bg bac DP phuong trinh pell

Phương trình Pell số vấn đề liên quan Đào Phương Bắc ∗† Ngày 10 tháng năm 2016 Tóm tắt nội dung Cho d số nguyên dương khơng có ước phương, phương trình nghiệm nguyên x2 − dy = x2 − dy = −1 gọi phương trình Pell phương trình Pell âm Trong giảng chúng tơi đề cập đến phương trình Pell, liên hệ với liên phân số xấp xỉ Diophantine Ngồi chúng tơi thảo luận điều kiện tính giải phương trình Pell âm Mục lục Tính giải cơng thức nghiệm phương trình Pell (dương) Phương trình Pell (âm) Phương trình Pell chứa tham số 10 Một số ví dụ tập 10 Tính giải cơng thức nghiệm phương trình Pell (dương) Trong mục đề cập đến tồn nghiệm phương trình Pell (dương), với ý tưởng sử dụng Bổ đề tếng Dirichlet xấp xỉ số vô tỷ số hữu tỷ Sau tồn tại, thảo luận công thức nghiệm Để liệt kê tất nghiệm phương trình Pell, ta cần đến đồng thức Brahmagupta-Fibonacci: (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 , (a2 + N b2 )(c2 + N d2 ) = (ac + bd)2 + N (ad − bc)2 , = (ac − bd)2 + N (ad + bc)2 Từ rút (x, y) nghiệm phương trình Pell, (x′ , y ′ ) cho điều kiện sau nghiệm: x′ a db x ( ′) = ( )( ) y b a y ∗ Bộ mơn Đại số-Hình học-Tơ pơ, Khoa Tốn-Cơ-Tin học, ĐHQG Hà Nội Email: bacdp@vnu.edu.vn, dpbac.vnu@gmail.com Điện thoại 0983560149 † Tác giả xin chân thành cám ơn Viện nghiên cứu cao cấp Toán (VIASM), Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc tạo điều kiện để tác giả trình bày giảng Định nghĩa 1.1 Phương trình Pell phương trình có dạng x2 − dy = 1, (1.1) với d ∈ Z+ số nguyên dương Ở ta ln hiểu nghiệm phương trình cặp nghiệm (x, y) x, y số nguyên dương Định lý 1.2 (Về tồn nghiệm, xem [4, Định lý 5.5, trang 129]) Phương trình nghiệm ngun (1.1) có nghiệm ngun dương (x, y) d không số phương Chứng minh Trường hợp 1: Nếu d số phương d = m2 , phương trình Pell tương đương: (x − my)(x + my) = Do (x, y) = (1, 0) nghiệm nguyên nhất, không nghiệm nguyên dương Trường hợp 2: d khơng số phương Ta cần phương trình (1.1) có cặp nghiệm ngun 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 số vô tỉ, tồn vơ hạn cặp số ngun (m, n) n số nguyên dương thỏa mãn ∣α − m ∣< n n Chứng minh Bổ đề 1.3 Với q số nguyên dương, ta xét dãy phần lẻ {{tα}}qt=0 Chia đoạn [0, 1] q đoạn sau: [0, 1] = B1 ∪ ∪ Bq , i Bi = [ i−1 q , q ] Thế tồn t1 > t2 ∈ {0, 1, , q} cho ∣{t1 α} − {t2 α}∣≤ , q kéo theo kéo theo ∣t1 α − [t1 α] − (t2 α − [t2 α]) ∣≤ , q ∣(t1 − t2 )α − ([t1 α] − [t2 α]) ∣≤ , q kéo theo ∣α − Đặt [t1 α] − [t2 α] ∣≤ t1 − t2 q(t1 − t2 ) ⎧ ⎪ ⎪m = [t1 α] − [t2 α], ⎨ ⎪ ⎪ ⎩n = t1 − t2 , ta có ∣α − m ∣≤ , với n ≤ q n qn Tóm lại, với q số nguyên dương tùy ý, tồn m, n ∈ Z, n ≤ q ∈ Z+ cho: ∣α − m ∣≤ , với n ≤ q n qn Vì α vơ tỉ, nên ∣α − ∣< Đặt A = {(m, n) ∈ Z × Z+ ∣ ∣α − m n tồn ε > cho } n2 m 1 ∣< ≤ n qn n (1.2) Từ (1.2) suy A ≠ ∅ Giả sử A gồm hữu hạn phần tử Khi m ∣> ε với (m, n) ∈ A n < ε Thế tồn (m′ , n′ ) ∈ Z × Z+ cho ∣α − Chọn q đủ lớn cho q ∣α − m′ 1 ∣< ′ ≤ ′2 ′ n qn n Do (m′ , n′ ) ∈ A Mặt khác ∣α − m′ ∣< ≤ ε, n′ q nên (m′ , n′ ) ∈ A Từ rút mâu thuẫn Vậy Bổ đề chứng minh Bổ đề 1.4 Tồn vô hạn cặp số nguyên dương (x, y) cho √ ∣x2 − dy ∣ < + d Chứng minh Bổ đề 1.4 Từ suy tồn vô hạn cặp số nguyên dương (x, y) cho x √ ∣ − d∣< , y y kéo theo √ ∣x − y d∣< y Mặt khác ta có √ Do < ∣x + y d∣ < √ x √ < ∣ + d∣< + d y y y √ + 2y d Từ suy < ∣x2 − y d∣ < √ √ + d ≤ d + y2 Vậy Bổ đề chứng minh Quay lại chứng minh định lý Từ Bổ đề trên, tồn vô hạn cặp số nguyên dương (x, y) cho √ ∣x2 − dy ∣ < + d, √ √ suy tồn số k ∈ [−1 − d, + d] ∖ {0} để có vơ hạn cặp số ngun dương (x, y) thỏa mãn x2 − dy = k Thế tồn (x1 , y1 ) ≠ (x2 , y2 ) cho: ⎧ x1 ≡ x2 (mod k), ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y1 ≡ y2 (mod k), ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 ⎪ ⎩x1 − dy1 = x2 − dy2 = k (1.3) Mặt khác dùng đồng thức Brahmagupta-Fibonacci ta có: (x1 x2 − dy1 y2 )2 − d(x1 y2 − x2 y1 )2 = (x21 − dy12 )2 (x22 − dy22 ) = k Mặt khác (1.4) ⎧ ⎪ ⎪x1 x2 − dy1 y2 ≡ x21 − dy12 ≡ (mod k), ⎨ ⎪ ⎪ ⎩x1 y2 − x2 y1 ≡ (mod k) Vậy ta đặt ∣x1 x2 − dy1 y2 ∣ = ku, ∣x1 y2 − x2 y1 ∣ = kv, thu u2 − dv = Vì d khơng số phương nên (u, v) khơng rơi vào trường hợp tầm thường Nói riêng v = 0, x1 y2 = x2 y1 , hay xy11 = xy22 Do điều kiện 1.3, suy y1 = y2 , kéo theo vơ lý Do v > 0, phương trình Pell có nghiệm khơng tầm thường Nhận xét 1.5 Định lý 1.2 chứng minh cách dùng liên phân số Phương trình Pell tồn nghiệm nguyên dương nhỏ (x, y) = (a, b), b số nguyên dương nhỏ cho + db2 số phương Bổ đề Dirichlet kết quan trọng khởi đầu xấp xỉ Diophantine Chúng ta điểm qua kết quan trọng sau K Roth (1955) có liên quan đến Bổ đề Dirichlet: Cho α số đại số thực, ε > số thực dương tùy ý Thế tồn không hữu hạn số hữu tỷ pq cho p ∣α − ∣ < 2+ε q q Trước trình bày cơng thức nghiệm tổng qt phương trình Pell ta tìm hiểu trường hợp riêng Ví dụ 1.6 Chứng minh phương trình x2 − 2y = có vơ số nghiệm nguyên không âm 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 dạng ma trận bởi: ( x1 x xn ) = ( ) , ( n+1 ) = ( ) ( ) y1 yn+1 yn Chứng minh x2n − 2yn2 = với n nguyên dương dãy (xn , yn ) vét nghiệm nguyên dương phương trình Pell nói Chứng minh (1): Nhắc lại đồng thức Brahmagupta-Fibonacci sau: (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 , (a2 + N b2 )(c2 + N d2 ) = (ac + bd)2 + N (ad − bc)2 , = (ac − bd)2 + N (ad + bc)2 Khi a2 − 2b2 = 1, x2 − 2y = 1, áp dụng đồng thức nói thu được: = (a2 − 2b2 )(x2 − 2y ) = (ax + 2by) − 2(ay + bx)2 Vì (3, 2) nghiệm phương trình nên (x, y) nghiệm (3x + 4y, 3y + 2x) nghiệm Do phương trình có vơ hạn nghiệm nguyên dương (2): Giả sử (x, y) nghiệm nguyên dương nhỏ (theo nghĩa x + y nhỏ nhất) khơng có dạng (xn , yn ) Thế (x′ = 3x − 4y, y ′ = 3y − 2x) nghiệm phương trình x2 − 2y = Nhận thấy (x′ , y ′ ) nghiệm phương trình x2 − 2y = x′ + y ′ < x + y Do (x′ , y ′ ) = (xn , yn ) Thế (x, y) = (xn+1 , yn+1 ) Điều mâu thuẫn với giả thiết (x, y) khơng có dạng (xn , yn ) Vậy ta có điều cần chứng minh Bằng cách nêu ta thu công thức nghiệm trường hợp tổng quát thông qua phép nhân ma trận Sau ta trình bày dạng khác công thức nghiệm thông qua hệ thức truy hồi cua dãy số Định lý 1.7 (Công thức nghiệm phương trình Pell) Giả sử (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell (dương): x2 − dy = 1, d ∈ Z+ , (1.5) (hay b số nguyên nhỏ cho + db2 phương) Tập tất nghiệm nguyên dương phương trình (1.5) cho 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 hai dãy nói x2 − 2ax + = Phương trình có hai nghiệm Từ suy √ ⎧ ⎪ ⎪λ1 = a + b d, √ ⎨ ⎪ λ = a − b d ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎪xn = c1 λn1 + c2 λn2 , ⎨ n n ⎪ ⎪ ⎩yn = d1 λ1 + d2 λ2 , c1 , c2 , d1 , d2 thỏa mãn điều kiện ban đầu Thế ⎧ ⎪ ⎪c1 = c2 = , ⎨ 1 ⎪ d = √ ,d = − √ ⎪ d ⎩ d Do kéo theo √ √ ⎧ (a+b d)n +(a−b d)n ⎪ ⎪ x = , ⎪ n √ n2 √ n ⎨ (a+b d) −(a−b d) ⎪ √ ⎪ y = , ⎪ d ⎩ n √ √ ⎧ ⎪ ⎪xn + yn d = (a + b d)n , √ √ n ⎨ ⎪ ⎪ ⎩xn − yn d = (a − b d) Nhận thấy từ công thức truy hồi {xn }, {yn } dãy tăng số nguyên dương Do (xn , yn ) nghiệm nguyên dương phương trình Pell Đảo lại, giả sử (xn , yn ) nghiệm nguyên dương tùy ý, ta chứng minh tồn n ∈ Z+ cho √ √ √ x + y d = (a + b d)n = xn + yn d Trái lại kéo theo tồn m ∈ Z+ cho √ √ √ (a + b d)m < x + y d < (a + b d)m+1 √ Nhân vế bất đẳng thức với (a − b d)m > thu √ √ √ < (x + y d)(a − b d)m < a + b d √ √ √ √ Mặt khác (a − b d)m = xm − ym d, suy < u + v d < a + b d, ⎧ ⎪ ⎪u = xxm − dyym , ⎨ ⎪ ⎪ ⎩v = xm y − xym ) = Vì Hơn u2 − dv = (x2 − dy )(xm − dym √ ⎧ ⎪ ⎪x > dy √ ⎨ ⎪ x > dym , ⎪ m ⎩ √ √ √ nên xxm > dyym Do u > Vì u + v d > 1, nên < u − v d < < u + v d, kéo theo v > Từ suy (u, v) nghiệm nguyên dương phương trình Pell (mâu thuẫn với tính nhỏ nghiệm (a, b)) Nhận xét 1.8 trình Pell: Từ chứng minh đưa thêm hai công thức nghiệm cho phương √ √ ⎧ (a+b d)n +(a−b d)n ⎪ ⎪ , ⎪xn = √ √ ⎨ (a+b d)n −(a−b d)n ⎪ √ ⎪ , y = ⎪ d ⎩ n √ √ ⎧ ⎪ ⎪xn + yn d = (a + b d)n , √ √ n ⎨ ⎪ x − y d = (a − b d) , ⎪ n n ⎩ với (a, b) nghiệm Các nghiệm (xn , yn ) thỏa mãn điều kiện xấp xỉ cho Bổ đề Dirichlet: √ xn ∣ d− ∣< yn yn Nhận xét 1.9 Việc tìm nghiệm nhỏ phương trình Pell thường khơng đơn giản Ví dụ x2 − 61y = có nghiệm nhỏ (x, y) = (1766319049, 226153980) Phương trình Pell (âm) Định nghĩa 2.1 Phương trình Pell loại (âm) phương trình có dạng: x2 − dy = −1, d ∈ Z+ Nhận xét 2.2 Ta xét nghiệm ngun dương phương trình này, d khơng số phương Nếu d có ước nguyên tố dạng p = 4k + 3, phương trình vơ nghiệm x2 + = dy ⋮ p = 4k + 3, kéo theo x2 ≡ −1 (mod p), kéo theo xp−1 ≡ (−1)2k+1 ≡ −1 (mod p) Điều mâu thuẫn với Định lý Fermat nhỏ Định lý 2.3 (xem [4, Định lý 5.7]) Nếu d số nguyên tố, phương trình Pell âm có nghiệm d ≠ 4k + Chứng minh Ta phải chứng minh d ∈ P, d ≠ 4k + 3, phương trình Pell âm có nghiệm Trường hợp 1: d = Phương trình x2 − 2y = −1 có nghiệm (x, y) = (1, 1) Trường hợp 2: d ≡ (mod 4) Xét phương trình Pell liên kết với phương trình Pell âm nói trên: x2 − dy = 1, xét nghiệm (a, b) nhỏ phương trình này: a2 − db2 = (2.1) Nếu a chẵn, b lẻ, suy b2 ≡ (mod 4), suy db2 ≡ (mod 4) Điều mâu thuẫn với việc db2 = a2 − ≡ (mod 4) Từ suy a lẻ, b chẵn Ta đặt a = 2a1 + 1, b = 2b1 Thế từ phương trình (2.1), ta có a1 (a1 + 1) = db21 Vì (a1 , a1 + 1) = 1, d ∈ P, nên ⎧ ⎪ ⎪a1 = u2 , ⎨ ⎪ ⎪ ⎩a1 + = dv , (2.2) ⎧ ⎪ ⎪a1 = du2 , ⎨ ⎪ ⎪ ⎩a1 + = v (2.3) Nếu (2.3) xảy ra, v − du2 = Đây nghiệm nhỏ phương trình Pell, kéo theo mâu thuẫn Do trường hợp khơng xảy Nếu (2.2) xảy ra, 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) nghiệm nhỏ phương trình Pell liên kết với phương trình Pell âm x2 − dy = −1 Khi phương trình Pell âm có nghiệm hệ sau có nghiệm nguyên dương: ⎧ ⎪ ⎪a = x2 + dy , ⎨ ⎪ ⎪ ⎩b = 2xy (2.4) Hơn nữa, hệ phương trình (2.4) có nghiệm nghiệm nghiệm nghiệm phương trình Pell âm: x2 − dy = −1 Định lý 2.5 (xem [4, Định lý 5.19]) Giả sử hệ (2.4) có nghiệm (u, v) Xét dãy số nguyên dương {xn }, {yn } xác định bởi: ⎧ ⎪ ⎪x0 = u, x1 = u3 + 3duv , xn+2 = 2axn+1 − xn , ⎨ ⎪ ⎪ ⎩y0 = v, y1 = dv + 3u v, yn+2 = 2ayn+1 − yn (2.5) Khi {(xn , yn )}∞ n=0 tất nghiệm phương trình Pell âm Nhận xét 2.6 Chứng minh dựa nhận xét sau: Nếu (u, v) nghiệm x2 − dy = −1, cặp (a, b) nguyên dương thỏa mãn √ √ a + b d = (u + v d)2 nghiệm x2 − dy = 1, nghiệm (xn , yn ) phương trình Pell âm cho √ √ xn + yn d = (u + v d)2n+1 Ngồi cơng thức n x a db u ( n+1 ) = ( ) ( ) yn+1 b a v vét tất nghiệm phương trình Pell âm, (u, v) (tương ứng, (a, b)) nghiệm phương trình Pell âm (tương ứng, phương trình Pell) Định lý 2.7 (xem [7, p 921]) Giả sử d ≡ 1, (mod 4) số nguyên không phương Khi phương trình Pell âm có nghiệm x0 ≡ −1 (mod 2d) (x0 , y0 ) nghiệm phương trình Pell liên kết x2 − dy = Chứng minh Nếu x2 − dy = −1 có nghiệm (a0 , b0 ), nghiệm x2 − dy = cho bởi: √ √ x0 + y0 d = (a0 + b0 d)2 Thế x0 = a20 + db20 = −1 + 2db20 ≡ −1 (mod 2d) Đảo lại, giả sử phương trình Pell có nghiệm (x0 , y0 ) thỏa mãn: x0 ≡ −1 (mod 2d) Thế x0 = −1 + k2d, k ∈ Z Vậy (−1 + k2d)2 − dy02 = Do y0 chẵn y0 = 2y1 Thế dk − k − y12 = 0, kéo theo k(dk − 1) = y12 Vì (k, dk − 1) = 1, nên k = r2 , dk − = s2 Vậy dk − = dr2 − = s2 , kéo theo s2 − dr2 = −1 phương trình Pell âm giải Nhận xét 2.8 (xem [4, Bài 5.7, p 157]) Phương trình Pell âm x2 − 34y = khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Phương trình Pell liên kết x2 − 34y = có nghiệm nhỏ (a, b) = (35, 6) Vậy ta xét hệ phương trình: ⎧ ⎪ ⎪x2 + 34y = 35, ⎨ ⎪2xy = ⎪ ⎩ Phương trình vơ nghiệm, nên theo Định lý 2.4, phương trình Pell âm vô nghiệm Nhận xét 2.9 Tuy nhiên, phương trình Pell âm nói có nghiệm hữu tỷ (x = 53 , y = 15 ) Vậy câu hỏi đặt phải d khơng có ước nguyên tố dạng 4k + phương trình x2 − dy = −1 ln có nghiệm Q ? Định lý 2.10 (xem [8, Theorem 2.4.2, p 20]) Cho p1 , p2 số nguyên tố dạng 4k + cho ( pp21 ) = −1 Khi phương trình Pell âm x2 − p1 p2 y = −1 có nghiệm Hơn p số nguyên tố dạng 8k + 5, phương trình Pell âm x2 − 2py = −1 có nghiệm Chứng minh (1): Làm tương tự Định lý 2.3, ta có phương trình a1 (a1 + 1) = p1 p2 b21 Vậy ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: a1 = p1 p2 u2 , a1 + = v Thế v22 − p1 p2 u2 = 1, dẫn đến thu nghiệm nhỏ phương trình Pell x2 − p1 p2 y = 1, dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp 2: a1 = p1 u2 , a1 + = p2 v Thế p2 v − p1 u2 = p1 −1 Thế p2 v ≡ (mod p1 ), kéo theo p2 ≡ (mod p1 ) (theo Định lý Fermat nhỏ v p1 −1 ≡ (mod p1 ) v khơng chia hết cho p1 ) Do p2 ( ) = (2.6) p1 Mặt khác lại theo luật thuận nghịch bậc hai Gauss: (p−1)(q−1) p q , ( ) ( ) = (−1) q p với p, q số nguyên tố lẻ, từ (2.6), suy ( pp21 ) = 1, rút mâu thuẫn Trường hợp 3: a1 + = p1 u2 , a1 = p2 v Do p1 u2 − p2 v = Tương trự suy mâu thuẫn Trường hợp 4: a1 = u2 , a1 + = p1 p2 v Khi u2 − p1 p2 v = −1, rút phương trình Pell âm có nghiệm (2): Làm tương tự ta có a1 (a1 + 1) = 2pb2 Trường hợp 1: a1 = 2pu2 , a1 + = v Thế v22 − 2pu2 = 1, dẫn đến thu nghiệm nhỏ phương trình Pell x2 − 2py = 1, dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp 2: a1 = 2u2 , a1 + = pv Thế pv − 2u2 = Thế v lẻ, kéo theo pv ≡ (mod 8), kéo theo u chẵn rút mâu thuẫn Trường hợp 3: a1 = pu2 , a1 + = 2v Thế 2v − pu2 = 1, kéo theo ( ) = p Điều mâu thuẫn p ≡ (mod 8) Trường hợp 4: a1 = u2 , a1 + = 2pv Khi u2 − 2pv = −1, rút phương trình Pell âm có nghiệm Phương trình Pell chứa tham số Phương trình Pell chứa tham số phương trình có dạng x2 − dy = n, với d khơng phương n ∈ Z (3.1) Khi dùng đồng thức Brahmagupta-Fibonacci, ta có cơng thức kiến thiết nghiệm phép nhân ma trận Do Định lý 3.1 (xem [4, Định lý 5.10, p 139]) Phương trình (3.1) vơ nghiệm có vơ số nghiệm Tuy nhiên, khác với trường hợp N = ±1, tập nghiệm phương trình (3.1) có nhiều phần tử Một số ví dụ tập Câu 4.1 (Romanian TST 2000, xem [1]) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương (x, y, z, t) cho U CLN (x, y, z, t) = x3 + y + z = t4 Chứng minh Từ đẳng thức: 13 + 23 + ⋯ + (n − 2)3 + (n − 1)3 + n3 = ( dẫn đến (n − 1)3 + n3 + ( Do ta cần chọn n ∈ Z+ cho n(n + 1) ) , 2 (n − 1)(n − 2) n(n + 1) ) =( ) 2 n(n + 1) = x2 , hay 4n(n + 1) = 8x2 , hay (2n + 1)2 − 8x2 = Xét phương trình Pell u2 − 2v = Nghiệm (u0 , v0 ) = (3, 2); (uk , vk ) thu thông qua đẳng thức √ √ √ √ (u0 + 2v0 )k (u0 − 2v0 )k = (uk + 2vk )(uk − 2vk ) = Câu 4.2 (Irish Math Olympiad 1995, xem [1, Problem 8.2.7, p 168]) Xác định tất số nguyên a cho phương trình x2 + axy + y = có vơ hạn nghiệm nguyên phân biệt Chứng minh Phương trình tương đương với (2x + ay)2 + (4 − a2 )y = Trường hợp 1: a2 < Phương trình có hữu hạn nghiệm 10 Trường hợp 2: a = ±2 Phương trình có vơ hạn nghiệm ngun Trường hợp 3: a > Phương trình Pell u2 − (a2 − 4)y = có vơ hạn nghiệm ngun dương Do ta cần chọn x, y cho 2x + ay = 2u, y = 2v Đây vơ hạn nghiệm cần tìm Tóm lại điều kiện a2 ≥ Câu 4.3 (xem [4, Bài 5.19], Bulgaria Math Olympiad 1999 s = 10) Chứng minh phương trình x3 + y + z + t3 = 2S − có vơ số nghiệm nguyên s=1+2+⋯+n= n(n + 1) Chứng minh Phương trình có nghiệm riêng (x0 , y0 , z0 , t0 ) = (S, S, −1, 0) Khi ta tìm nghiệm dạng ⎧ x = S − r, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪y = S + r, ⎨ ⎪ z = −(l + 1), ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t = l Phương trình trở thành (2l + 1)2 − 8Sr2 = (4.1) Đặt u ∶= 2l + 1, phương trình trở thành u2 − 4n(n + 1)r2 = 1, có nghiệm đương nhiên (4.2) ⎧ ⎪ ⎪u0 = 2n + 1, ⎨ ⎪ ⎪ ⎩r0 = Với (un , rn ) nghiệm (4.2) ⎧ ⎪ ⎪un+1 = u0 un + dr0 rn , ⎨ ⎪ ⎪ ⎩rn+1 = r0 un + u0 rn , nghiệm (4.2) Vì un+1 > un , rn+1 > rn , nên ta có điều phải chứng minh Nhận xét 4.4 Nếu thay S số nguyên dương cho 2S khơng số phương khẳng định Câu 4.5 (Vietnam Math Olympiad 1999) Cho hai dãy số (xn ), (yn ) sau: x1 = 1, x2 = 4, xn+2 = 3xn+1 − xn với n ≥ 1, y1 = 1, y2 = 2, yn+2 = 3yn+1 − yn với n ≥ Chứng minh số nguyên dương a, b thỏa mãn phương trình a2 − 5b2 = −4 (a, b) = (xk , yk ) với k nguyên dương 11 Câu 4.6 (xem [4, Bài 51, trang 503]) Tìm tất số nguyên dương x > cho tam giác có độ dài ba cạnh x − 1, x, x + có diện tích số ngun Chứng minh Theo cơng thức Heron, diện tích tam giác là: √ S = p(p − a)(p − b)(p − c) √ = x 3(x2 − 4) Do 16S = 3x2 (x2 − 4) Vì S ∈ Z, nên x số chẵn, x = 2y với y ∈ Z+ Do √ S = y 3(y − 1) ∈ Z, √ kéo theo 3(y − 1) = h ∈ N, hay h chia hết cho 3, h = 3z Thế ta thu phương trình Pell y − 3z = (4.3) Ngược lại, (y, z) nghiệm phương trình (4.3), x = 2y, y > 1, thỏa mãn đề Nghiệm (4.3) (y, z) = (2, 1) Tất nghiệm phương trình (4.3) cho cơng thức √ √ yn ± 3zn = (2 ± 3)n , kéo theo yn = kéo theo xn = (2 + √ 3)n + (2 − √ (2 + √ 3)n + (2 − √ 3)n , 3)n Từ rút cơng thức truy hồi nghiệm là: x0 = 2, x1 = 4, xn+2 = 4xn+1 − xn Câu 4.7 (xem Bài mơn Giải tích Olympic SV 2016) Cho a, b hai số thực dương Chứng minh lim (a{nb} + b{na}) = n→∞ a, b số nguyên Ý chứng minh Nhận thấy từ Bổ đề Dirichlet ta suy α ∉ Q, {{nα}}∞ n=0 trù mật [0, 1] Tài liệu [1] Titu Andreescu; Dorin Andrica: Number theory Structures, examples, and problems Birkhă auser Boston, Inc., Boston, MA, 2009 xviii+384 pp ISBN: 978-0-8176-3245-8 [2] Hà Huy Khoái: Số học Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông Tái lần thứ ba Nhà Xuất Giáo dục (2008) [3] Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng: Các giảng Số học (2 tập) Nhà Xuất Bản Đại học Quốc Gia Hà Nội (2009) [4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận: Một số vấn đề Số học chọn lọc Nhà Xuất Giáo dục (2008) 12 [5] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy: Bài Giảng số học Tái lần thứ năm Nhà Xuất Giáo dục Việt Nam (2010) [6] K Ireland, M Rosen, A classical introduction to modern number theory Second edition Graduate Texts in Mathematics, 84 Springer-Verlag, New York, 1990 xiv+389 pp ISBN: 0-387-97329-X [7] R Mollin, A Srinivasan, Anitha, A note on the negative Pell equation Int J Algebra (2010), no 17-20, 919–922 [8] Nguyễn Thọ Tùng: On the norm of fundamental units in real quadratic number fields, Undergraduate Thesis 2013 13 ... nghiệm nhỏ phương trình Pell thường khơng đơn giản Ví dụ x2 − 61y = có nghiệm nhỏ (x, y) = (1766319049, 226153980) Phương trình Pell (âm) Định nghĩa 2.1 Phương trình Pell loại (âm) phương trình... nghiệm nhỏ phương trình Pell, kéo theo mâu thuẫn Do trường hợp khơng xảy Nếu (2.2) xảy ra, phương trình Pell âm có nghiệm (u, v) Định lý 2.4 (Điều kiện để phương trình Pell âm có nghiệm, xem [4,... nghiệm, xem [4, Định lý 5.8]) Gọi (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell liên kết với phương trình Pell âm x2 − dy = −1 Khi phương trình Pell âm có nghiệm hệ sau có nghiệm nguyên dương: ⎧ ⎪ ⎪a = x2