

Journal of Mathematical Sciences) xuất bản bởi Trường Đại học Hoàng gia Ả

Rập Xê Ut (King Saud University) Các tác giả trên đã xem xét điều kiện có

các số nguyên dương, p là số nguyên tố lẻ, x và y là các số nguyên dương

nguyên tố cùng nhau, trên cơ sở tham khảo nhiều kết quả của Le Maohua (Nhà Toán học Trung Quốc) công bố trên Journal of Number Theory về phương trình Diophantine

Với mục đích góp phần xây dựng một tài liệu tham khảo cho các giáo viên toán, các sinh viên ngành sư phạm toán học và học sinh giỏi toán về phương trình Diophantine và ứng dụng, luận văn đã chọn giải một số bài toán trong các đề thi học sinh giỏi toán quốc gia (VMO) và đề thi Olympic Toán học quốc tế (IMO) trong những năm gần đây

Tác giả xin trân trọng cảm ơn và bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS Nguyễn Thành Quang - đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn.

Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số

và Lý thuyết số, Khoa Toán học, Phòng Đào tạo Sau đại học của Trường Đại học Vinh đã giảng dạy và hướng dẫn chúng tôi trong học tập và nghiên cứu.Xin cảm ơn Ban Giám đốc Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Thanh Hóa, Trường Trung học phổ thông Mai Anh Tuấn tỉnh Thanh Hóa, gia đình, và các bạn đồng nghiệp đã quan tâm giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập vừa qua.Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, song chắc chắn vẫn còn nhiều thiếu sót Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn đồng nghiệp

Tác giả

CHƯƠNG 1

PHƯƠNG TRÌNH PELL 1.1 Phương trình Pell loại I

Phương trình Pell loại I là phương trình Diophantine có dạng:

x2 −dy2 = 1, (I)

Phương trình này đã được nghiên cứu từ rất lâu trong lịch sử toán học và

có nhiều ứng dụng trong việc giải nhiều bài toán Số học Tuy nhiên việc tìm nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại I không đơn giản chút nào Ở đây, khi nói đến nghiệm của phương trình Pell, ta luôn hiểu rằng đó là nghiệm nguyên dương Sau đây ta sẽ khảo sát các tính chất cơ bản nhất của phương trình Pell loại I

Nhận xét Nếu d là số chính phương thì phương trình Pell loại I không có nghiệm nguyên dương.

Thật vậy, từ giả thiết d m= 2, (m∈ ¥ ∗) ta suy ra phương trình (I) có dạng:

1.1.1 Định lý Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương khi và chỉ

khi d là số nguyên dương và không phải là số chính phương

Chứng minh Để chứng minh Định lý 1.1.1 ta cần các Bổ đề sau:

1.1.2 Bổ đề Cho α là số vô tỉ Khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên dương

(h k; ) sao cho:

h 12

α − < Chứng minh Trước hết ta có nhận xét sau: Với mọi số nguyên dương q, tồn tại cặp số nguyên dương (h k; ), với 1 k q≤ ≤ sao cho:

h 1

α − < Thật vậy, chia đoạn [ ]0;1 thành q đoạn bằng nhau B B1 , , , 2 B q với:

Xét dãy { }tα với t = 0,1, ,q (tức là dãy 0,{ } { } { }α , 2α , , qα )

chẳng hạn { } { }t1α , t2α với 0 t≤ < ≤2 t1 q Theo định nghĩa của tập hợp B i ta có:

q

α − α < (1)Theo định nghĩa của phần lẻ { }. , ta giả sử t1α =m1 +{ }t1α ;t2α =m2 +{ }t2α ,

ở đây m1 =[ ]t1α và m2 =[ ]t2α (tức là m m1, 2 là hai số nguyên) Thay lại vào (1),

thì theo nguyên lí cực hạn, tồn tại phần tử ( )h k; sao cho:

∈

α − >ε Như vậy, với mọi (h k; )∈A, ta có:

(h k0 ; 0) với 1 k≤ ≤0 q, sao cho:

0

0

.

h k

1.1.3 Bổ đề Tồn tại vô số cặp số nguyên dương (x y; ) thỏa mãn:

x −dy < + d

Chứng minh Theo Bổ đề 1.1.2 tồn tại vô số cặp số nguyên dương (x y; ) thỏa mãn:

2

1

x d

Bây giờ ta quay trở lại với điều cần chứng minh của Định lý 1.1.1

Từ Bổ đề 1.1.2 suy ra tồn tại vô số cặp số nguyên dương (x y; ) sao cho:

x2 −dy2 < + 1 2 d ⇔ − − 1 2 d <x2 −dy2 < + 1 2 d (7)

dương (x y; ) thỏa mãn:

x2 −dy2 =k (8)

Xét các tập hợp các số nguyên dương (x y; ) sau đây:

H ={ (x y; ) : x2 −dy2 =k} ;

H i j, ={ (x y; ) (: ;x y)∈H x i, ≡ (mod ), k y≡ j(mod )k } ,

ở đây 1 ≤i j, ≤ k .

tập hợp H là vô hạn Do số các bộ ( )i j; với 1 ≤i j, ≤ k là hữu hạn, mà

u2 −dv2 = 1 (14)

Từ đó u2 = + 1 dv2 ⇒ ≠u 0 Ta sẽ chỉ ra v≠ 0 Thật vậy, nếu v= 0 thì từ (14) ta có u= ± 1 Lúc này, từ (*) suy ra (x1 −y d1 )(x2 +y d2 ) = ±k.

Điều này mâu thuẫn với (x y1 ; 1) (≠ x y2 ; 2) Vậy giả thiết phản chứng v= 0

(14) Điều đó có nghĩa là phương trình Pell loại I, có nghiệm nguyên dương

Định lý 1.1.1 được chứng minh ■

Xét phương trình Pell loại I:

x2 −dy2 = 1,

lý 1.1.1, tồn tại nghiệm nguyên dương của phương trình này Vì thế theo nguyên lí cực hạn, sẽ tồn tại nghiệm nguyên dương bé nhất (a b; ) (tức là: b là

1.1.4 Định lý Giả sử (a b; ) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I:

1 2

Vì vậy, x n2 −dy n2 =(a2 −db2)n = 1 Do đó (x y n; n) là nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại I: x2 −dy2 = 1, với mọi n= 1, 2,

số nguyên dương n sao cho x y d+ =(a b d+ )n = +x n y d n

Thật vậy, giả sử trái lại, với mọi n ta có x y d+ ≠(a b d+ )n Khi đó, tồn

(x y d a b d+ )( − ) (m = x y d x+ )( m−y m d) = +u v d, với u=xx m−dyy m, v x y y x= m − m Vì vậy, (5) có thể viết lại dưới dạng:

(u v d+ ) (+ − +u v d) > − ⇒ 1 1 2v d > ⇒ > 0 v 0.

Như vậy, u v, là những số nguyên dương thỏa mãn (7), do đó ( ; )u v là

a b d+ ≤ +u v d (8)

x y d+ = +x n y d n ⇒ − =x x n ( y n−y) d

Vì d không phải là số chính phương, còn x y x y, , , n n là các số nguyên

dương ( ; )x y của phương trình Pell loại I: x2 −dy2 = 1, luôn tồn tại x y n, n để cho x x y= n, = y n.

là giản phân thứ k của d Khi đó,

- Nếu r chẵn thì x= p tr−1 , y q= tr−1 với t = 1, 2, là nghiệm của phương

1.1.7 Bổ đề Cho d là số nguyên dương không phải là số chính phương Giả

sử P Q k, , , k αk a k là các số xác định trong việc tìm khai triển liên phân số của

d và r là chu kì của biểu diễn liên phân số của d Khi đó, Q i ≠ − 1 với mọi

1, 2,

i = và Q k = 1 khi và chỉ khi k chia hết cho r

Chứng minh Giả sử tồn tại i để Q i = − 1 Suy ra αi = − −P i d Vì αi có biểu

diễn liên phân số tuần hoàn ngay từ đầu nên ta có − < 1 ( )αi ' = − +P i d < 0 và

1

α = − − > Do đó d < < − −P i 1 d , điều này vô lí

Vậy, Q i ≠ − 1 với mọi i = 1, 2,

Giả sử k chia hết cho r, tức là k tr t= , ∈ ¥ ∗ Với a0 =    d, ta có:

phải là số chính phương, nên Q k = 1; a0 =P k.

Đảo lại, nếu Q k = 1 Ta có αk = +P k d >P k Vì αk =[a a k, k+1 , ] là tuần

hoàn ngay từ đầu nên − < 1 ( )αk ' = −P k d < ⇒ 0 d − < 1 P k < d Thành thử

1 2

1.1.9 Bổ đề Cho d là số nguyên dương không phải là số chính phương Giả

sử x y, là các số nguyên dương sao cho x2 −dy2 =n và n < d Khi đó x

y là

một giản phân của d

Chứng minh Xét trường hợp n> 0 Từ giả thiết ta có (x y d x y d− )( + ) =n.

Do x y, là các số nguyên dương và n> 0, nên x y d− > 0 Vì vậy, ta có:

2 2

1 2 2

Gọi r là chu kì của biểu diễn liên phân số của d Khi đó,

- Nếu r chẵn thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell loại I là:

Chứng minh Theo Định lý 1.1.6, nếu r chẵn thì x= p kr−1 ,y q= kr−1 với k = 1, 2,

là nghiệm của phương trình (I); còn nếu rlẻ thì x= p2tr−1 , y q= 2tr−1 với t = 1, 2,

là nghiệm của phương trình (I)

thì Q i+1 ≠ − 1 nên ta có Q i+1 = 1 và i lẻ Do đó, theo Bổ đề 1.1.7 thì i+ 1 chia hết

r, tức là tồn tại k để i+ = 1 kr ⇒ = −i kr 1 và kr chẵn Như vậy, nếu rchẵn ta

có i kr= − 1, còn nếu r lẻ thì k chẵn, tức là k= 2t, nên suy ra i= 2tr− 1

Định lý 1.1.10 được chứng minh ■

1.1.11 Các ví dụ

Ví dụ 1 Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 − 7y2 = 1 (1)

Lời giải Ta có phương trình (1) là phương trình Pell loại I, với d = 7

của phương trình (1) Vì vậy, theo Định lý 1.1.4 phương trình (1) có dãy nghiệm nguyên dương là:

x0 = 1; x1 = 8; x n+2 = 16x n+1 −x n; n= 0,1, 2,

y0 = 0; y1 = 3; y n+2 = 16y n+1 −y n; n= 0,1, 2,

Ví dụ 2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại I:

2 2 2 1

x − y = , thỏa mãn điều kiện 100 < <x 2013

Lời giải Xét phương trình Pell loại I:

x2 − 2y2 = 1 (2)

nhất của (2) Vì vậy, theo Định lý 1.1.4, phương trình (2) có dãy nghiệm nguyên dương là:

Ví dụ 3 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những bộ ba số nguyên dương liên

tiếp mà mỗi số trong đó đều là tổng của hai số chính phương

Lời giải Ta có 8, 9, 10 là một bộ ba số nguyên dương liên tiếp thỏa mãn yêu cầu bài toán (vì 8 2 = 2 + 2 ;9 3 2 = + 2 0 ;10 3 2 = + 2 1 2) Điều này gợi ý đến việc chứng minh có vô hạn bộ ba số liên tiếp x2 − 1, , x x2 2 + 1 sao cho mỗi số đều là tổng của hai số chính phương Vì x2 =x2 + 0 , 2 x2 + = 1 x2 + 1 2, nên để chứng minh bài toán ban đầu, ta chỉ cần chứng minh tồn tại vô hạn các số nguyên dương x y z, , sao cho x2 − 1 = y2 +z2 Xét trường hợp đặc biệt z= y ta có

phương trình x2 − = 1 2y2 hay x2 − 2y2 = 1 Đây là phương trình Pell loại I với

2

Vậy, có vô hạn bộ ba số nguyên dương liên tiếp x2 − 1, , x x2 2 + 1 sao cho mỗi số

là tổng của hai số chính phương Từ đó, suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 4 Tìm tất cả các số nguyên dương t, sao cho số tam giác ( 1)

t t

¥ Khi đó, ta có:

thỏa mãn yêu cầu đầu bài

Định lý 1.1.4 thì phương trình (4) có dãy nghiệm nguyên dương là:

0 1; 1 3; n 2 6 n 1 n

x = x = x + = x+ −x , n= 0,1, 2,

0 0; 1 1; n 2 6 n 1 n

y = y = y + = y + −y , n= 0,1, 2,

Từ đó ta có dãy các số nguyên dương t n thỏa mãn yêu cầu đầu bài là:

0 0; 1 1; n 2 6 n 1 n 2, 0,1, 2,

phần tử của dãy { }t n xác định như trên, với n= 1, 2,

Ví dụ 5 Cho hai dãy số { } { }x n , y n được xác định bởi hệ thức truy hồi sau đây:

x0 = 0; x1 = 1; x n+1 = 4x n −x n−1, n= 1, 2,

y0 = 1; y1 = 2; y n+1 = 4y n −y n−1, n= 1, 2,

Chứng minh rằng, với mọi n ta có y n2 = 3x n2 + 1

Lời giải Xét phương trình Pell loại I:

X2 − 3Y2 = 1 (5)

Định lý 1.1.4 ta có tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình (5) là ( X Y n; n) sao cho:

X0 = 1; X1 = 2; X n+1 = 4X n −X n−1, với n= 1, 2,

Y0 = 0; Y1 = 1; Y n+1 = 4Y n −Y n−1, với n= 1, 2,

Từ giả thiết và cách xác định các dãy { }X n và { }Y n , suy ra X n = y Y n; n =x n

(5), nên X n2 − 3Y n2 = 1 Do đó y n2 = 3x n2 + 1 với mọi n∈ ¥ ∗

Bài toán được chứng minh

Ví dụ 6 (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia 2013) 1) Chứng minh rằng tồn tại vô

2) Giả sử m n, là các số nguyên dương sao cho mn+ 1; mn n+ + 1 đều là

Lời giải 1) Vì (2012t+ 1, 2013t+ = 1) 1 nên 2012t+ 1 và 2013 1t+ đồng thời là

số chính phương khi và chỉ khi (2012t+ 1 2013 1) ( t+ =) y2, y∈ ¥ ∗

Từ đó ta có 4050156t2 + 4025t+ = 1 y2 hay

8100312t+ 4025 − 16200624y = 1

Đặt x= 8100312t+ 4025 ta có phương trình Pell loại I:

x2 − 16200624y2 = 1 (6)

Vì vậy, theo Định lý 1.1.4, phương trình (6) có dãy nghiệm nguyên dương là:

0 1; 1 4025; n 2 8050 n 1 n

x = x = x + = x + −x , n= 0,1, 2,

0 0; 1 1; n 2 8050 n 1 n

y = y = y + = y + −y , n= 0,1, 2,

Do đó:

8100312t k+1 + 4025 64802498 8100312 = ( t k + 4025) (− 8100312t k−1 + 4025), ⇒t k+1 = 64802498t k −t k−1 + 8, với k= 1, 2,

thức truy hồi sau:

0 0; 1 32200; k 1 64802498k k 1 8

đều là các số chính phương Đó là điều phải chứng minh

2) Vì (mn+ 1, mn n+ + = 1) 1 nên mn+ 1 và mn n+ + 1 đồng thời là số chính phương khi và chỉ khi (mn+ 1) (mn n+ + = 1) y2, y∈ ¥ ∗

theo Định lý 1.1.4, thì (8) có dãy nghiệm nguyên dương là:

1.2 Phương trình Pell loại II

Phương trình Pell loại II là phương trình có dạng:

x2 −dy2 = − 1, (II)

Cũng như khi xét phương trình Pell loại I, ở đây ta chỉ quan tâm đến việc tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này

1.2.1 Mệnh đề Phương trình Pell loại II không có nghiệm nguyên dương khi

phương ■

1.2.2 Mệnh đề Phương trình Pell loại II không có nghiệm nguyên dương khi

d có ước nguyên tố p= 4k+ 3.

Chứng minh Giả sử trái lại, khi d có ước nguyên tố p= 4k+ 3, mà phương

trình Pell loại II vẫn có nghiệm nguyên dương (x y0 ; 0) Khi đó, ta có:

1.2.3 Mệnh đề Nếu d là số nguyên tố, thì phương trình Pell loại II

x2 −dy2 = − 1 (II)

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d không có dạng 4k+ 3.

Chứng minh Giả sử phương trình Pell loại II có nghiệm Khi đó theo Mệnh đề

1.2.2 ta có d ≠ 4k+ 3

Nếu d = 2 thì phương trình x2 − 2y2 = − 1 có nghiệm nguyên dương ( )1; 1

trình Pell loại I:

x2 −dy2 = 1 (I)

Ta gọi phương trình (I) là phương trình Pell liên kết với phương trình (II)

a2 − = 1 db2 (1)

Nếu a chẵn, thì vế trái (1) là số lẻ, và do d = 4k+ 1 là số lẻ, nên từ (1) suy

ra b lẻ, do đó b2 ≡ 1(mod 4) Suy ra a2 − ≡ 1 1(mod 4) hay a2 ≡ 2(mod 4) Đây

Nếu a lẻ khi đó b chẵn (vì d là số lẻ) Giả sử a= 2a1 + 1, b= 2b1, thế vào

2 1



Nếu

2 1

nguyên dương của phương trình Pell loại II

Nếu

2 1

nhất của (I), nên v a≥ Từ đó ta có:

2

hợp này không xảy ra ■

1.2.4 Định lý (Điều kiện để phương trình Pell loại II có nghiệm) Gọi (a b; )

là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell liên kết với phương trình Pell loại

II Khi đó, phương trình Pell loại II:

có nghiệm nguyên dương

Chứng minh Giả sử (x y0 ; 0) là nghiệm nguyên dương của hệ (2-3) Vì ( )a b; là

Pell loại II

suy ra u a v b≥ , ≥ Ta chứng minh u a v b= , = Thật vậy, nếu u a= thì v b=

Còn nếu u a> thì v b> (vì nếu v b= thì u a= , trái với u a> ), trong trường

hợp này ta có:

Nếu s> 0 thì ( )s t; là một nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại II x2 −dy2 = − 1 (suy ra từ (8)), mà (x y0 ; 0) là nghiệm dương bé nhất của phương trình này, nên s x t≥ 0 , ≥ y0 Suy ra s t d+ ≥ +x0 y d0 , điều này mâu thuẫn với (4’) Vậy không thể có s> 0.

Nếu s< 0 thì (−s t; ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại II x2 −dy2 = − 1 Bằng cách lập luận như trong trường hợp s> 0, ta suy ra

0 0

Tóm lại, ta có (u v; ) (= a b; ) ■

Nhận xét 1) Định lý 1.2.4 cho chúng ta điều kiện cần và đủ để phương trình

Pell loại II có nghiệm Sự tồn tại nghiệm của phương trình này được xét thông qua phương trình Pell liên kết với nó.

2) Hệ (2-3) nếu có nghiệm thì có duy nhất nghiệm Do đó theo chứng minh trên nghiệm duy nhất đó chính là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (II).

Thật vậy, giả sử (x y0 ; 0) (, x y1 ; 1) là hai nghiệm của hệ (2-3) Khi đó,

1.2.5 Định lý (Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II) Xét phương

trình Pell loại II:

x2 −dy2 = − 1, (II)

và phương trình Pell loại I liên kết với nó:

x2 −dy2 = 1 (1) Giả sử (a b; ) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1) Xét hệ phương trình:

Giả sử hệ phương trình (2-3) có nghiệm và (u v; ) là nghiệm duy nhất của

nó Xét hai dãy số nguyên dương { }x n , { }y n xác định bởi:

Khi đó (x y n; n) với n= 0,1, 2, là tất cả các nghiệm nguyên dương của

phương trình Pell loại II.

Chứng minh Phương trình đặc trưng của các dãy { }x n và { }y n là:

λ2 − 2aλ+ = 1 0 (4)

Vì (a b; ) là một nghiệm của phương trình (1), nên a2 − = 1 db2

Do đó, phương trình (4) có ∆ = ' a2 − = 1 db2 > 0 Suy ra, phương trình (4)

quát của các dãy số { }x n và { }y n có dạng:

trình Pell loại II: x2 −dy2 = − 1, với n= 0,1, 2,

x + y d = u v d+ + , nên ta có x y d+ = +x n y d n Từ đây, suy

ra (x y; ) (= x y n; n) (do x y x y, , , n nlà các số nguyên dương, d là số nguyên dương không phải số chính phương)

Định lý 1.2.5 được chứng minh ■

1.2.6 Các ví dụ

Ví dụ 1 Giải phương trình x2 − 2y2 = − 1.

Lời giải Phương trình x2 − 2y2 = − 1 là phương trình Pell loại II Phương trình

nguyên dương nhỏ nhất là (3; 2)

x2 − 2y2 = − 1 (2)Theo Ví dụ 1 thì (2) có dãy nghiệm nguyên dương là:

x0 = 1; x1 = 7; x n+2 = 6x n+1 −x n, n= 0,1, 2,

y0 = 1; y1 = 5; y n+2 = 6y n+1 −y n, n= 0,1, 2, .

Dễ thấy x k ≡ 1 mod 2( ), với mọi k = 0,1, 2,

2

k k

Ba số đầu tiên phải tìm là: n= 3; n= 20; n= 119.

Ví dụ 3 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho n! chia hết cho n2 + 1