Trong mục này,dluôn luôn được giả thiết là số nguyên dương, không chính phương.
Định nghĩa2.27. Phương trìnhx2−dy2 = 1, x, y ∈ Z,được gọi là phương trình Pell. Giải phương trình Pell là tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y)
thoả mãn phương trình ấy.
Ta thấy ngay tập nghiệm của phương trình Pell là khác rỗng, vì (1,0)là một nghiệm. Vấn đề ở đây là sự có nghiệm nguyên đương. Để giải quyết vấn đề này ta cần các bổ đề sau.
Bổ đề2.28. Nếu phương trình x2−dy2 = 1có nghiệm nguyên (x0, y0) với y0 6= 0 thì nó có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương.
Chứng minh: Giả thiết phương trình x2 − dy2 = 1 có nghiệm nguyên
(x0, y0) với y0 = 06 . Thấy ngay, (−x0, y0), (x0,−y0), (−x0,−y0) cũng là nghiệm của phương trình. Không hạn chế ta có thể coi x0 ≥ 1, y0 ≥ 1. Ký hiệuxn, yn nguyên thoả mãnxn+yn√
d = (x0+y0√ d)n, n = 1,2, . . . , hay ( xn = x0xn−1 +dy0yn−1, yn = y0xn−1 + x0yn−1, n ≥ 1.
Hiển nhiênxn > xi, yn > yi khi n > i. Vậy, phương trình đã cho có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương.
Đặt α = √
d. Xây dựng các dãy {Pn}, {Qn} và{πn} như trong mục 2.5.
Bổ đề 2.29. Ta có các kết quả sau đây: (i) |Pn2 −dQ2n| < 3α cho mọi n= 0,1, . . .;
(ii) Pm
Qm
6
= Pn
Qn cho nhiều vô hạn m, n;
(iii) Có nhiều vô hạn m, n để Pm2 −dQ2m > 0, Pn2 −dQ2n < 0. Chứng minh: (i) Theo Định lý 2.18 (xi) ta có |Pn −αQn| < 1
Qn. Vì các Qn ≥ 1 nên Pn < αQn + 1
Qn ≤ αQn + 1 và như thế Pn +αQn ≤ 3αQn. Ta có |Pn2 −dQ2n| < 1
Qn.3αQn = 3α. (ii), (iii) được suy ra từ Định lý 2.18.
Định lý 2.30. Phương trình Pell x2 − dy2 = 1 có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương.
Chứng minh: Ta xét n để Pi
Qi 6= Pn
Qn, i= 1,2, . . . , n−1. Do d không là số chính phương, nênm = Pi2−dQ2i 6= 0. Nếum = 1, ta chọnx0 = Pi, y0 =
Qi.Nếum > 1,do Bổ đề 2.29 ta suy ra có cặp(Pr, Qr),(Ps, Qs)vớir 6= s thoả mãn Pr2 − dQ2r = m, Ps2 − dQ2s = m, Pr −Ps chia hết cho m, và Qr −Qs chia hết cho m. Đặt a+αb = (Pr +αQr)(Ps −αQs). Dễ dàng chỉ ra a = PrPs−dQrQs chia hết chom, b = PsQr−QsPr chia hết chom, a2 −db2 = (Pr2 −dQr2)(Ps2 −dQ2s) =m2. Đặt a = mx0, b = my0. Ta có x02 − dy02 = 1. Nếu y0 = 0 thì b = 0 hay PsQr −QsPr = 0. Khi đó Pr Qr = Ps
Qs. Theo điều kiện trên, khi lấy r = n, s < n, thì y0 6= 0. Chọn y0 ≥ 1, x0 ≥ 1, phương trình Pell x2−dy2 = 1có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương theo Bổ đề 2. 28.
Định lý2.31. Nếu(x0, y0) là nghiệm nguyên dương với giá trị y0 nhỏ nhất thì tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell x2 −dy2 = 1
được xác định bởi công thức x+y√
d = (x0 +y0√
d)n, n = 1,2, . . . . Việc chứng minh định lý này được coi như một bài tập.
Định lý 2.32. Nếu √d = [q0;q1, . . . , qn, q1, . . . , qn, q1, . . .] là vô tỉ bậc hai tuần hoàn với chu kỳ có độ dài n thì Pn2 −dQ2N = (−1)n−1.
Chứng minh:
Thí dụ2.33. Giải phương trình Pell x2 −7y2 = 1.
Chứng minh: 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.
Dễ dàng kiểm tra (8,3) là nghiệm nguyên dương với giá trị của y = 3 là nhỏ nhất. Vậy các nghiệm nguyên dương củax2 −7y2 = 1 được xác định theo công thức x+y√
7 = (8 + 3√
7)n, n = 1,2, . . . .
Thí dụ2.34. Giải phương trình Pell x2 −13y2 = 1.
Chứng minh: Ta thấy √13 = [3; 1,1,1,1,6,1,1,1,1,6, . . .]. Dãy {Pi} và
{Qi} được xác định: ( P0 = 3, Q0 = 1, ( P1 = 4, Q1 = 1, ( P2 = 7, Q2 = 2, ( P3 = 11, Q3 = 3, ( P4 = 18, Q4 = 5.
Dễ dàng kiểm tra (18,5) là nghiệm nguyên dương với giá trị của y = 5 là nhỏ nhất. Vậy các nghiệm nguyên dương củax2−13y2 = 1được xác định theo công thức x+y√
13 = (18 + 5√
3 Chương ba