July 13, 2011 – T's Lab

Các bạn có thể xem phần đầu về phương trình Pell ở đây: https://nttuan.org/2007/12/15/pell-equation/

Cho $d$ là số nguyên dương không phải là số chính phương. Xét phương trình Pell âm

$\displaystyle x^2-dy^2=-1. \qquad (1)$

Định lý 1. Nếu $(x_1,y_1)$ và $(x_2,y_2)$ là hai nghiệm nguyên dương của (1) thì

$\displaystyle x_1<x_2 \Longleftrightarrow y_1<y_2 \Longleftrightarrow x_1+y_1\sqrt d<x_2+y_2\sqrt d.$

Chứng minh. Từ giả thiết, ta có

$\displaystyle (x_2-x_1)(x_2+x_1)=d(y_2-y_1)(y_2+y_1).$

Vì $x_1+x_2>0$ và $d(y_1+y_2)>0$ , hai hiệu $x_2-x_1$ và $y_2-y_1$ cùng dấu hoặc đồng thời bằng $0$ . Do đó tổng $(x_2-x_1)+(y_2-y_1)\sqrt d$ cũng cùng dấu với hai hiệu ấy. Các tương đương cần chứng minh suy ra ngay. $\Box$

Định lý 2. Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương và $(x',y')$ là nghiệm có $x'$ nhỏ nhất. Khi đó cặp $(X_0,Y_0)$ xác định bởi

$\displaystyle X_0+Y_0\sqrt d=(x'+y'\sqrt d)^2$

là nghiệm cơ bản của phương trình $x^2-dy^2=1$ , tức là nghiệm nguyên dương có hoành độ nhỏ nhất.

Chứng minh. Đặt $\alpha=x'+y'\sqrt d>1$ . Ta có

$\displaystyle \alpha^{-1}=-x'+y'\sqrt d.$

Rõ ràng $X_0=x'^2+dy'^2$ và $Y_0=2x'y'$ là các số nguyên dương thỏa mãn $X_0^2-dY_0^2=1$ . Nếu đây chưa phải là nghiệm cơ bản thì tồn tại một nghiệm nguyên dương $(a,b)$ của phương trình này sao cho

$\displaystyle 1<\varepsilon=a+b\sqrt d<\alpha^2.$

Đặt

$\displaystyle \beta=\frac{\varepsilon}{\alpha}=(a+b\sqrt d)(-x'+y'\sqrt d)=u+v\sqrt d,$

với $u,v\in\mathbb Z$ . Khi đó

$\displaystyle u^2-dv^2=-1,\qquad \alpha^{-1}<\beta<\alpha.$

Do $u-v\sqrt d=-\beta^{-1}$ , ta có $v=(\beta+\beta^{-1})/(2\sqrt d)>0$ . Hơn nữa, $u\ne0$ , vì $u=0$ sẽ dẫn đến $dv^2=1$ , trái với $d\ge2$ . Vì vậy $(|u|,v)$ là một nghiệm nguyên dương của (1), nhưng

$\displaystyle |u|+v\sqrt d=\max\{\beta,\beta^{-1}\}<\alpha=x'+y'\sqrt d.$

Theo Định lý 1, điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $x'$ . Vậy $(X_0,Y_0)$ là nghiệm cơ bản của phương trình $x^2-dy^2=1$ . $\Box$

Định lý 3. Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương và $(x',y')$ là nghiệm có $x'$ nhỏ nhất. Khi đó tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) là $(x_n,y_n)$ , với

$\displaystyle x_n+y_n\sqrt d=(x'+y'\sqrt d)^{2n+1},\qquad n=0,1,2,\ldots.$

Cặp $(x',y')$ được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Pell âm (1).

Chứng minh. Đặt $\alpha=x'+y'\sqrt d$ . Với mỗi $n\ge0$ , khai triển nhị thức cho thấy $x_n,y_n$ là các số nguyên dương. Đồng thời,

$\displaystyle x_n^2-dy_n^2=(x'^2-dy'^2)^{2n+1}=-1.$

Ngược lại, cho $(a,b)$ là một nghiệm nguyên dương bất kỳ của (1). Theo Định lý 1, $a+b\sqrt d\ge\alpha$ . Vì $\alpha>1$ , tồn tại số nguyên $n\ge0$ sao cho

$\displaystyle \alpha^{2n+1}\le a+b\sqrt d<\alpha^{2n+3}.$

Đặt

$\displaystyle \gamma=\frac{a+b\sqrt d}{\alpha^{2n+1}}=u+v\sqrt d.$

Vì $\alpha^{-1}=-x'+y'\sqrt d$ , ta có $u,v\in\mathbb Z$ . Hơn nữa,

$\displaystyle u^2-dv^2=1,\qquad 1\le\gamma<\alpha^2.$

Nếu $\gamma>1$ thì $u-v\sqrt d=\gamma^{-1}$ , nên

$\displaystyle u=\frac{\gamma+\gamma^{-1}}2>0,\qquad v=\frac{\gamma-\gamma^{-1}}{2\sqrt d}>0.$

Khi đó $(u,v)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2-dy^2=1$ với $u+v\sqrt d<\alpha^2$ , trái với Định lý 2. Vậy $\gamma=1$ , tức là $a+b\sqrt d=\alpha^{2n+1}$ . Do $\sqrt d$ vô tỉ, suy ra $(a,b)=(x_n,y_n)$ . $\Box$

Nhận xét. Phương trình Pell âm có thể vô nghiệm nguyên. Chẳng hạn, $x^2-3y^2=-1$ vô nghiệm, vì khi lấy modulo $3$ ta được $x^2\equiv2\pmod3$ , điều không thể xảy ra.