Trong mục này, d luôn luôn đ−ợc giả thiết là số nguyên d−ơng, không chính ph−ơng.
Định nghĩa 2.29. Ph−ơng trình x2−dy2 = 1, x, y ∈ Z,đ−ợc gọi làph−ơng trình Pell. Giải ph−ơng trình Pell là tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y)
thoả mãn ph−ơng trình ấy.
Ta thấy ngay tập nghiệm của ph−ơng trình Pell là khác rỗng, vì (1,0)
là một nghiệm. Vấn đề ở đây là sự có nghiệm nguyên đ−ơng. Để giải quyết vấn đề này ta cần các bổ đề sau.
Bổ đề 2.30. Nếu ph−ơng trình x2 −dy2 = 1 có nghiệm nguyên (x0, y0) với y0 = 0 thì nó có nhiều vô hạn nghiệm nguyên d−ơng.
Chứng minh: Giả thiết ph−ơng trình x2 − dy2 = 1 có nghiệm nguyên
(x0, y0) với y0 = 0 . Thấy ngay, (−x0, y0), (x0,−y0), (−x0,−y0) cũng là nghiệm của ph−ơng trình. Không hạn chế ta có thể coi x0 ≥ 1, y0 ≥ 1.Ký hiệu xn, yn nguyên thoả mãn xn + yn√
d = (x0 + y0 √ d)n, n = 1,2, . . . , hay xn = x0xn−1 + dy0yn−1, yn = y0xn−1 +x0yn−1, n ≥1.
Hiển nhiên xn > xi, yn > yi khi n > i. Vậy, ph−ơng trình đã cho có nhiều vô hạn nghiệm nguyên d−ơng.
Đặt α = √
d. Xây dựng các dãy {Pn}, {Qn} và {πn} nh− trong mục 2.5.
Bổ đề 2.31. Ta có các kết quả sau đây:
(i) |Pn2 −dQ2n| < 3α cho mọi n = 0,1, . . . ;
(ii) Pm
Qm = Pn
Qn cho nhiều vô hạn m, n; (iii) Có nhiều vô hạn m, n để P2
m −dQ2m > 0, Pn2 −dQ2n < 0. Chứng minh: (i) Theo Định lý 2.21 (xi) ta có |Pn −αQn| < 1
Qn. Vì các Qn ≥ 1 nên Pn < αQn + 1 Qn αQn+ 1 và nh− thế Pn +αQn 3αQn. Ta có |P2 n −dQ2 n| < 1 Qn.3αQn = 3α. (ii), (iii) đ−ợc suy ra từ Định lý 2.21.
Định lý 2.32. Ph−ơng trình Pell x2 −dy2 = 1 có nhiều vô hạn nghiệm nguyên d−ơng.
Chứng minh: Ta xét n để Pi
Qi = Pn
Qn, i = 1,2, . . . , n−1. Do d không là số chính ph−ơng, nên m = Pi2 − dQ2i = 0. Nếu m = 1, ta chọn x0 =
Pi, y0 = Qi. Nếu m >1, do Bổ đề 2.31 ta suy ra có cặp (Pr, Qr),(Ps, Qs)
với r = s thoả mãn P2 r −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 cho m, b = PsQr −QsPr chia hết cho m, a2 −db2 = (Pr2 −dQr2)(Ps2 −dQ2s) = m2. Đặt a = mx0, b = my0. Ta có x2 0 − dy2 0 = 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 = 0. Chọn y0 ≥ 1, x0 ≥ 1, ph−ơng trình Pell x2−dy2 = 1 có nhiều vô hạn nghiệm nguyên d−ơng theo Bổ đề 2.30.
Định lý 2.33. Nếu(x0, y0)là nghiệm nguyên d−ơng với giá trị y0 nhỏ nhất thì tất cả các nghiệm nguyên d−ơng của ph−ơng trình Pell x2 −dy2 = 1 đ−ợc xác định bởi công thức x+y√
d = (x0 +y0
√
d)n, n = 1,2, . . . . Việc chứng minh định lý này đ−ợc coi nh− một bài tập.
Định lý 2.34. Nếu √
d = [q0;q1, . . . , qn, q1, . . . , qn, q1, . . .] là vô tỉ bậc hai tuần hoàn với chu kỳ có độ dài n thì P2
n −dQ2n = (−1)n−1. Chứng minh:
Thí dụ 2.35. Giải ph−ơng trình Pell x2 −7y2 = 1. Chứng minh: Ta thấy √ 7 = [2; 1,1,1,4,1,1,1,4, . . .]. Dãy {Pi} và {Qi} đ−ợc 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 d−ơng với giá trị của y = 3 là nhỏ nhất. Vậy các nghiệm nguyên d−ơng của x2 −7y2 = 1 đ−ợc xác định theo công thức x+y√
7 = (8 + 3√
7)n, n= 1,2, . . . .
Thí dụ 2.36. Giải ph−ơng trình Pell x2 −13y2 = 1. Chứng minh: Ta thấy√
13 = [3; 1,1,1,1,6,1,1,1,1,6, . . .].Dễ dàng kiểm tra (18,5) là nghiệm nguyên d−ơng với giá trị của y = 5 là nhỏ nhất. Vậy các nghiệm nguyên d−ơng của x2 −13y2 = 1 đ−ợc xác định theo công thức x+y√
13 = (18 + 5√