Về Phương Trình Diophantine Dạng Ax2 - By2 = C.docx

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
LƢƠNG THỊ MAI ANH
VỀ PHƢƠNG TRÌNH
DIOPHANTINE DẠNG Ax2
- By2
= C
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
LƢƠNG THỊ MAI ANH
VỀ PHƢƠNG TRÌNH
DIOPHANTINE DẠNG Ax2
- By2
= C
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
(Xác nhận)
PGS.TS. Nông Quốc Chinh
THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục
Mở đầu 2
Chương 1. Một số kiến thfíc chuẩn bị 4
1.1 Liên phân số hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Liên phân số vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Liên phân số vô hạn tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . 9
Chương 2. Về phương trình Diophantine bậc 2 dạng Ax2
−
By2
= C 12
2.1 Phương trình Diophantine x2
− Dy2
= N . . . . . . . . . . 12
2.2 Phương trình Diophantine dạng Ax2
− By2
= C . . . . . . 16
2.3 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Kết luận 40
Tài liệu tham khảo 41

2
Mở đầu
Số học là một bộ môn toán học có đối tượng nghiên cứu là các số
nguyên. Không có gì đơn giản và quen thuộc hơn đối với chúng ta là các số
nguyên. Ngày nay, với sự phát triển của khoa học và công nghệ, đặc biệt là
công nghệ số hóa, đã đòi hỏi con người không ngừng nghiên cứu và khám
phá các quy luật, các thuật giải cho các bài toán liên quan tới số nguyên.
Bao hàm trong mảng số học, là giải phương trình nghiệm nguyên hay còn
gọi là phương trình Diophantine. Lớp phương trình này còn tồn tại nhiều
bài toán, giả thuyết chưa có câu trả lời. Nó luôn là vấn đề thu hút được
nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên cứu và tìm hiểu. Chính việc đi tìm
lời giải cho các bài toán hay chứng minh các giả thuyết về phương trình
Diophantine đã làm nảy sinh các lý thuyết, phương pháp khác của Toán
học. Lớp bài toán liên quan tới phương trình Diophantine không có quy
tắc giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối với các dạng đơn giản. Đó
cũng là nguyên nhân để lớp phương trình này thu hút sự khám phá nghiên
cứu của các nhà Toán học. Trong hầu hết các kỳ thi quan trọng như thi
học sinh giỏi Toán quốc gia, Quốc tế,... các bài toán liên quan đến phương
trình Diophantine thường xuyên được sử dụng để đánh giá học sinh.
Do đó, dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS. Nông Quốc Chinh,
tôi đã chọn hướng đề tài luận văn của mình liên quan tới lớp phương trình
Diopantine này. Cụ thể là nghiên cứu về tính chất nghiệm và mối liên hệ
của phương trình Diophantine dạng Ax2
−By2
= C với biểu diễn liên phân
số liên tục.

3
Luận văn với tên đề tài "Về phương trình Diophantine dạng Ax2
−By2
=
C", với mục đích là trình bày kết quả nghiên cứu của Mollin (2002) [8] được
công bố trên tạp chí Acta Math. Univ. Comenianae năm 2002. Nội dung
luận văn gồm 2 chương. Chương 1 tập trung trình bày một số kiến thức
về liên phân số, sẽ được dùng để nghiên cứu các kết quả trong chương
sau. Nội dung chương 2 gồm ba phần, cụ thể nghiên cứu về phương trình
Diophantine dạng x2
− Dy2
= N và dạng Ax2
− By2
= C và phần cuối là
một số ví dụ minh họa.
Để hoàn thành được luận văn, lời đầu tiên em xin chân thành cảm ơn
sự hướng dẫn tỉ mỉ và tận tình của PGS.TS. Nông Quốc Chinh. Em xin
bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học
– Đại học Thái Nguyên tác giả luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và
động viên của các thầy cô trong Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo và khoa
Toán – Tin. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy cô.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trường THPT Toàn
Thắng, Tiên Lãng, Hải Phòng và các anh chị em đồng nghiệp đã tạo điều
kiện tốt nhất cho tác giả trong thời gian đi học Cao học.
Xin cảm ơn các anh chị học viên lớp Cao học Toán K10B1 và bạn bè
đồng nghiệp đã trao đổi, động viên và khích lệ tác giả trong quá trình học
tập và làm luận văn tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên.
Thái Nguyên, ngày 22 tháng 4 năm 2018
Học viên
Lương Thị Mai Anh

4
Chương 1
Một số kiến thfíc chuẩn
bị
Trong chương này, chúng tôi tập trung trình bày về liên phân số và
một số kết quả của nó để áp dụng cho việc nghiên cứu về phương trình
Diophantine bậc hai, sẽ trình bày trong chương 2.
1.1 Liên phân số hữu hạn
Định nghĩa 1.1.1. Liên phân số hữu hạn hay phân số liên tục là một
biểu thức có dạng
a0 +
1
a1 +
1
1
a2 + · · · +
1
an−1 +
a
trong đó a0, a1, . . . , an là các số thực a1, . . . , an
vậy được ký hiệu là [a0; a1, . . . , an].
Từ định nghĩa dễ thấy
[a0; a1, . . . , ak+1] = a0 +
[
n
0. Một liên phân số như
1 .
a1; a2, . . . , ak+1]

5
b
Nếu a0 ∈ Z và a1, . . . , an là các số nguyên dương thì ta nói [a0; a1, . . . an] là
một liên phân số hữu hạn có độ dài n. Rõ ràng một liên phân số hữu hạn
là một số hữu tỷ. Ngược lại ta có:
Định lý 1.1.2. Mỗi số hữu tỷ đều có thể biểu diễn dưới dạng một liên
phân số hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử x = a
Thuật chia Euclide cho ta
trong đó a, b ∈ Z và b > 0. Đặt r0 = a, r1 = b.
Từ đó dễ thấy
r0 = r1q1 + r2, 0 < r2 < r1,
r1 = r2q2 + r3, 0 < r3 < r2,
. . .
rn−2 = rn−1qn−1 + rn, 0 < rn < rn−1,
rn−1 = rnqn.
a
b
Ta có điều phải chứng minh.
= [q1; q2, . . . , qn].
Cho liên phân số hữu hạn [a0; a1, . . . , an]. Với mỗi k ≤ n liên phân số
Ck = [a0; a1, . . . , ak] gọi là giản phân thứ k của [a0; a1, . . . , an].
Công thức tính các giản phân được cho bởi định lý sau.
Định lý 1.1.3. Cho liên phân số hữu hạn [a0; a1, . . . , an]. Giả sử hai dãy
số nguyên dương p0, p1, . . . , pn và q0, q1, . . . , qn được xác định truy hồi như
sau
p0 = a0, q0 = 1,
p1 = a0a1 + 1 q1 = a1,
. . .
pk = akpk−1 + pk−2, qk = akqk−1 + qk−2.

6
ak+1
ak+1
Khi đó giản phân thứ k là Ck = [a0; a1, . . . , ak] được cho bởi
C =
pk
.
k
qk
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp. Với k = 0 ta có
C0 = [a0] = p0/q0.
Với k = 1 ta có
C1 = [a0; a1] = a0 +
1
a1
=
a0a1 + 1
a1
= p1/q1.
Giả sử định lý đúng cho mọi 0 ≤ k < n. Khi đó với 2 ≤ k < n,
Vậy
Ck = [a0; a1, . . . , ak
] =
pk
qk
=
akpk−1 + pk−2
.
akqk−1 + qk−2
Ck+1 = [a0; a1, . . . , ak , ak+1 ] =
"
a0 ; a1, . . . , ak − 1, ak +
1
ak+1
=
(ak + 1
)pk−1 + pk−2
(ak + 1
)qk−1 + qk−2
=
ak+1(akpk−1 + pk−2) + pk−1
ak+1(akqk−1 + qk−2) + qk−1
Định lý được chứng minh.
=
ak+1pk + pk−1
ak+1qk + qk−1
=
pk+1
.
qk+1
Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được đẳng thức
quan trọng sau giữa các (pk) và (qk).
Định lý 1.1.4. pkqk−1 − pk−1qk = (−1)k−1
.
Hệ quả 1.1.5. (pk, qk) = 1.
Tiếp theo, ta sẽ mô tả các quan hệ của giản phân.
#

7
Định lj 1.1.6. Giả sử (Ck) là dãy giản phân của liên phân số hữu hạn
[a0; a1 . . . , an]. Ta có
(−1)k−1
Ck − Ck−1 =
qkqk−1
, 1 ≤ k ≤ n,
ak(−1)k
Ck − Ck−2 =
qkqk−2
, 2 ≤ k ≤ n.
Chứng minh. Với đẳng thức thứ nhất ta có
pkqk−1 − pk−1qk (−1)k−1
Ck − Ck−1 =
Với đẳng thức thứ hai ta có
qkqk−1
=
qkq
.
k−1
Ck − Ck−2 =
pkqk−2 − pk−2qk
.
qkqk−2
Thay pk = akpk−1 + pk−2, qk = akqk−1 + qk−2 vào tử số và áp dụng đẳng
thức thứ nhất ta thu được điều phải chứng minh.
Từ định lý trên ta thu được kết quả quan trọng sau.
Định lj 1.1.7. Ta có
C1 > C3 > C5 > . . . ,
C0 < C2 < C4 > . . .
Hơn nữa mỗi giản phân lẻ C2j−1 đều lớn hơn mỗi giản phân chẵn C2i.
Chứng minh. Từ định lý trên ta thấy nếu k lẻ thì Ck < Ck−2 và nếu k chẵn
thì Ck > Ck−2. Cũng theo định lý trên, ta có
(−1)2m−1
C2m − C2m−1 =
q2mq2m−1
< 0 suy ra C2m < C2m−1.
Vậy C2j−1 > C2j−1+2i > C2j+2i > C2i.

8
−
1.2 Liên phân số vô hạn
Như kết quả mục trên, ta biết rằng mỗi số hữu tỷ sẽ được biểu diễn một
cách duy nhất bằng một liên phân số hữu hạn. Chuyển sang tình huống
các số vô tỷ, ta sẽ thấy, mỗi số vô tỷ sẽ được biểu thị duy nhất dưới dạng
một liên phân số vô hạn.
Định lj 1.2.1. Cho a0, a1, a2 . . . là dãy vô hạn các số nguyên sao cho
ai > 0 với i ≥ 1. Đặt
Ck = [a0; a1, . . . , ak].
Khi đó tồn tại giới hạn
lim
k→∞
Ck = α.
Ta gọi α là giá trị của liên phân số vô hạn [a0; a1, a2 . . .] và viết
α = [a0; a1, a2, . . .].
Chứng minh. Theo Định lý 1.1.7 ta có
C1 > C3 > C5 > . . . > C2n−1 > C2n+1 > . . .
C0 < C2 < C4 < . . . < C2n−2 < C2n < . . .
Hơn nữa dãy (C2k+1) là dãy giản và bị chặn dưới bởi C0 còn dãy (C2k) tăng
và bị chặn trên bởi C1. Vậy tồn tại
lim
k→∞
C2k+1 = α1 và lim
k→∞
C2k = α2.
Ta cần chứng minh α1 = α2. Thật vậy theo Định lý trên ta có
1
C2k+1 − C2k =
Bằng quy nạp, ta có qk ≥ k. Do đó
q2k+1
.
q2k
lim (C2k+1 C2k) = 0.
k→∞
Vậy α1 = α2. Định lý được chứng minh.

9
−
Định lj 1.2.2. α = [a0; a1, a2, . . .] là một số vô tỷ.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trái lại α = a/b ∈
Q. Theo Định lý 1.1.7 ta có C2n < α < C2n+1. Vậy
0 < α − C2n
Điều này tương đương với
< C2n+1 − C2n =
1
.
q2n+1q2n
0 < α
p2n
q2n
1
<
q2n+1q2n
1
⇔ 0 < αq2n − p2n <
q2n+1
1
⇔ 0 < αq2n − bp2n < q2n+1
⇔ 1 < αq2n − bp2n <
1
.
q2n+1
Cho k → ∞ ta có điều mâu thuẫn. Như vậy phép chứng minh được kết
thúc.
Định lj 1.2.3. Mỗi số vô tỷ đều biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng
một liên phân số vô hạn.
1.3 Liên phân số vô hạn tuần hoàn
Ta gọi liên phân số vô hạn [a0; a1, a2, . . .] là tuần hoàn nếu dãy (an) là
tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó, nghĩa là tồn tại số nguyên dương m và
k với mọi n ≥ m ta có an = an+k. Số nguyên dương k được gọi là chu kỳ.
Trong trường hợp đó ta viết
[a0; a1, a2, . . . , am−1, am, am+1, . . . , am+k−1].
Bài toán đặt ra là đặc trưng tất cả các số vô tỷ có biểu diễn liên phân số
vô hạn tuần hoàn. Ta có khái niệm sau:

10
=
Định nghĩa 1.3.1. Số vô tỷ α gọi là số vô tỷ bậc hai nếu nó là nghiệm
của một tam thức bậc hai với hệ số nguyên, tức là
aα2
+ bα + c = 0, với a, b, c ∈ Z,
Ví dụ 1.3.2. Số vô tỉ α = 2 +
√
3 là số vô tỷ bậc hai, vì nó là nghiệm của
x2
− 4x + 1 = 0
Bổ đề 1.3.3. Số thực α là số vô tỷ bậc hai khi và chỉ khi tồn tại các số
nguyên a, b, c với b > 0, c 0 và b không chính phương sao cho
a +
√
b
α = .
c
Bổ đề 1.3.4. Nếu α là số vô tỷ bậc hai thì
rα + s
tα + u
với r, s, t, u là các số nguyên
là số vô tỷ bậc hai hoặc là số hữu tỷ.
Định nghĩa 1.3.5. Giả sử
a +
√
b
α .
c
là số vô tỷ bậc hai, khi đó liên hợp của nó được ký hiệu là α𝘫 xác định như
sau
α𝘫 =
a −
√
b
.
c
Từ định nghĩa về số vô tỷ bậc hai, ta có các tính chất sau:
Bổ đề 1.3.6. 1. Nếu số vô tỷ bậc hai α là nghiệm của phương trình Ax2
+
Bx + C = 0 thì liên hợp của nó cũng là nghiệm của phương trình đó.
2. Giả sử α1, α2 là các số vô tỷ bậc hai thì (α1 ±α2)𝘫
= α1
𝘫
±α2
𝘫
; (α1α2)𝘫
=
α1
𝘫 α
2
𝘫
và (α1/α2)𝘫
= α1
𝘫
/α2
𝘫
.
Kết quả sau được Lagrange tìm ra

11
√
0
k
.
= 1 +
2 + 2
=
Định lj 1.3.7. Số vô tỉ α có biểu diễn liên phân số tuần hoàn khi và chỉ
khi nó là số vô tỷ bậc hai.
Bổ đề 1.3.8. 1. Giả sử α là số vô tỉ bậc hai. Khi đó nó có thể viết dưới
dạng
P + D
α ,
Q
trong đó P, Q và D là các số nguyên, Q /= 0, D > 0 không chính
phương và Q | D − P2
.
2. Giả sử α là số vô tỉ bậc hai, biểu diễn dạng
P0 +
√
D
α = ,
Q0
trong đó P0, Q0 và D là các số nguyên, Q0 0, D > 0 không chính
phương và Q0 | D − P 2
. Dãy số (αk) xác định như sau
α =
Pk +
√
D
k
Qk
,ak = [αk], Pk+1 = akQk − Pk và Qk+1 =
D − P 2
Qk
Khi đó α = [a0; a1, a2, . . .].
Ví dụ 1.3.9. Tìm x, biết rằng x = [3; 1, 2].
Lời giải: Ta có x = [3; y] với y = [1, 2]. Ta có y = [1; 2, y] do đó
1
y 1 −→ y
1 +
√
3
suy ra x =
4 +
√
2
2
.
Ví dụ 1.3.10.
√
23 = [4; 1, 3, 1, 8]
√
29 = [5; 2, 1, 1, 2, 10]
√
31 = [5; 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10]
√
46 = [6; 1, 2, 1, 1, 2, 6, 2, 1, 1, 2, 1, 12]
√
76 = [8; 1, 2, 1, 1, 5, 4, 5, 1, 1, 2, 1, 16]
√
97 = [9; 1, 5, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 5, 1, 18]
y
=

12
2
Chương 2
Về phương trình
Diophantine bậc 2 dạng
Ax2
− By2
= C
2.1 Phương trình Diophantine x2
− Dy2
= N
Mục này sẽ tập trung thảo luận ứng dụng của liên phân số trong các
phương trình Pell.
Nhắc lại, ta gọi phương trình Pell là các phương trình có dạng
x2
− Dy2
= ±1.
Định lj 2.1.1. Giả sử chu kỳ của biểu diễn liên phân số của
√
D là r.
Gọi pk/qk là giản phân thứ k của
√
D. Nếu r chẵn thì x = ptr−1, y = qtr−1
với t = 1, 2 . . . là nghiệm của phương trình Pell x2
− Dy2
= 1. Nếu r lẻ
thì x = p2tr−1, y = q2tr−1, với t = 1, 2, . . . là nghiệm của phương trình Pell
x2
− Dy2
= 1.
Chứng minh. Vì
√
D = 0 +
√
D/1 nên Q0 = 1, suy ra Qkr = Q0 = 1 với
mọi k. Theo Bổ đề 1.3.8 ta có
2
kr−1 − Dqkr−1 = (−1)kr−2
Qkr = (−1)kr
.
p

13
kr 1
y
−
√
.
α − .
< .
− D
Như vậy nếu n chẵn thì p2
−
2
kr−1 = 1 với mọi k ∈ N, nếu r lẻ thì
2
2tr−1
2
2tr−1 = 1.
Bổ đề 2.1.2. Ta có Qi
chia hết cho r.
1 với mọi i = 1, 2 . . . và Qk = 1 khi và chỉ khi k
Bổ đề 2.1.3. Cho α là một số vô tỷ và r/s là số hữu tỷ tối giản với r > 0
và
r 1
. s. 2s2
Khi đó r/s phải là một giản phân của α.
Bổ đề 2.1.4. Giả sử x, y là các số nguyên dương sao cho x2
− Dy2
= n
và |n| <
√
D. Khi đó x/y là một giản phân của
√
D.
Chứng minh. Xét trường hợp n > 0. Ta có (x + y
√
D)(x − y
√
D) = n suy
ra x > y
√
D. Vậy 0 < x
−
√
D. Ta có
=
x −
√
D
=
y y
x2
Dy2
y(x + y
√
D
<
n
y(2y
√
D
<
√
D
2y2
√
D
=
1
2y2
.
Theo Bổ đề 2.1.3 thì x/y là một giản phân của
√
D.
Giả sử n < 0. Khi đó
y2
− (1/D)x2
= −n/D.
Ta có −n/D > 0, −|n|/D < 1/
√
D. Vậy theo bước trước y/x là một
giản phân của 1/ D. Nhưng khi đó x/y = 1/(y/x) là một giản phân của
1/(1/(
√
D) =
√
D. Định lý được chứng minh.
Định lj 2.1.5. Cho phương trình Pell
x2
− Dy2
= 1.
Gọi r là chu kỳ của biểu diễn liên phân số của
√
D.
− Dq
p − Dq
√
x

14
−
1
i i
Nếu r chẵn thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell là x = pkr−1,
y = qkr−1.
Nếu r lẻ thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell là x = p2tr−1,
y = q2tr−1 với t ∈ N∗
.
Chứng minh. Giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình Pell. Theo Bổ đề
2.1.4, tồn tại i để x = pi, y = qi. Từ đó
p2
− Dq2
= 1.
Từ Bổ đề 1.3.8 rút ra (−1)i−1
Qi+1 = 1. Suy ra Qi+1 = ±1. Vì qk+1 −1
nên Qi+1 = 1 và i lẻ. Theo Bổ đề 2.1.2 ta rút ra tồn tại ki + 1 = kr, kéo
theo i = kr − 1 và kr chẵn. Thành thử nếu r lẻ thì k chẵn, k = 2t.
Ví dụ 2.1.6. Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình x2
13y2
= 1. Ta
có
√
13 = [3; 1, 1, 1, 1, 6] = [3; 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, . . .] Chu kỳ n = 5 là số
lẻ. Vậy ta tính giải phân
C9 = [3; 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1]
= 3 +
1
1
1 +
1 + ... +
1
1 +
1
649
180
Vậy nghiệm nhỏ nhất là (649, 180). Trở lại phương trình x2
− 61y2
= 1. Ta
có
√
76 = [7; 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1, 14]
=

15
√
i i
Chu kỳ n = 11 là số lẻ. Ta tính giản phân
C21 = [7; 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1, 14, 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1]
= 7 +
1
1
1 +
4 +
1
3 + ... +
1
1
1766319049
226153980
4 +
1
Vậy nghiệm nhỏ nhất là (1766319049, 226153980)
Xét phương trình
Ta có kết quả sau
x2
− Dy2
= −1 (2.1)
Định lj 2.1.7. Phương trình x2
− Dy2
= −1 có nghiệm khi và chỉ khi chu
kỳ r của biểu diễn liên phân số của D là số lẻ. Trong trường hợp ấy các
nghiệm của nó là x = p(2tr−r−1), y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, . . ..
Chứng minh. Từ Bổ đề 1.3.8 dễ thấy nếu chu kỳ r của biểu diễn liên phân
số của
√
D là số lẻ thì x = p(2tr−r−1), y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, là
nghiệm.
Giả sử (x, y) là nghiệm của phương trình (2.1). Theo Bổ đề 2.1.4 tồn
tại i để x = pi, y = qi. Từ đó
p2
− Dq2
= −1.
Từ Bổ đề 1.3.8 ta rút ra (−1)i−1
Qi+1 = −1, suy ra Qi+1 = ±1. Vì Qi+1 =
/
−1 nên Qi+1 = 1 và i chẵn. Theo Bổ đề 1.3.8 tồn tại k ∈ N sao cho
i + 1 = kr, suy ra i = kr − 1 và kr lẻ. Thành thử nếu r chẵn thì kr luôn
chẵn do đó phương trình vô nghiêm.
Trong trường hợp r lẻ lý luận tương tự như trong trường hợp phương
trình Pell x2
− Dy2
= 1 tất cả các nghiệm phải có dạng x = pkr−1, y =
qkr−1 trong đó kr lẻ tức là khi k lẻ hay x = p(2tr−r−1), y = q(2tr−r−1) với
t = 1, 2, . . ..
=

16
1
Định lj 2.1.8. Giả sử a, b là các số nguyên dương thỏa mãn gcd(a, b) = 1
và a là số không chính phương và xét c là số nguyên khác không. Đặt
D = ab , N = ac. Khi đó (u, v) là nghiệm của phương trình
x2
− Dy2
= N
khi và chỉ khi (u/a, v) là nghiệm của phương trình ax2
− by2
= c.
Chứng minh. Cho (x, y) là nghiệm của phương trình ax2
− by2
= c. Nhân
cả hai vế của phương trình này với a ta được (ax)2
− aby2
= ac, suy ra
(ax, y) là nghiệm của phương trình dạng x2
− Dy2
= N với N = ac.
Ngược lại, nếu (u, v) là nghiệm của phương trình dạng x2
− Dy2
= N
thì từ u2
− abv2
= ac suy ra a | u2
vì a không phải số chính phương nên
a | u. Vì vậy u = a1a và (a1a)2
− abv2
= ac hay a2
a − bv2
= c, tức là (u/a, v
là nghiệm của phương trình ax2
− by2
= c
2.2 Phương trình Diophantine dạng Ax2
−
By2
= C
Ta sẽ nghiên cứu nghiệm của phương trình Diophantine bậc 2 tổng
quát, dạng
Ax2
− By2
= C, với A, B ∈ N, C ∈ Z. (2.2)
và A, B không đồng thời là số chính phương. Với x, y ∈ Z là nghiệm của
phương trình (2.2), gọi là nghiệm dương nếu x, y ∈ N, cặp x và y được gọi
là nghiệm nguyên thủy nếu nó là nghiệm dương và gcd(x, y) = 1.
Dễ thấy rằng, với hai nghiệm dương x
√
A + y
√
B và u
√
A + v
√
B của
phương trình (2.2), thì khẳng định sau là tương đương:
1. x < u
2. y < v
3. x
√
A + y
√
B < u
√
A + v
√
B

17
j+1
Q0
j
j
Do đó, trong số các nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.2), tồn tại
một nghiệm để x có giá trị bé nhất, một nghiệm để y có giá trị bé nhất.
Nghiệm như vậy gọi là nghiệm cơ bản. Giả sử
α = x
√
A + y
√
B
là một nghiệm dương của phương trình (2.2), ta kí hiệu
N(α) = Ax2
− By2
,
N(α) gọi là chuẩn của α.
Ta sẽ nghiên cứu mối quan hệ giữa các nghiệm cơ bản với biểu diễn
liên phân số liên tục đơn. Như đã trình bày ở Chương 1, ta đã biết 1 số vô
tỉ bậc hai là số có dạng
(P +
√
D)/Q
trong đó P, Q, D ∈ Z với D > 1 không là số chính phương, P2
≡ D(
mod Q), và Q /= 0.
Ta đặt
P0 = P, Q0 = Q, và đệ quy cho j ≥ 0,
Pj +
√
D
qj = [
Q
∫ (2.3)
Pj+1 = qjQj − Pj, (2.4)
và
Qj+1 = (D − P 2
)/Qj. (2.5)
Vì vậy, ta có biểu diễn của liên phân số liên tục đơn:
α =
P +
√
D
=
Q
P0 +
√
D
= ⟨q0; q1, . . . , q , . . .⟩
trong đó j ≥ 0. Để nghiên cứu mối liên hệ với liên phân số liên tục, trước
tiên là chú ý rằng mọi số thực có biểu diễn liên phân số liên tục tuần hoàn
khi và chỉ khi nó là số vô tỉ bậc hai (xem [18], Định lý 5.1.3, tr. 240). Ngoài

18
∆
ra, số vô tỉ bậc hai có thể biểu diễn thành liên phân số liên tục vô hạn
tuần hoàn, ta ký hiệu
α = ⟨q0; q1, . . . , ql−1⟩
nghĩa là qn = qn+l với mọil n ≥ 0, trong đó l = l(α) là độ dài của biểu
diễn liên phân số liên tục đơn. Ta đã biết rằng số vô tỉ bậc hai α có biểu
diễn thành liên phân số tuần hoàn thuần túy khi và chỉ khi α > 1 và
−1 < α𝘫 < 0. Mọi số vô tỉ bậc hai thỏa mãn hai điều kiện trên được gọi
là thu gọn (xem [18], Định lý 5.3.2, tr. 241). Nếu α là số vô tỉ bậc hai rút
gọn, thì với mọi j ≥ 0, ta có
0 < Qj < 2
√
D, 0 < Pj <
√
D và qj ≤ [
√
D∫. (2.6)
Giả sử D0 > 1 là số nguyên không chính phương và đặt:
σ0 =
2, nếu D0 ≡ 1 (mod 4)
1, nếu D0 /≡ 1 (mod 4)
Kí hiệu
ω0 = (σ0 − 1 +
√
D)/σ0, và ∆0 = (ω0 − ω0
𝘫
)2
= 4D0/σ2
,
trong đó ω0
𝘫
là liên hợp của ω0, tức là
ω0
𝘫
= (σ0 − 1 −
√
D)/σ0
Giá trị ∆0 được gọi là biệt thức cơ bản phù hợp với căn của D0, và ω0 được
gọi là giá trị cơ bản phù hợp với ∆0. Đặt ∆ = f2
∆0 với mỗi f∆ ∈ N. Nếu
ta kí hiệu
g = gcd(f∆, σ0), σ = σ0/g, D = (f∆/g)2
D0, và ∆ = 4D/σ2
thì ∆ được gọi là biệt thức phù hợp với căn của D. Hơn nữa, giả sử
ω∆ = (σ − 1 +
√
D)/σ

19
√
với h ∈ Z, thì ω∆ được gọi là giá trị chính phù hợp với biệt thức
∆ = (ω∆ − ω∆
𝘫
)2
Ghi chú: O∆ là vành gồm các phần tử là các số nguyên đại số trong trường
K = Q(
√
∆) ( một số được gọi là số nguyên đại số nếu nó là nghiệm của
đa thức f(x) ∈ Z[x], trong đó f(x) là đa thức có hệ tử cao nhất bằng 1.
Giả sử [α, β] = αZ + βZ là Z−module. Khi đó O∆ = [1, ω∆], là một
vành sắp thứ tự trong trường K = Q(
√
∆) = Q(
√
D0). Khi f∆ = 1, thì
O∆ được gọi là vành sắp thứ tự cực đại trong K. Tất cả các phần tử khả
nghịch của O∆ tạo thành một nhóm được kí hiệu là U∆. Các phần tử khả
nghịch dương trong U∆ có phần tử sinh là khả nghịch nhỏ nhất lớn hơn 1
phần tử này là duy nhất, được gọi là đơn vị cơ bản của K, ký hiệu là ε∆.
Ta có thể chứng minh được rằng bất kì Z−module I /= (0) của O∆ có biểu
diễn dạng [a, b + cω∆], trong đó a, c ∈ N với 0 ≤ b < a. Ta nhận thấy khi
I là Z−module nguyên thủy của O∆ được xác định bởi
σa = Q và b = (P − 1)/2 nếu σ = 2, trong khi b = P nếu σ = 1
với P, Q ∈ X, tức là
I = [Q/σ, (P + D)/σ]. (2.7)
Một Z−module I được xác định bởi (2.7) được gọi là ideal nguyên thủy
trong O∆ nếu và chỉ nếu P 2
≡ D (mod Q) (xem [7, Định lý 3.5.1, p. 173]).
Khi I là ideal nguyên thủy trong O∆, ta sẽ nói Q/σ được gọi là chuẩn của
I, ký hiệu là N(I). Rõ ràng I là ideal nguyên thủy của O∆−ideal nếu và
chỉ nếu α = (P +
√
D)/Q là số vô tỉ bậc hai. Ta nói I một O∆−ideal thu
gọn của O∆ nếu I chứa phần tử β = (P +
√
D)/σ thỏa mãn I = [N(I), β],
trong đó β > N(I) và −N(I) < β𝘫 < 0. Ta có kết quả sau.
Định lj 2.2.1. ( [16], hệ quả 1.4.2-1.4.4, tr19, tr.23-28) Cho ∆ là một biệt
thức phù hợp với căn D. Khi đó I = [Q/σ, b +ω∆] là một ideal trong O∆ rút
gọn nếu Q/σ <
√
∆/2. Ngược lại, nếu I là ideal rút gọn thì Q/σ <
√
∆.
Ngoài ra, nếu 0 ≤ b < Q/σ và Q >
√
∆/2, thì I là rút gọn nếu và chỉ nếu
Q/σ − ω∆ < b < −ω∆
𝘫
.

20
∈
Định lj 2.2.2. ([18], định lý 5.5.2, tr 261-266) Giả sử ∆ ∈ N là một biệt
thức, các số Pj, Qj được xác định như trong (2.3)-(2.5) và
Ij = [Qj−1/σ, (Pj−1 +
√
D)/σ]
với mỗi số không âm j ∈ Z. Khi đó I1 ∼ Ij với mọi j ∈ N. Ngoài ra, tồn
tại số tự nhiên bé nhất n thỏa mãn In+j là một ideal rút gọn với mọi j ≥ 0,
và In+j là các ideal rút gọn tương đương với I1. Nếu l ∈ N là giá trị bé nhất
thỏa mãn In = Il+n, khi đó với j ≥ n − 1,
αj = (Pj +
√
D)/Qj
tất cả có cùng chiều dài tuần hoàn l = l(αj) = l(αn−1)
Chú j 2.2.3. Từ thuật toán liên phân số liên tục, ta thấy rằng nếu
I = [Q/σ, (P +
√
D)/σ]
là một ideal rút gọn trong O∆ thì tập hợp đặt
{Q1/σ, Q2/σ, . . . , Ql/σ}
biểu diễn chuẩn của tất cả các ideal rút gọn tương đương với I. Điều này
thu được từ biểu diễn của liên phân số liên tục đơn của α = (P +
√
D)/Q.
Từ thuật toán về liên phân số liên tục ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.4. Cho ∆ là biệt thức phù hợp với căn D và cho c N thỏa
mãn c <
√
∆/2. Khi đó phương trình
x2
− Dy2
= ±σ2
c
có nghiệm nguyên thủy nếu và chỉ nếu c = Qj/σ với j ≥ 0 trong biểu diễn
liên phân số liên tục đơn của ω∆.
Hệ quả 2.2.5. (xem [15], Bổ đề 3.5, tr. 831) Cho ∆ là một biệt thức, và
Qj/σ /= 1, trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của ω∆. Nếu Qj/σ l
à
ước số không chính phương của ∆, thì l = l(ω∆) = 2j. Ngược lại, nếu l là
số chẵn, thì Ql/2/σ|∆ (trong đó Ql/2/σ không nhất thiết là số không chính
phương)

21
Q
2
l
Tiếp theo, ta trình bày một kết quả quan trọng được sử dụng để chứng
minh các kết quả chính ở phần sau.
Định lj 2.2.6. ([18, định lý 6.2.7, tr.302-303]) Cho D ∈ N không là số
chính phương và n ∈ Z thỏa mãn phương trình Diophantine x2
− Dy2
= n
có nghiệm nguyên thủy X0 + Y0
√
D, khi đó tồn tại duy nhất P1 ∈ Z với
−|c|/2 < P1 ≤ |c|/2 thỏa mãn đẳng thức
P1 +
√
D = (X0 − Y0
√
D)(x + y
√
D)
với x, y ∈ Z xác định bởi
x =
X0P1 − Y0D
n
và y =
Y0P1 − X0
n
Xét số vô tỉ bậc hai
α =
P +
√
D
= ⟨q0; q1, . . .⟩
và dãy các số nguyên {Aj} và {Bj} xác định như sau:
A−2 = 0, A−1 = 1, Aj = qjAj−1 + Aj−2 (với j ≥ 0), (2.8)
(xem [18], định lý 5.3.4, tr.246)
B−2 = 1, B−1 = 0, Bj = qjBj−1 + Bj−2 (với j ≥ 0), (2.9)
Ta có
2
j−1 − Bj−1 D = (−1)j
QjQ0( với j ≥ 1), (2.10)
Ta có kết quả sau.
Định lj 2.2.7. Cho ∆ > 0 là biệt số, I = [Q/σ, (P +
√
D)/σ] ideal rút
gọn trong O∆, và
α = (P +
√
D)/Q
Nếu Pj và Qj với j = 1, 2, . . . , l(α) = l được xác định bởi các phương trình
(2.3)-(2.5) trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của α, thì
ε∆ =
i=1
(Pi + D)/Qi
A
√

22
∆
và
Ngoài ra
hoặc
N(ε∆) = (−1)l
.
ε∆ = Al−1 + Bl−1
√
D
3
= Al−1 + Bl−1
√
D
.
( Xem [16], định lý 2.1.3–2.1.4, tr. 51–53)
Cho b ∈ N không là số chính phương, giả sử T1,b + U1,b
√
b là nghiệm cơ
bản của phương trình Pell (loại 1)
x2
− by2
= 1. (2.11)
Khi đó các số nguyên Tk,b và Uk,b được xác định bởi
(T1,b + U1,b
√
b)k
= Tk,b + Uk,b
√
b.
Chú ý rằng, mọi nghiệm dương x0 + y0
√
b của phương trình (2.11) là lũy
thừa của nghiệm cơ bản. Mặt khác, x0 + y0
√
b = Tk,b + Uk,b
√
b với k ∈ N
nào đó. ([17], định lý 2.3, tr.340-341)
Định lj 2.2.8. ([17], định lý 2.1, tr. 221) Cho a, b, c ∈ N, b không là số
chính phương, sao cho phương trình đồng dư a2
≡ bP 2
(mod c) giải được
với mỗi số nguyên P, và xét |t| ∈ N, là giá trị bé nhất thỏa mãn phương
trình a2
− bP2
= ct. Giả sử có một trong hai điều kiện sau, hoặc
(a) a|Tk,b với mỗi k ∈ N và c < a
√
b, hoặc
(b) |t| < a
√
b.
Khi đó hai khẳng định sau là tương đương
(1) Tồn tại nghiệm nguyên thủy của phương trình
|ax2
− by2
| = c. (2.12)
ε

23
|
0 0
0 0 0 0
(2) Với một vài số nguyên j ≥ 0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn
của
√
a2b, ta có c = Qj khi (a) thỏa mãn hoặc |t| = Qj khi (b) thỏa
mãn.
Chứng minh. Trước tiên ta giả sử có (1), khi đó phương trình (2.12) có
nghiệm nguyên thủy α = x0a + y0
√
b. Nếu (a) thỏa mãn, thì a|Tk,b với mỗi
k ∈ N, do đó tồn tại u, v ∈ N sao cho a2
u2
− bv2
= 1. Vì vậy, với D = a2
b,
ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
±c = (a u − bv )(a x0 − by0) = (a x0u + bvy0) − (x0v + y0u) D.
Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng x = a2
x0u + bvy0 và y = x0v + y0u cho
ta một nghiệm nguyên thủy của phương trình x2
− Dy2
= ±c. Dễ thấy
x, y ∈ N. Nếu p là ước nguyên tố của cả x và y , thì ta có
a2
x0u + bvy0 = pr, (2.13)
và
x0v + y0u = ps, (2.14)
với r, s ∈ Z. Bằng cách nhân a2
u vào hai vế của (2.14) và trừ đi v lần
phương trình (2.13), ta thu được,
y0(u2
a2
− bv2
) = p(sa2
u − rv),
tuy nhiên a2
u2
− bv2
= 1, nên ta có y0 = p(sa2
u − rv). Từ đó suy ra p|y0.
Với kỹ thuật tương tự, bằng cách loại bỏ số hạng y0 ở hai phương trình
(2.13)–(2.14), ta chỉ ra được p x0. Như vậy, mâu thuẫn với tính nguyên
thủy của nghiệm ax0 + y0
√
b. Vì vậy, (x, y) cho ta một nghiệm nguyên
thủy của phương trình x2
−Dy2
= ±c. Ta suy ra Hệ quả 2.2.4. Vì c <
√
D,
khi đó tồn tại số nguyên không âm j thỏa mãn c = Qj trong biểu diễn liên
phân số liên tục đơn của
√
D. Như vậy ta có (2).
Ngược lại, ta giả sử có (b). Vì a2
x2
− by2
= ±c, khi đó với X0 =
by0, Y0 = x0 và n = ±bc,
X2
− DY 2
= b2
y2
− ba2
x2
= ±bc = n,

24
∈
0
0
1
0 0
0 0
vì vậy theo Định lý 2.2.6, ta suy tồn tại duy nhất P1 ∈ Z thỏa mãn
P1 +
√
D = (X0 − Y0
√
D)(x + y
√
D) trong đó bP = P1 bằng cách giá trị
chọn bé nhất của P và |t|, và
x =
X0P1 − Y0D
=
n
và
by0P1 − x0a2
b
=
±bc
y0P1 − x0a2
=
±c
y0bP − x0a2
Z,
±c
y =
Y0P1 − X0
n
=
x0P1 − by0
±bc
=
x0P1/b − y0
±c
=
x0P − y0
±c
∈ Z.
Nếu y = 0, thì x0P = y0 từ điều kiện gcd(x0, y0) = 1, thì x0 = 1 và y0 = P.
Vì vậy, by2
+ ct = a2
. Tuy nhiên, vì a + y0
√
b là nghiệm của phương trình
(2.14) do đó a2
− by2
= ±c.
Với t = ±1 hay |t| = 1 = Q0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn
của
√
a2b. Vì vậy, ta có thể giả sử y /= 0.
Từ đẳng thức P2
− D = b2
P2
− ba2
= −bct, suy ra x2
− Dy2
= ±t.
Tiếp theo ta sẽ chỉ ra nghiệm này là nghiệm nguyên thủy. Nếu x = 0,
thì −y2
D = t, vì vậy y /= 0, nghĩa là |t| > D, điều này mâu thuẫn với
|t| <
√
D. Do vậy, x = 0 kéo theo y = 0, điều này trái với giả thiết. Do
vậy, x /= 0. Như vậy, |x|, |y| ∈ N. Nếu p là ước nguyên tố của cả x và y, thì
ta suy ra
với mỗi r ∈ Z và
y0bP − x0a2
= cpr, (2.15)
x0P − y0 = cps, (2.16)
với mỗi s ∈ Z. Nhân hai vế của phương trình (2.15) với −x0 và cộng
với y0b lần phương trình (2.16), ta thu được,
x2
a2
− y2
b = cp(sy0b − rx0),
nhưng từ x2
a2
− y2
b = ±c, ta có p(sy0b − rx0) = ±1, do đó p|1, điều
này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Như vậy ta đã chứng minh được
|x| + |y|
√
D là nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.12). Vì |t| <
√
D,

25
√
−
0 0
nên tồn tại j sao cho Qj = |t| trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của
D.
Ta chứng minh điều ngược lại, nghĩa là giả sử có điều kiện (2), ta cần
chứng minh (1). Trước tiên, ta xét trường hợp c = a2
. Trong trường hợp
này, xét U + V
√
D là nghiệm cơ bản của x2
Dy2
= 1. Khi đó, bằng cách
đặt X = U và Y = V a2
ta thu được aX + Y
√
b là nghiệm nguyên thủy
của phương trình (2.14). Dễ thấy rằng khi c = a2
, thì P = 0 và t = 1. Tiếp
theo ta xét trường hợp c /= a2
.
Trước tiên ta giả sử có (a) và Qj = c trong biểu diễn liên phân số đơn
của
√
D. Vì Qj = c, nên từ Hệ quả 2.2.4 ta suy ra tồn tại nghiệm nguyên
thủy x0 + y0
√
D của phương trình Diophantine
x2
− Dy2
= ±c.
Theo trên a2
u2
− v2
b = 1 với mỗi u, v ∈ N, vì vậy
2 2 2 2 2 2 2 2 2
±c = (a u − v b)(x0 − Dy0) = a (x0uby0v) − b(vx0a y0u) ,
suy ra nghiệm aX + Y
√
b của phương trình (2.12) trong đó
(X, Y ) = (ux0 − bvy0, vx0 − a2
y0u).
Ta cần chứng minh đó là nghiệm nguyên thủy. Nếu X = 0, thì u = bvy0/x0,
vì vậy
1 = a2
u2
− v2
b = a2
b2
v2
y2
/x2
− v2
b,
từ đó suy ra (bvy0/x0)|1. Do đó, x0 = bvy0, suy ra y0 = 1 và x0 = bv, vậy
u = 1. Từ 1 = a2
− v2
b và b2
v2
− a2
b = ±c, suy ra b2
v2
− (1 + v2
b) = ±c,
hay b = c, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Tuy nhiên, bP2
+ ct = a2
,
vì vậy ta có b|a2
. Từ đẳng thức a2
= 1 + v2
b, suy ra b|1. Từ đó suy ra
X /= 0. nếu Y = 0, suy ra v = a2
y0u/x0, vì vậy 1 = a2
u2
− a4
y2
u2
b/x2
suy
0 0
ra (a2
u/x0)|1. Vì, x0 = a2
u và v = y0. Do đó,
c = a2
X2
= a2
(ux0 − bvy0)2 = a2
(a2
u2
− bv2
)2
= a2
,

26
1
hay c = a2
, điều này là mâu thuẫn với giả thiết c /= a2
. Ta đã chứng minh
được |X|, |Y | ∈ N.
Ta cần chỉ ra gcd(X, Y ) = 1. Nếu p là ước nguyên tố của cả X và Y ,
thì tồn tại các số nguyên r, s sao cho
ux0 − bvy0 = pr, (2.17)
và
vx0 − a2
y0u = ps. (2.18)
nhân v vào hai vế của phương trình (2.17) và trừ đi v lần phương trình
(2.18), ta thu được y0 = y0(a2
u2
− bv2
) = p(rv − su), từ đây ta có p|y0.
Tương tự như vậy, ta khử số hạng y0 trong hai phương trình (2.17)-(2.18)
ta thu được p|x0, điều này mâu thuẫn với tính nguyên thủy của nghiệm
x0 + y0
√
D.
Tiếp theo ta giả sử có (b) và |t| = Qj trong biểu diễn liên phân số liên
tục đơn của
√
D. Theo Hệ quả 2.2.4, tồn tại nghiệm nguyên thủy x0+y0
√
D
của phương trình Diophantine
X2
− DY 2
= ±t.
Theo Định lý 2.2.6, tồn tại duy nhất P1 ∈ Z thỏa mãn đẳng thức P1+
√
D =
(x0 − y0
√
D)(x + y
√
D) trong đó P1 = Pb thu được bằng cách chọn giá trị
bé nhất của |t|, và
x =
x0P1 − y0D
±t
y =
y0P1 − x0D
=
x0Pb − y0D
±t
=
x0Pb − y0D
∈ Z,
∈ Z,
Vì P2
− D = −bct, nên x2
±t
− Dy2
±t
= ±bc. Do đó,
b(x/b)2
− y2a2 = ±c, (2.19)
ta thu được nghiệm của phương trình (2.12).
Phần còn lại ta cần chứng minh tồn tại nghiệm nguyên thủy.

27
2 2
Nếu y = 0, thì y0bP = x0, vì vậy do tính nguyên thủy của x0 và y0, suy
ra y0 = 1 và x0 = bP. Do dó, từ a2
b = b2
P2
+ bct theo giả thiết,
±t = x0 − a2
b = b2
P2
− b P − bct = −bct,
nên ta có b = 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết b không phải là số chính
phương. Vì vậy, y =
/ 0.
Nếu x = 0, thì phương trình (2.19), a2
y2
= c. Tuy nhiên, x = 0 cũng
có nghĩa là y0 = x0P/a2
theo cách xác định của x, ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
±t = x0 − Dy0 = x0 − bx0P /a = x0(1 − bP /a ) = x0ct/a .
Do vậy, x2
c = a2
. Từ đẳng thức a2
y2
= c, có nghĩa là x2
a2
y2
= a2
, vì vậy
0 0
x0 = |y| = 1 và c = a2
, điều này là mâu thuẫn. Vậy ta đã chứng minh được
|x|, |y| ∈ N. Tiếp theo ta sẽ cần chứng minh rằng x và y là nguyên tố cùng
nhau. Nếu p là ước nguyên tố của cả x và y, khi đó tồn tại r, s ∈ Z thỏa
mãn
x0bP − y0a2
b = tpr, (2.20)
và
y0bP − x0 = tps. (2.21)
Nhân cả hai về của phương trình (2.20) với y0 và trừ đi x0 lần phương
trình (2.21), ta thu được
2 2
±t = x0 − y0D = t(ry0 − sx0)p,
từ đó suy ra p|1, điều này mâu thuẫn với giả thiết p là ước nguyên tố của
x và y.
Khi a = c = 1, phương trình Pell (2.12) luôn có nghiệm vì c = 1 = Q0
trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của
√
b. Từ Định lý 2.2.8 ta có
hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.9. Nếu a, b ∈ N với b không là số chính phương, thì phương
trình
a2
x2
− by2
= 1 (2.22)
2

28
√
∈
2
có nghiệm khi và chỉ khi a | Tk,b vớ mỗi k ∈ N.
Chứng minh. Nếu a|Tk,b với mỗi k ∈ N nào đó, thì theo Định lý 2.2.8,
phương trình (2.22) có nghiệm. Ngược lại, nếu ax0 + y0 b là nghiệm của
phương trình, thì theo chứng minh của định lý trên, ta có
ax0 + y0
√
b = Tk,b + Uk,b
√
b
với mỗi k ∈ N. Do đó a|Tk,b.
Nhận xét 2.2.10. Thực tế ta có thể chứng minh rằng nếu ax0 + y0b là
nghiệm cơ bản của phương trình (2.22), thì tất cả các nghiệm dương của
phương trình (2.22) được xác định bởi (ax0 + y0
√
b)2k−1
với mọi k N.
Trong trường hợp tổng quát, nếu A > 1, B > 1, và
√
Ax +
√
By là nghiệm
nguyên thủy của phương trình Ax2
− By2
= 1, khi đó tồn tại j ≥ 0 thỏa
mãn đẳng thức sau
√
Ax +
√
By = (T1,AB + U1,AB
√
AB)2j+1
( xem [14, định lý 4, tr.506])
Từ Định lý 2.2.8 ta có Hệ quả 2.2.11, đây là một mở rộng của Hệ quả
2.2.9.
Hệ quả 2.2.11. Giả sử D là một số không chính phương, c ∈ N sao cho
đồng dư thức DP 2
≡ 1( mod c) thỏa mãn với P nào đó, |t| ∈ N là giá
trị bé nhất thỏa mãn 1 − DP 2
= ct với c|t| < D. Khi đó phương trình
|x2
− Dy2
| = c có nghiệm nguyên thủy nếu và chỉ nếu hoặc c hoặc |t| nhận
giá trị là Qj với mỗi j nào đó thỏa mãn j ≥ 0 trong biểu diễn liên phân số
liên tục đơn của
√
D.
Ví dụ 2.2.12. Cho D = 45 và c = 11, thì P = 1 và t = −4. Khi đó phương
trình
|x − 45y2
| = 11
có nghiệm nguyên thủy vì |t| <
√
D =
√
45 và |t| = 4 = Q2 trong biểu diễn
liên phân số liên tục đơn của
√
45. Một nghiệm là 672
− 45.102
= −11.

29
2 2
| |
Hệ quả tiếp theo của Định lý 2.2.8 có nhiều liên hệ tới một số bài toán
đã biết.
Hệ quả 2.2.13. Nếu D ≡ 1( mod 4) là một biệt thức, khi đó phương trình
|x − Dy | = 4
có nghiệm nguyên thủy khi và chỉ khi 4 = Qj với mỗi j > 0 trong biểu diễn
liên phân số liên tục đơn của
√
D.
Chứng minh. • Nếu D ≥ 17, thì c = 4 <
√
D và a = 1|T1,D, theo Định
lý 2.2.8 ta có điều phải chứng minh.
• Nếu D < 17, thì (D − 1)/4 = t <
√
D và P = 1 theo Định lý 2.2.8 ta
suy ra điều phải chứng minh.
• Khi D = 5, t = 1 = Q0 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của
√
5 và khi D = 13, t = 3 = Q2 trong biểu diễn liên phân số liên tục
đơn của
√
13, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.2.14. Cho a = 3, b = 85, c = 4, t = −19, và P = 1. Khi đó
t = 19 = Q2 là giá trị trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của
√
765 =
√
a2b. Vì vậy, theo Định lý 2.2.8, phương trình
9x2
− 85y2
= ±4
có nghiệm nguyên thủy. Thực vậy, ta thấy x = 3, y = 1 là nghiệm nguyên
thủy của phương trình
9x2
− 85y2
= −4
Ta thấy rằng, mặc dù c = Q4 = 4 là giá trị trong
√
765, a = 3 không là
ước của Tk,85 với mọi k ∈ N. Từ đẳng thức
T1,85 + U1,85
√
85 = 285769 + 30996
√
85,
suy ra 3|U1,85. Do đó, 3 ‡ Tk với mọi k ∈ N từ đó U1,85 | Uk,85 với mọi k ∈ N.

30
2
Y
±
Vì vậy điều kiện (a) trong Định lý 2.2.8 sai, vì vậy ta sử dụng đây là
ví dụ đòi hỏi điều kiện (b) của định lý 2.2.8
Nhận xét 2.2.15. Chú ý, trong Ví dụ 2.3.8, x = y = 1 là nghiệm của
phương trình (2.30) cũng là nghiệm của phương trình 9x4
− 65y2
= −56.
Có nhiều kết quả nghiên cứu về phương trình liên quan tới phương trình
Diophantine dạng
a2
x4
− by2
= 1. (2.23)
Định lj 2.2.16. Giả sử D = ab là một số lẻ không chính phương, c ∈ N
là số lẻ, và
gcd(a, c) = 1 = gcd(b, c).
Khi đó nếu phương trình Diophantine
ax2
− by2
= ±4c (2.24)
có nghiệm nguyên thủy thì phương trình Diophantine (2.25) cũng có nghiệm
nguyên thủy.
aX2
− bY 2
= ±c3
. (2.25)
Chứng minh. Giả sử phương trình (2.24) có nghiệm nguyên thủy x
√
a +
y
√
b, ta đặt
=
x(ax2
± 3c)
và =
y(ax2
c)
2
.
Vì a, b, c là các số lẻ, khi đó x không thể là số chẵn, và x
√
a + y
√
b là
nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.24) và
gcd(a, c) = gcd(b, c) = 1.
Vì vậy, X, Y ∈ Z. Ta có,
(a2
x2
− Dy2
)3
= (ax(a2
x2
+ 3Dy2
))2 − D(y(3a2
x2
+ Dy2
))2
= ±64a3
c3
.
Ngoài ra,
ax(a2
x2
+ 3Dy2
) = ax(4a2
x2
− 3(a2
x2
− Dy2
)) = ax(4a2
x2
± 12ac)
= 4a2
x(ax2
± 3c) = 8a2
X,
X

31
2
và
y(3a2
x2
+ Dy2
) = y(4a2
x2
− (a2
x2
− Dy2
)) = y(4a2
x2
± 4ac)
= 4ay(ax2
± c) = 8aY.
Suy ra,
hay
±64a3
c3
= (8a2
X)2
3 2
− D(8aY ) ,
2
± c = aX − bY . (2.26)
Tiếp theo ta sẽ chứng minh X
√
a + Y
√
b là nghiệm nguyên thủy. Nếu số
nguyên tố p chia hết cả X và Y , thì theo đẳng thức (2.26), ta có p | c.
Mặt khác, lại có p | X và gcd(a, c) = 1, nên p | x. Theo phương trình
Diophantine (2.24) thì p | b hoặc p | y, điều này đều mâu thuẫn với giả
thiết gcd(b, c) = 1 = gcd(x, y).
Từ Định lý 2.2.16 ta có hệ quả sau trong trường hợp đặc biệt c = 1,
kết quả này được chính tác giả Mollin và cộng sự công bố năm 2000 trên
tạp chí Canadian Mathematical Bulletin.
Hệ quả 2.2.17. ([7], Định lý 2.3, tr. 222). Nếu D = ab là một số lẻ không
chính phương và phương trình ax2
− by2
= ±4 có lời giải thì phương trình
ax2
− by2
= ±1 có nghiệm.
Hệ quả tiếp theo là kết quả của Gauss.
Hệ quả 2.2.18. (Gauss [5], Article 187, p. 156). Giả sử ∆ là biệt thức cơ
bản. Khi đó N(ε∆) = −1 khi và chỉ khi phương trình
|ax2
− by2
| = 4 (2.27)
không có nghiệm nguyên thủy trong đó D = ab loại trừ trường hợp hoặc
a = 1 hoặc b = 1.
Chứng minh. Giả sử N (ε∆) = −1 và phương trình (2.27) có nghiệm nguyên
thủy với D = ab, theo Hệ quả 2.2.17, thì phương trình ax2
− by2
= ±1 có

32
√
−
−
− −
nghiệm, nên phương trình (ax)2
− Dy2
= ±a cũng có nghiệm, không mất
tính tổng quát ta có thể giả thiết a < D. Vì vậy, theo Định lý 2.2.1–2.2.2
ta có, I = [a,
√
D] là Ideal chính thu gọn trong Z[
√
D], và a = Qj với
j ≥ 0 nào đó trong biểu diễn liên phân số liên tục của
√
D. Nếu j > 0,
khi đó theo Hệ quả 2.2.5, ta có l(
√
D) = 2j, theo Định lý 2.2.7, ta cũng có
N(ε∆) = ( 1)l
= 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết, vì vậy a = 1. Lập
luận tương tự với giả thiết b <
√
D ta cũng có kết luận là b = 1. Vậy ta đã
chứng minh được rằng nếu N(ε∆) = −1, thì phương trình (2.27) không có
nghiệm nguyên thủy với D = ab loại trừ trường hợp a = 1 hoặc b = 1,
Ngược lại, giả sử phương trình (2.27) không có nghiệm nguyên thủy với
D = ab trừ phi a = 1 hoặc b = 1. Ta cần chứng minh rằng N (ε∆) = −1.
Thật vậy, giả sử N(ε∆) = 1. Khi đó, theo Định lý 2.2.7, ta có l = l(ω∆)
là số chẵn. Vì vậy, theo Hệ quả 2.2.5, ta có Ql/2/2 | ∆. Do đó, theo Định
lý 2.2.2 và Hệ quả 2.2.4, tồn tại các số x, y ∈ Z thỏa mãn phương trình
x2
−Dy2
= ±4a, trong đó a = Ql/2/2. Vì a | ∆ = D, nên có aX2
−bY 2
= ±4
trong đó X = x/a and b = D/a. Theo giả thiết, a = 1 hoặc b = 1. Tuy
nhiên, a /= 1 vì a = Ql/2/2 là một nửa độ dài tuần hoàn. Vì vậy, b = 1, hay
D = a = Ql/2/2. Tuy nhiên, theo bất đẳng thức (2.6) ta có D = a < 2
√
D,
điều này mâu thuẫn với giả thiết, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.2.19. Vì phương trình |13x2
− 5y2
| = 4 không có nghiệm nguyên
thủy nên N(ε65) = −1.
Nhận xét 2.2.20. Kết quả của Định lý 2.2.16 liên quan tới tính giải được
của hai phương trình Diophantine. Câu hỏi tương tự về tính giải được của
hai phương trình Diophantine a2
x2
− by2
= c ∈ N và a2
x2
− by2
= −c.
Trong kết quả của chính tác giả Mollin [10, Corollary 4. p. 282], kết quả đó
không chính xác khi khẳng định cả hai phương trình đó không có nghiệm
nguyên thủy khi l(
√
b) là số chẵn. Ví dụ như phương trình 12
34 = 33
và 132
22
.34 = 33, trong đó l(
√
34) là số chẵn. Tuy nhiên, khẳng định
sau với điều kiện về tính chẳn lẻ của l(
√
D) là điều kiện cần thiết và đủ.

33
0 0 0
0 0 0 0 0 0
Định lj 2.2.21. Giả sử D là số nguyên, không là số chính phương, và c
là số nguyên thỏa mãn |c| = 1 hoặc |c| là số nguyên tố không chia hết D.
Nếu phương trình
x2
− Dy2
= c (2.28)
có nghiệm nguyên thủy thì phương trình
X2
− DY 2
= −c (2.29)
có nghiệm nguyên thủy khi và chỉ khi l(
√
D) là số lẻ.
Chứng minh. Nếu l(
√
D) là số lẻ, thì theo Định lý 2.2.7, ta có N (ε∆) = −1
với ∆ = 4D. Vì vậy, tồn tại các số nguyên u, v thỏa mãn phương trình
u2
− Dv2
= −1. Do đó, nếu x0 + y0
√
D là nghiệm nguyên thủy của phương
trình (2.28), thì
(x0 + y0
√
D)(u + v
√
D) = (x0u + y0vD) + (uy0 + vx0)
√
D
là nghiệm nguyên thủy của phương trình (2.29).
Ngược lại, giả sử rằng cả hai phương trình (2.28)–(2.29) đều có nghiệm
nguyên thủy, tương ứng là α0 = x0 + y0
√
D và β0 = X0 + Y0
√
D. Nếu
|c| = 1, thì theo Định lý 2.2.7, suy ra l(
√
D) là số lẻ, vì vậy ta có thể giả
thiết rằng |c| là số nguyên tố p. Thực vậy, ta sẽ giả thiết rằng c = p mà
không giảm tính tổng quát. Khi đó N(α0/β0) = −1, trong đó
α0 x0 + y0
√
D (x0 + y0
√
D)(X0 − Y0
√
D)
= √ =
β0 X + Y D X2
− Y 2
D
(
0 0 √ 0 0
√
=
x0X0 − y0Y0 D) + (y0X0 − x0Y0) D
.
−p
Tuy nhiên, lấy X2
nhân vào hai vế của phương trình x2
− y2
D = p rồi trừ
0 0 0
đi x2
lần phương trình X2
− Y 2
D = −p ta thu được,
D(Y 2
x2
− y2
X2
) = p(X2
+ x2
),
vì vậy từ gcd(p, D) = 1, nên ta có hoặc
p | (Y0x0 − y0X0) = Y1 hoặc p | (y0X0 + Y0x0) = Y2.

34
| |
1 1
Nếu p | Y1, thì p | X1 trong đó X1 = (x0X0 − y0Y0D) từ đẳng thức,
N(X2
− Y 2
D) = −p2
.
Nên ta có, N ((X1/p)2
− (Y1/p)2
D) = −1. Vì vậy, N (ε∆) = −1, Theo Định
lý 2.2.7, ta có l(
√
D) là số lẻ. Tiếp theo ta có thể giả sử rằng p | Y2. Từ
điều kiện N(α0/β0
𝘫
) = −1, trong đó
α0 x0 + y0
√
D (x0 + y0
√
D)(X0 − Y0
√
D)
= √ =
β0 X + Y D X2
− Y 2
D
(
0 0 √ 0 0
√
=
x0X0 + y0Y0 D) + (y0X0 + x0Y0) D
√
−p
√
=
(x0X0 + y0Y0 D) + Y2 D
,
−p
ta có, p | (x0X0 + y0Y0D) = Y3. Do đó,
−1 = N(α0/β0) = N((Y3/p) + (Y2/p)
√
D),
theo đó ta có N(ε∆) = −1 và l(
√
D) là số lẻ.
2.3 Một số ví dụ áp dụng
Trong mục này chúng tôi sẽ trình lại các ví dụ trong bài báo của Mollin
(2002), các ví dụ này sẽ minh họa các điều kiện trong Định lý 2.2.8–2.2.21,
nghiên cứu về điều kiện giải được của phương trình Diophantine dạng
AX2
− BY 2
= C với A, B, C là các số nguyên.
Ví dụ 2.3.1. Xét a = 3, b = 19, c = 5, t = −2, và P = 1. Từ 3 ‡ Tk,19
với mọi k ∈ N, suy ra ε19 = 170 + 39
√
19 với 3 | U1,19 (lập luận như
Ví dụ 2.2.14), và t = 2 = Q1 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn
của
√
171 =
√
a2b, khi đó theo Định lý 2.2.8 khẳng định (b) ta thu được,
phương trình
9x2
− 19y2
= ±5
có nghiệm nguyên thủy. Thực vậy, x = 3, y = 2 cho ta nghiệm nguyên thủy
của phương trình
9x2
− 19y2
= 5.

35
Theo các khẳng định (a) − (b) trong Định lý 2.2.8 là các điều kiện cần
thiết để các khẳng định (1) − (2) của định lý. Mặt khác, tính tương đương
của các khẳng định (1) − (d) sẽ không đúng nếu ta bỏ bớt điều kiện trong
các khẳng định của (a) hoặc (b), vì vậy ta không thể bỏ qua các điều kiện
(a) − (b) trong giải thiết của Định lý 2.2.8.
Ví dụ 2.3.2. Cho a = 3, b = 19 và c = 17. Khi đó P = 8 và t = −71. Vì
a = 3 | U1,19 = 39, nên 3 không chia hết Tk,19 với mọi k ≥ 0 (lập luận như
Ví dụ 2.2.14). Vì vậy, khẳng định (a) của Định lý 2.2.8 không thỏa mãn.
Tương tự, có |t| > a
√
b = 3
√
19, nên khẳng định (b) của Định lý 2.2.8
không thỏa mãn. Nhưng phương trình
a2
x2
− by2
= 9x2
− 19y2
= 17 = c,
có nghiệm nguyên thủy x = 2, y = 1 và không tồn tại j ≥ 0 thỏa mãn c
hoặc |t| bằng bất kỳ giá trị Qj nào trong biểu diễn liên phân số liên tục
đơn của
D = a
√
b =
√
171.
Thực vậy, chỉ có Qj là Q0 = Q2 = 1 và Q1 = 5 vì l(
√
171) = 2.
Theo các ví dụ minh họa trên thì Định lý 2.2.8 không đúng nếu không
có giả thiết về tính giải được của phương trình đồng dư a2
≡ bP 2
( mod c)
(xem [12, pp. 164–169]), sự tồn tại nghiệm của phương trình đồng dư là
cần thiết và đủ để chỉ ra sự tồn tại nghiệm của phương trình a2
x2
−by2
= ct
với mỗi số nguyên t với |t| < a
√
b.
Ví dụ 2.3.3. Xét a = 7, b = 3, và c = 5, khi đó phương trình
72x2
− 3y2
= ±5
không có nghiệm, vì không tồn tại số nguyên P thỏa mãn 3P 2
≡ 49(mod5),
cho ký hiệu Legendre (3/5) = −1. Cũng có, c = 5 < 7
√
3 = a
√
b, và
a = 7 | T2,3 = 7 = T2,b, nghĩa là ngay cả khi thỏa mãn điều kiện (a) trong
Định lý 2.2.8, ta vẫn không có nghiệm của phương trình trên.

36
√ √
Ví dụ minh họa dưới đấy chỉ ra trường hợp thỏa mãn điều kiện (b)
trong Định lý 2.2.8 nhưng không thỏa mãn điều kiện (a) trong Định lý
2.2.8.
Ví dụ 2.3.4. Xét a = 5, b = 3, c = 22, P = 1, và t = 1. Ta có c = 22 >
5
√
3, vì vậy khẳng định (a) trong Định lý 2.2.8 không thỏa mãn, nhưng
t = 1 < a
√
b vì vậy thỏa mãn khẳng định (b) trong Định lý 2.2.8. Vì
t = Q0 = 1 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của
√
75 = a
√
b, khi
đó theo Định lý 2.2.8, phương trình
a2
x2
− by2
= 25x2
− 3y2
= 22 = c,
có nghiệm nguyên thủy, giá trị dương bé nhất của nghiệm là x = y = 1.
Ví dụ minh họa dưới đây chỉ ra trường hợp thỏa mãn điều kiện (a)
trong Định lý 2.2.8 nhưng không thỏa mãn điều kiện (b) trong Định lý
2.2.8.
Ví dụ 2.3.5. Xét a = 13, b = 5719, c = 3, P = 1, và t = −1850. Vì |t| =
1850 > 13 3 = a b, nên điều kiện (b) của Định lý 2.2.8 không thỏa mãn.
Tuy nhiên, có c = 3 < a
√
b và a = 13 | T3,5719 các phân số nguyên tố được
cho bởi T3,5719 = 13.73.3090595037619968783.491670203565799.329685203,
trong đó
T1,b + U1,b
√
b = 491670203565799 + 6501504110940
√
5719,
trong đó cả T1,b và T2,b là số nguyên tố. Vì c = Q696 = 3 trong biểu diễn liên
phân số liên tục đơn của a
√
b =
√
966511 (trong đó l(
√
966511) = 156),
khi đó theo Định lý 2.2.8, phương trình
a2
x2
− by2
= 169x2
− 5719y2
= −3 = −c
có nghiệm nguyên thủy, một trong các nghiệm đó là x = 104018 và y =
17881.
Trong Ví dụ 2.3.5 liên quan tới bài toán liên hệ giữa liên phân số và
nghiệm của phương trình Diophantine đã được các tác giả A. J. van der

37
| |
−
Poorten, and H. C. Williams nghiên cứu và công bố trên tạp chí Journal
de théorie des (1994) và Acta Arithmetica (1999) (hoặc xem [6, Example
3.5.3,p. 101]). Ví dụ dưới đây là trường hợp cả hai điều kiện (a) và (b)
trong Định lý 2.2.8 đều thỏa mãn.
Ví dụ 2.3.6. Cho a = 7, b = 13, c = 9, P = 1, và t = 4. Ta có c =
9 << 7
√
13 = a
√
b và 7 | T2,13 = T2,b = 842401 = 7.17.7079, trong đó
T1,13 + U1,13
√
13 = 649 + 180
√
13, vì vậy thỏa mãn điều kiện (a). Cũng
tương tự vậy, t = 4 < a
√
b, do đó thỏa mãn điều kiện (b). Ngoài ra, ta có
c = 9 = Q2 và t = 4 = Q8 trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của
a
√
b =
√
637. Vì vậy, theo Định lý 2.2.8, phương trình
a2
X2
− bY 2
= 49X2
− 13Y 2
= 9,
có nghiệm nguyên thủy. Một trong các nghiệm của chúng là X = 5363 và
Y = 10412.
Trong các ví dụ đã minh họa, ta đã sử dụng quan hệ nguyên tố cùng
nhau của các hệ số a, b và c. Tiếp theo, ta sẽ trình bày ví dụ áp dụng Định
lý 2.2.8 trong đó các hệ số a, b, c không có quan hệ nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ 2.3.7. Cho a = 9, b = 5, c = 81, vì vậy t = 1 và P = 0. Khi đó,
phương trình
a2
x2
− by2
= 92x2
− 5y2
= 81 = c = a2
có nghiệm nguyên thủy là x = 161, y = 648. Trong trường hợp này, thỏa
mãn điều kiện (b) của Định lý 2.2.8 vì t < a
√
b = 9
√
5, và có t = Q0 = 1
trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của
√
D =
√
405 =
√
a2b.
Chú ý rằng trong ví dụ trên, nếu t không được chọn tối thiểu, chẳng
hạn t = −4 và P = 9, thì |t| = Qj với mọi j ≥ 0 trong biểu diễn liên phân
số liên tục đơn của
√
405, vì Q0 = 1 = Q2 và Q1 = 5 suy ra l(
√
405) = 2.
Trong phương trình trên khi chia cả hai vế cho 81 ta được 1612
722.5 =
1. Ở đây 161 + 72
√
5 = ((1 +
√
5))/2)2
với (1 +
√
5)/2 là đơn vị cơ bản của
Z[(1 +
√
5)/2]. Có nhiều ví dụ tương tự có thể được mô tả dưới các đơn vị

38
2
√ √
√
cơ bản. Chẳng hạn, nếu a = 7.13 và b = c = 13, thì
72
.132
.562338770402
− 13.14192788896012
= −13,
trong đó
14159 + 561
√
72.13 3
= 1419278889601 + 56233877040
√
72.13,
và (14159 + 561
√
72.13)/2 là đơn vị cơ bản của Z[(1 +
√
72.13)/2].
Ví dụ 2.3.8. Nếu a = 3, b = 65, c = 8, t = −7, và P = 1, thì ta có
c = 8 < 3
√
65 = a
√
b, 3 | T2,65 = 129,
và |t| = 7 < a
√
b, vì vậy các điều kiện (a) −(b) của Định lý 2.2.8 được thỏa
mãn. Tuy nhiên phương trình
9x2
− 65y2
= ±8
không giải được vì 8 = c /= Qj và 7 = |t| /= Qj với mọi j ≥ 0 trong b
i
ể
u
diễn liên phân số liên tục đơn của a b = 585. Ta thấy rằng, tuy phương
trình
9x2
− 65y2
= −56 (2.30)
là giải được vì trong trường hợp này c = 56, P = 1, và t = −1, hay |t| = Q0
trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của 585, nghiệm dương bé nhất
được là x = y = 1.
Rõ ràng chỉ có Qj trong biểu diễn liên phân số liên tục đơn của
√
585
là Q0 = 1, Q1 = 9 = Q4, Q2 = 16, và Q3 = 29 vì l(
√
585) = 8.
Ví dụ 2.3.9. Nghiệm nguyên thủy của phương trình 5x2
− 161y2
= −4
là (x, y) = (17, 3). Theo Hệ quả 2.2.17, phải tồn tại nghiệm của phương
trình 5x2
− 161y2
= ±1. Thực vậy, x = 12308, và y = 2169 là nghiệm của
phương trình 5x2
− 161y2
= −1.
Ví dụ 2.3.10. Nghiệm nguyên thủy của phương trình 17x2
− 5y2
= −12
là (x, y) = (7, 13). Theo Định lý 2.2.16, phải tồn tại nghiệm của phương
trình 17x2
− 5y2
= ±27. Một trong các nghiệm đó là (x, y) = (77, 142), vì
17.772
− 5.1422
= −27.

39
−
−
Ví dụ 2.3.11. Cho D = 34 và c = 47. Khi đó phương trình x2
− 34y2
= 47
có nghiệm nguyên thủy là x = 9 và y = 1. Tuy nhiên, phương trình
x2
− 34y2
= −47 không có nghiệm vì l(
√
34) = 4.
Ví dụ 2.3.12. Cho D = 65 và c = 29. Khi đó phương trình x2
−65y2
= −29
có nghiệm nguyên thủy là x = 6 và y = 1. Và phương trình x2
65y2
= 29
cũng có nghiệm nguyên thủy là x = 17 và y = 2. Ta có l(
√
65) = 1.
Ví dụ 2.3.13. Cho D = 845 và p = 29. Khi đó phương trình x2
− 845y2
=
−29 có nghiệm nguyên thủy là x = 436 và y = 15. Và phương trình
x2
845y2
= 29 cũng có nghiệm nguyên thủy với x = 407 và y = 14. Ta
có l(
√
845) = 5.

40
Kết luận
Luận văn đã trình bày những vấn đề sau:
• Trình bày các khái niệm về liên phân số và biểu diễn liên phân số của
số hữu tỉ và số vô tỉ.
• Trình các kết quả về phương trình Diopantine dạng x2
− Dy2
= N với
N, D là số nguyên.
• Trình bày các khẳng định về tính giải được của phương trình Dio-
phantine dạng Ax2
− By2
= C với A, B, C là các số nguyên. Các ví
dụ minh họa cho các điều kiện về tính giải được của loại phương trình
Diophantine này.

41
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục.
[2] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học và thuật toán, NXB
ĐH Quốc gia HN.
[3] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc và Vũ Kim Thủy (1994), Bài
giảng số học, NXB ĐH Giáo dục.
Tiếng Anh
[4] K.H. Rosen (1986), Elementary Number Theory and its Applications,
Addison–Wesley Publishing Company.
[5] C. F. Gauss (1985), Disquisitiones Arithmeticae, Springer-Verlag.
[6] Keith Matthews (2000) The Diophantine Equation X2
− DY 2
=
N, N > 0.
[7] R.A. Mollin, A. J. Poorten (2000), Continued fractions, Jacobi sym-
bols, and quadratic Diophantine equations, Canad. Math. Bull, 43, pp.
218–225.

42
[8] R. A. Mollin, K. Cheng, B. Goddard (2002), The Diophantine Equation
AX2
− BY 2
= C solved via continued fractions, it Acta Math. Univ.
Comenianae, LXXI(2), pp. 121–138.
[9] R.A. Mollin (2008), Fundamental Number Theory with Applications,
Chapman & Hall/CRC.
[10] R. A. Mollin, A. J. Van Der Poortel, H. C. Williams (1994), Halfway
to a solution X2
− DY 2
= −3, Journal De Theorie Des Nombres De
Bordeaux, 6(2), pp. 421–457.
[11] W. Siepinski (1964), Elementary Theory of Number, North-Holland
Mathematical Library (volume 31).
[12] A. Tekcan (2011), Continued Fractions Expansion of
√
D and Pell
Equation x2
− D ∗ y2
= 1, Mathematica Moravica, 15(2), pp. 19—27.
[13] A. Tekcan (2004), "Pell equation X2
− DY 2
= 2", Irish Math. Soc.
Bulletin, 54, pp.73–89.
[14] D. T. Walker (1967), "On the Diophantine Equation mX2
− nY 2
=
±1", The American Mathematical Monthly, 74(5), pp.504-513.
[15] Louboutin S, Mollin R. A., and Williams H. C, Class numbers of real
quadratic elds, continued fractions, reduced ideals, prime-producing
quadratic polynomials, and quadratic residue covers , Canad. J. Math.,
44 (1992), 824–842.
[16] Mollin R. A.,Quadratics, CRC Press, Boca Raton, New York, London,
Tokyo 1996.
[17] Mollin R. A., Jacobi symbols, ambiguous ideals, and continued frac-
tions, Acta Arith. LXXXV (1998), 331–349.
[18] Mollin R. A.,Fundamental Number Theory with Applications, CRC
Press, Boca Raton, New York, London, Tokyo 1998.

Về Phương Trình Diophantine Dạng Ax2 - By2 = C.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Về Phương Trình Diophantine Dạng Ax2 - By2 = C.docx

Similar to Về Phương Trình Diophantine Dạng Ax2 - By2 = C.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (18)

Về Phương Trình Diophantine Dạng Ax2 - By2 = C.docx