bg bac DP phuong trinh pell

Mục lục 1 Tính giải được và công thức nghiệm của phương trình Pell dương 1 1 Tính giải được và công thức nghiệm của phương trình Pell dương Trong mục này chúng ta đề cập đến sự tồn tại n

Phương trình Pell và một số vấn đề liên quan

Đào Phương Bắc ∗ †

Ngày 10 tháng 8 năm 2016

Tóm tắt nội dung Cho d là một số nguyên dương không có ước chính phương, các phương trình nghiệm nguyên

x2− dy 2 = 1 và x 2 − dy 2 = −1 lần lượt được gọi là phương trình Pell và phương trình Pell âm Trong bài giảng này chúng tôi đề cập đến phương trình Pell, liên hệ của nó với liên phân số và xấp xỉ Diophantine Ngoài ra chúng tôi cũng thảo luận các điều kiện về tính giải được của phương trình Pell âm.

Mục lục

1 Tính giải được và công thức nghiệm của phương trình Pell (dương) 1

1 Tính giải được và công thức nghiệm của phương trình Pell (dương)

Trong mục này chúng ta đề cập đến sự tồn tại nghiệm của phương trình Pell (dương), với ý tưởng chính là sử dụng Bổ đề nổi tếng của Dirichlet về xấp xỉ các số vô tỷ bởi các số hữu tỷ Sau khi chỉ ra được sự tồn tại, chúng ta sẽ thảo luận về công thức nghiệm Để liệt kê được tất cả các nghiệm của phương trình Pell, ta cần đến đồng nhất thức Brahmagupta-Fibonacci:

(a2+ b2)(c2+ d2) = (ac + bd)2+ (ad − bc)2, (a2+ Nb2)(c2+ Nd2) = (ac + bd)2+ N(ad − bc)2,

= (ac − bd)2+ N(ad + bc)2

Từ đó rút ra nếu(x, y) là một nghiệm của phương trình Pell, thì (x′, y′) cho bởi điều kiện sau cũng

là một nghiệm:

(xy′′) = (ab dba) (xy)

∗Bộ môn Đại số-Hình học-Tô pô, Khoa Toán-Cơ-Tin học, ĐHQG Hà Nội Email: bacdp@vnu.edu.vn, dp-bac.vnu@gmail.com Điện thoại 0983560149.

†Tác giả xin chân thành cám ơn Viện nghiên cứu cao cấp về Toán (VIASM), Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc đã tạo điều kiện để tác giả trình bày bài giảng của mình.

Định nghĩa 1.1 Phương trình Pell là phương trình có dạng

với d∈ Z+ là một số nguyên dương nào đó Ở đây ta luôn hiểu nghiệm của phương trình là một cặp nghiệm(x, y) trong đó x, y là các số nguyên dương

Định lý 1.2 (Về sự tồn tại nghiệm, xem [4, Định lý 5.5, trang 129]) Phương trình nghiệm nguyên (1.1)

có nghiệm nguyên dương (x, y) khi và chỉ khi d không là một số chính phương

Chứng minh Trường hợp 1: Nếu d là số chính phương d= m2, thì phương trình Pell tương đương:

(x − my)(x + my) = 1

Do đó (x, y) = (1, 0) là nghiệm nguyên duy nhất, không là nghiệm nguyên dương

Trường hợp 2: d không là một số chính phương Ta cần chỉ ra phương trình (1.1) có cặp nghiệm nguyên dương(x, y) Đầu tiên ta chứng minh Bổ đề sau:

Bổ đề 1.3 (Bổ đề Dirichlet, xem [4, Bổ đề 5.4, trang 129]) Cho α là một số vô tỉ, khi đó tồn tại vô hạn cặp số nguyên (m, n) trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn

∣α −m

n∣< 1

n2 Chứng minh Bổ đề 1.3 Với q là một số nguyên dương, ta xét các dãy phần lẻ {{tα}}q

t=0 Chia đoạn [0, 1] ra q đoạn bằng nhau như sau:

[0, 1] = B1∪ ∪ Bq, trong đó Bi= [i−1

q ,qi] Thế thì tồn tại t1> t2∈ {0, 1, , q} sao cho

∣{t1α} − {t2α}∣≤ 1

q, kéo theo

∣t1α− [t1α] − (t2α− [t2α]) ∣≤ 1

q, kéo theo

∣(t1− t2)α − ([t1α] − [t2α]) ∣≤ 1

q, kéo theo

∣α −[t1α] − [t2α]

t1− t2 ∣≤ 1

q(t1− t2). Đặt

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

m= [t1α] − [t2α],

n= t1− t2,

ta có

∣α − m

n∣≤ 1

qn, với n≤ q

Tóm lại, với q là số nguyên dương tùy ý, tồn tại m, n∈ Z, n ≤ q ∈ Z+ sao cho:

∣α − m

n∣≤ 1

qn, với n≤ q

Vì α vô tỉ, nên

∣α −m

n∣< 1

qn ≤ 1

Đặt A= {(m, n) ∈ Z × Z+∣ ∣α −m

n∣< 1

n 2} Từ (1.2) suy ra A ≠ ∅ Giả sử A chỉ gồm hữu hạn phần tử Khi

đó tồn tại ε> 0 sao cho

∣α − m

n∣> ε với mọi (m, n) ∈ A

Chọn q đủ lớn sao cho 1q < ε Thế thì tồn tại (m′, n′) ∈ Z × Z+ sao cho

∣α − m′

n′∣< 1

qn′ ≤ 1

n′2

Do đó (m′, n′) ∈ A Mặt khác

∣α −m′

n′∣< 1

q ≤ ε, nên (m′, n′) ∈ A Từ đó rút ra mâu thuẫn Vậy Bổ đề được chứng minh

Bổ đề 1.4 Tồn tại vô hạn cặp số nguyên dương (x, y) sao cho

∣x2− dy2∣ < 1 + 2√d

Chứng minh Bổ đề 1.4 Từ trên suy ra tồn tại vô hạn cặp số nguyên dương(x, y) sao cho

∣x

y −√d∣< 1

y2,

kéo theo

∣x − y√d∣< 1

y. Mặt khác ta cũng có

0< ∣x

y +√d∣< 1

y2 + 2√d

Do đó 0< ∣x + y√d∣ <1

y + 2y√d Từ đó suy ra

0< ∣x2− y2d∣ < 1

y2 + 2√d≤ 2√d+ 1

Vậy Bổ đề được chứng minh

Quay lại chứng minh định lý Từ Bổ đề trên, tồn tại vô hạn cặp số nguyên dương (x, y) sao cho

∣x2− dy2∣ < 1 + 2√d, suy ra tồn tại số k∈ [−1 − 2√d, 1+ 2√d] ∖ {0} để có vô hạn cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn

x2− dy2= k

Thế thì tồn tại (x1, y1) ≠ (x2, y2) sao cho:

⎧⎪⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

x1≡ x2 (mod k),

y1≡ y2 (mod k),

x21− dy2

1= x2

2− dy2

2= k

(1.3)

Mặt khác dùng đồng nhất thức Brahmagupta-Fibonacci ta có:

(x1x2− dy1y2)2− d(x1y2− x2y1)2 = (x2

1− dy2

1)2(x2

2− dy2

2) = k2 (1.4) Mặt khác

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

x1x2− dy1y2≡ x2

1− dy2

1 ≡ 0 (mod k),

x1y2− x2y1 ≡ 0 (mod k)

Vậy ta đặt ∣x1x2− dy1y2∣ = ku, ∣x1y2− x2y1∣ = kv, và thu được u2− dv2 = 1 Vì d không là số chính phương nên (u, v) không rơi vào những trường hợp tầm thường Nói riêng nếu v = 0, thì x1y2= x2y1, hay x1

y 1 =x 2

y 2 Do đó cùng điều kiện 1.3, suy ra y1= y2, kéo theo vô lý Do đó v> 0, và phương trình Pell

có nghiệm không tầm thường

Nhận xét 1.5 1 Định lý 1.2 còn có thể chứng minh bằng cách dùng liên phân số

2 Phương trình Pell tồn tại nghiệm nguyên dương nhỏ nhất (x, y) = (a, b), trong đó b là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 1+ db2 là một số chính phương

3 Bổ đề Dirichlet là một trong những kết quả quan trọng khởi đầu về xấp xỉ Diophantine Chúng

ta điểm qua kết quả quan trọng sau đây của K Roth (1955) có liên quan đến Bổ đề Dirichlet: Cho α là một số đại số thực, ε> 0 là một số thực dương tùy ý Thế thì tồn tại không quá hữu hạn các số hữu tỷ pq sao cho

∣α −p

q∣ < 1

q2+ε

Trước khi trình bày công thức nghiệm tổng quát của phương trình Pell ta tìm hiểu nó trong một trường hợp riêng

Ví dụ 1.6 1 Chứng minh rằng phương trình x2− 2y2= 1 có vô số nghiệm nguyên không âm

2 Xét hai dãy số (xn), (yn) xác định bởi:

x1= 3, y1= 2, xn+1= 3xn+ 4yn, yn+1= 2xn+ 3yn, với n= 1, 2, , hay biểu thị ở dạng ma trận bởi:

(x1

y1) = (32) , (xn+1

yn+1) = (32 43) (xn

yn)

Chứng minh rằng x2n− 2y2

n = 1 với mọi n nguyên dương và dãy (xn, yn) vét mọi nghiệm nguyên dương của phương trình Pell nói trên

Chứng minh (1): Nhắc lại đồng nhất thức Brahmagupta-Fibonacci như sau:

(a2+ b2)(c2+ d2) = (ac + bd)2+ (ad − bc)2, (a2+ Nb2)(c2+ Nd2) = (ac + bd)2+ N(ad − bc)2,

= (ac − bd)2+ N(ad + bc)2 Khi đó nếu a2− 2b2= 1, x2− 2y2= 1, thì áp dụng đồng nhất thức nói trên thu được:

1= (a2− 2b2)(x2− 2y2) = (ax + 2by) − 2(ay + bx)2

Vì (3, 2) là một nghiệm của phương trình nên nếu (x, y) là một nghiệm thì (3x + 4y, 3y + 2x) cũng là một nghiệm Do đó phương trình có vô hạn nghiệm nguyên dương

(2): Giả sử (x, y) là một nghiệm nguyên dương nhỏ nhất (theo nghĩa x + y nhỏ nhất) không có dạng (xn, yn) Thế thì (x′= 3x − 4y, y′ = 3y − 2x) cũng là một nghiệm của phương trình x2− 2y2= 1 Nhận thấy(x′, y′) cũng là một nghiệm của phương trình x2−2y2= 1 và x′+y′< x+y Do đó (x′, y′) = (xn, yn) nào đó Thế thì(x, y) = (xn+1, yn+1) Điều này mâu thuẫn với giả thiết (x, y) không có dạng (xn, yn) Vậy ta có điều cần chứng minh

Bằng cách nêu trên ta cũng thu được công thức nghiệm trong trường hợp tổng quát thông qua phép nhân ma trận Sau đây ta trình bày một dạng khác của công thức nghiệm thông qua các hệ thức truy hồi cua dãy số

Định lý 1.7 (Công thức nghiệm của phương trình Pell) Giả sử (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell (dương):

x2− dy2= 1, d ∈ Z+

(hay b là số nguyên nhỏ nhất sao cho 1+ db2 là chính phương) Tập tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình (1.5) được cho bởi hệ thức truy hồi:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

x0 = 1, x1= a, xn+2= 2axn+1− xn,

y0= 0, y1 = b, yn+2= 2ayn+1− yn (1.6) Chứng minh Phương trình đặc trưng của hai dãy nói trên là

x2− 2ax + 1 = 0

Phương trình có hai nghiệm

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

λ1= a + b√d,

λ2= a − b√d

Từ đó suy ra

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

xn= c1λn1 + c2λn2,

yn= d1λn1 + d2λn2, trong đó c1, c2, d1, d2 thỏa mãn các điều kiện ban đầu Thế thì

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

c1 = c2= 1

2,

d1= 1

2√d, d2= − 1

2√d

Do đó

⎧⎪⎪⎪

⎨⎪⎪

⎪⎩

xn=(a+b√d) n +(a−b√d) n

yn= (a+b√d) n −(a−b√d) n

kéo theo

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

xn+ yn

√

d= (a + b√d)n,

xn− yn

√

d= (a − b√d)n Nhận thấy từ công thức truy hồi {xn}, {yn} là dãy tăng các số nguyên dương Do đó (xn, yn) là các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell

Đảo lại, giả sử (xn, yn) là một nghiệm nguyên dương tùy ý, ta chứng minh tồn tại n ∈ Z+ sao cho

x+ y√d= (a + b√d)n= xn+ yn

√ d

Trái lại kéo theo tồn tại m∈ Z+ sao cho

(a + b√d)m< x + y√d< (a + b√d)m+1 Nhân các vế của bất đẳng thức trên với(a − b√d)m> 0 thu được

1< (x + y√d)(a − b√d)m< a + b√d

Mặt khác (a − b√d)m= xm− ym

√

d, suy ra 1< u + v√d< a + b√d, trong đó

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

u= xxm− dyym,

v= xmy− xym Hơn nữa u2− dv2= (x2− dy2)(xm− dy2

m) = 1 Vì

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

x>√dy

xm>√dym, nên xxm> dyym Do đó u> 0 Vì u + v√d> 1, nên 0 < u − v√d< 1 < u + v√d, kéo theo v> 0 Từ đó suy

ra(u, v) cũng là một nghiệm nguyên dương của phương trình Pell (mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của nghiệm(a, b))

Nhận xét 1.8 1 Từ chứng minh trên chúng ta đưa ra thêm hai công thức nghiệm mới cho phương trình Pell:

⎧⎪⎪⎪

⎨⎪⎪

⎪⎩

xn= (a+b√d) n +(a−b√d) n

yn=(a+b√d) n −(a−b√d) n

và

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

xn+ yn

√

d= (a + b√d)n,

xn− yn

√

d= (a − b√d)n, với(a, b) là nghiệm cơ bản

2 Các nghiệm (xn, yn) thỏa mãn điều kiện xấp xỉ cho trong Bổ đề Dirichlet:

∣√d−xn

yn∣ < 1

y2 n

Nhận xét 1.9 Việc tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell thường không đơn giản Ví dụ

x2− 61y2= 1 có nghiệm nhỏ nhất là

(x, y) = (1766319049, 226153980)

2 Phương trình Pell (âm)

Định nghĩa 2.1 Phương trình Pell loại 2 (âm) là phương trình có dạng:

x2− dy2= −1, d ∈ Z+

Nhận xét 2.2 1 Ta chỉ xét các nghiệm nguyên dương của phương trình này, và d không là một

số chính phương

2 Nếu d có ước nguyên tố dạng p= 4k + 3, thì phương trình vô nghiệm vì

x2+ 1 = dy2⋮ p = 4k + 3, kéo theo x2≡ −1 (mod p), kéo theo xp−1 ≡ (−1)2k+1≡ −1 (mod p) Điều này mâu thuẫn với Định

lý Fermat nhỏ

Định lý 2.3 (xem [4, Định lý 5.7]) Nếu d là một số nguyên tố, thì phương trình Pell âm có nghiệm khi và chỉ khi d≠ 4k + 3

Chứng minh Ta chỉ còn phải chứng minh nếu d∈ P, d ≠ 4k + 3, thì phương trình Pell âm có nghiệm Trường hợp 1: d= 2 Phương trình x2− 2y2= −1 có nghiệm (x, y) = (1, 1)

Trường hợp 2: d≡ 1 (mod 4) Xét phương trình Pell liên kết với phương trình Pell âm nói trên:

x2− dy2= 1,

và xét nghiệm(a, b) nhỏ nhất của phương trình này:

Nếu a chẵn, thì b lẻ, suy ra b2 ≡ 1 (mod 4), suy ra db2 ≡ 1 (mod 4) Điều này mâu thuẫn với việc

db2 = a2− 1 ≡ 3 (mod 4) Từ đó suy ra a lẻ, b chẵn Ta đặt a = 2a1+ 1, b = 2b1 Thế thì từ phương trình (2.1), ta có

a1(a1+ 1) = db2

1

Vì(a1, a1+ 1) = 1, và d ∈ P, nên

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

a1= u2,

hoặc

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

a1= du2,

Nếu (2.3) xảy ra, thì v2− du2 = 1 Đây là một nghiệm nhỏ hơn của phương trình Pell, kéo theo mâu thuẫn Do đó trường hợp này không xảy ra Nếu (2.2) xảy ra, thì phương trình Pell âm có nghiệm (u, v)

Định lý 2.4 (Điều kiện để phương trình Pell âm có nghiệm, xem [4, Định lý 5.8]) Gọi(a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell liên kết với phương trình Pell âm x2− dy2 = −1 Khi đó phương trình Pell âm có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm nguyên dương:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

a= x2+ dy2,

Hơn nữa, hệ phương trình (2.4) nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất và nghiệm duy nhất đó chính

là nghiệm cơ bản của phương trình Pell âm:

x2− dy2= −1

Định lý 2.5 (xem [4, Định lý 5.19]) Giả sử hệ (2.4) có nghiệm duy nhất (u, v) Xét các dãy số nguyên dương {xn}, {yn} xác định bởi:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

x0= u, x1= u3+ 3duv2, xn+2= 2axn+1− xn,

y0= v, y1= dv3+ 3u2v, yn+2= 2ayn+1− yn (2.5) Khi đó{(xn, yn)}∞

n=0 là tất cả các nghiệm của phương trình Pell âm

Nhận xét 2.6 Chứng minh dựa trên nhận xét sau:

Nếu (u, v) là nghiệm cơ bản của x2− dy2= −1, thì cặp (a, b) nguyên dương thỏa mãn

a+ b√d= (u + v√d)2

là nghiệm cơ bản của x2− dy2= 1, và mọi nghiệm (xn, yn) của phương trình Pell âm được cho bởi

xn+ yn

√

d= (u + v√d)2n+1 Ngoài ra công thức

(xn+1

yn+1) = (ab dba)

n

(uv) cũng vét tất cả các nghiệm của phương trình Pell âm, trong đó (u, v) (tương ứng, (a, b)) lần lượt là nghiệm cơ bản của phương trình Pell âm (tương ứng, phương trình Pell)

Định lý 2.7 (xem [7, p 921]) Giả sử d≡ 1, 2 (mod 4) là một số nguyên không chính phương Khi đó phương trình Pell âm có nghiệm nếu và chỉ nếu x0 ≡ −1 (mod 2d) trong đó (x0, y0) là nghiệm cơ bản của phương trình Pell liên kết x2− dy2 = 1

Chứng minh Nếu x2− dy2= −1 có nghiệm cơ bản (a0, b0), thì nghiệm cơ bản của x2− dy2= 1 cho bởi:

x0+ y0

√

d= (a0+ b0

√

d)2 Thế thì x0 = a2

0+ db2

0= −1 + 2db2

0≡ −1 (mod 2d)

Đảo lại, giả sử phương trình Pell có nghiệm cơ bản (x0, y0) thỏa mãn:

x0≡ −1 (mod 2d)

Thế thì x0 = −1 + k2d, trong đó k ∈ Z Vậy (−1 + k2d)2− dy2

0 = 1 Do đó y0 chẵn và y0 = 2y1 Thế thì

dk2−k −y2

1 = 0, kéo theo k(dk −1) = y2

1 Vì(k, dk −1) = 1, nên k = r2, dk−1 = s2 Vậy dk−1 = dr2−1 = s2, kéo theo s2− dr2= −1 và phương trình Pell âm giải được

Nhận xét 2.8 (xem [4, Bài 5.7, p 157]) Phương trình Pell âm x2− 34y2= 1 không có nghiệm nguyên dương

Chứng minh Phương trình Pell liên kết x2− 34y2= 1 có nghiệm nhỏ nhất là (a, b) = (35, 6) Vậy ta xét

hệ phương trình:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

x2+ 34y2 = 35, 2xy= 6

Phương trình này vô nghiệm, nên theo Định lý 2.4, phương trình Pell âm vô nghiệm

Nhận xét 2.9 Tuy nhiên, phương trình Pell âm nói trên có nghiệm hữu tỷ (x = 3

5, y = 1

5) Vậy câu hỏi đặt ra là phải chăng khi d không có ước nguyên tố dạng 4k+ 3 thì phương trình x2− dy2= −1 luôn

có nghiệm trong Q ?

Định lý 2.10 (xem [8, Theorem 2.4.2, p 20]) Cho p1, p2 là các số nguyên tố dạng 4k+ 1 sao cho (p 1

p 2) = −1 Khi đó phương trình Pell âm x2− p1p2y2 = −1 có nghiệm Hơn nữa nếu p là số nguyên tố dạng 8k+ 5, thì phương trình Pell âm x2− 2py2= −1 có nghiệm

Chứng minh (1): Làm tương tự Định lý 2.3, ta có phương trình

a1(a1+ 1) = p1p2b21 Vậy ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: a1= p1p2u2, a1+ 1 = v2 Thế thì v22− p1p2u2 = 1, dẫn đến thu được nghiệm nhỏ hơn của phương trình Pell x2− p1p2y2= 1, dẫn đến mâu thuẫn

Trường hợp 2: a1= p1u2, a1+ 1 = p2v2 Thế thì

p2v2− p1u2= 1

Thế thì p2v2≡ 1 (mod p1), kéo theo pp1−12

2 ≡ 1 (mod p1) (theo Định lý Fermat nhỏ vp 1 −1≡ 1 (mod p1) nếu v không chia hết cho p1) Do đó

(p2

Mặt khác lại theo luật thuận nghịch bậc hai của Gauss:

(p

q) (q

p) = (−1)(p−1)(q−1)4 , với p, q là các số nguyên tố lẻ, từ (2.6), suy ra (p 1

p 2) = 1, rút ra mâu thuẫn

Trường hợp 3: a1+ 1 = p1u2, a1= p2v2 Do đó p1u2− p2v2= 1 Tương trự như trên cũng suy ra mâu thuẫn

Trường hợp 4: a1 = u2, a1+ 1 = p1p2v2 Khi đó u2− p1p2v2 = −1, rút ra phương trình Pell âm có nghiệm

(2): Làm tương tự như trên ta cũng có a1(a1+ 1) = 2pb2

Trường hợp 1: a1= 2pu2, a1+ 1 = v2 Thế thì v22− 2pu2= 1, dẫn đến thu được nghiệm nhỏ hơn của phương trình Pell x2− 2py2 = 1, dẫn đến mâu thuẫn

Trường hợp 2: a1= 2u2, a1+ 1 = pv2 Thế thì

pv2− 2u2= 1

Thế thì v lẻ, kéo theo pv2≡ 5 (mod 8), kéo theo u chẵn và rút ra mâu thuẫn

Trường hợp 3: a1= pu2, a1+ 1 = 2v2 Thế thì

2v2− pu2= 1, kéo theo

(2

p) = 1

Điều này mâu thuẫn vì p≡ 5 (mod 8)

Trường hợp 4: a1 = u2, a1 + 1 = 2pv2 Khi đó u2− 2pv2 = −1, rút ra phương trình Pell âm có nghiệm

3 Phương trình Pell chứa tham số

Phương trình Pell chứa tham số là phương trình có dạng

x2− dy2= n, với d không chính phương và n ∈ Z (3.1) Khi đó dùng đồng nhất thức Brahmagupta-Fibonacci, ta cũng có công thức kiến thiết nghiệm bằng phép nhân ma trận Do đó

Định lý 3.1 (xem [4, Định lý 5.10, p 139]) Phương trình (3.1) hoặc vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm Tuy nhiên, khác với trường hợp N = ±1, tập nghiệm cơ bản của phương trình (3.1) có thể có nhiều hơn 1 phần tử

4 Một số ví dụ và bài tập

Câu 4.1 (Romanian TST 2000, xem [1]) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn bộ số nguyên dương(x, y, z, t) sao cho U CLN(x, y, z, t) = 1 và

x3+ y3+ z2= t4 Chứng minh Từ đẳng thức:

13+ 23+ ⋯ + (n − 2)3+ (n − 1)3+ n3= (n(n + 1)

2

,

dẫn đến

(n − 1)3+ n3+ ((n − 1)(n − 2)

2

= (n(n + 1)

2 )

2

Do đó ta cần chọn n∈ Z+ sao cho

n(n + 1)

2 = x2, hay

4n(n + 1) = 8x2, hay

(2n + 1)2− 8x2= 1

Xét phương trình Pell u2−2v2= 1 Nghiệm cơ bản là (u0, v0) = (3, 2); (uk, vk) thu được thông qua đẳng thức

(u0+√2v0)k(u0−√2v0)k= (uk+√2vk)(uk−√2vk) = 1

Câu 4.2 (Irish Math Olympiad 1995, xem [1, Problem 8.2.7, p 168]) Xác định tất cả các số nguyên

a sao cho phương trình x2+ axy + y2= 1 có vô hạn nghiệm nguyên phân biệt

Chứng minh Phương trình tương đương với

(2x + ay)2+ (4 − a2)y2= 4

Trường hợp 1: a2< 4 Phương trình chỉ có hữu hạn nghiệm