GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong suốt bao nhiêu năm học toán từ thời tiểu học đến đại học, em đã học được rất nhiều
điều hay, điều mới lạ, có những vấn đề dễ hiểu, có những vấn đề đọc mãi mà chẳng ra, có
những vấn đề có trong chương trình học, mà có nhiều vấn đề không có trong chương trình.
Đó là những vấn đề có thể đối với thế giới là bình thường nhưng đối với em là điều mới,
điều hay và nó thu hút bản năng thích tìm tòi, khám phá và chinh phục của mình.
Phương trình Pell là một dạng của phương trình Diophantine nhưng bản thân nó khá phong
phú và lại rất đa dạng cả trong lịch sử ra đời, trong định nghĩa, trong phương pháp giải và
cả ứng dụng của nó trong số học.
Chính tính hấp dẫn của vấn đề cùng với việc mong muốn giới thiệu vấn đề tới các bạn sinh
viên ngành toán của trường.Vì thế, em đã có động lực để nghiên cứu đề tài và chọn đề tài
luận văn của mình là: “Phương trình Pell” dưới sự góp ý của thầy hướng dẫn Bùi Anh Kiệt.
2. Lịch sử vấn đề
Jonh Pell (1611-1685) nhà toán học, người đã tìm ra những nghiệm nguyên ở thế kỉ 17. Tuy
nhiên ông chưa là người đầu tiên làm điều này.
Phương trình Pell đã được phát minh với chiều sâu hàng trăm năm trước khi Pell ra đời.
Sự đóng góp đầu tiên là nhà toán học người Ấn Độ - Brahmagupta, cách đây 1000 năm,
trước thời gian của Pell. Với sự đóng góp của ông đã bắt đầu lịch sử nghiên cứu về phương
trình Pell.
Năm 1150 sau Công Nguyên, một nhà toán học Ấn Độ khác – Bhaskara II, ông đã khám
phá ra phương pháp tuần hoàn, mà người Ấn Độ gọi là chakravala .
Thế kỉ thứ 14, Narayana đưa ra một số ví dụ về phương pháp tuần hoàn của Bhaskara II.
Thế kỉ thứ 17, ở Châu Âu, Fermat đã khẳng định rằng “với mọi số n, có vô hạn con số là
nghiệm của phương trình”, ông không chứng minh được. Nhưng các nhà toán học người
Anh: William Bramker và John Walliss đã làm được. Ngoài ra Frenicle de Bessy đã sắp
xếp thành bảng những nghiệm của phương trình Pell với tất cả số
150n≤
.

Thế kỉ thứ 18, vào năm 1766, Lagrange đã chứng minh được rằng nghiệm của phương trình
phụ thuộc vào khai triển liên phân số của
n
.
3. Mục đích nghiên cứu
Phương trình Pell 1
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Mục đích nghiên cứu là tập hợp và hệ thống lại một số kiến thức cơ bản của liên phân số.
Đồng thời vận dụng kiến thức này vào nghiên cứu phương trình Pell có đặc điểm gì?
Phương pháp giải và ứng dụng của nó trong Số học?
Xây dựng hệ thống ví dụ nhằm bổ sung làm sáng tỏ phần lý thuyết và các bài tập giúp
người đọc hiểu sâu hơn. Đồng thời đưa ra một số ứng dụng của nó trong Số học.
Em hay bất cứ một bạn sinh viên nào trước khi ra trường đều muốn tạo dựng một thành quả
tốt đẹp cho mình, một công trình nhỏ của riêng mình, để thấy được rằng đây chính là sản
phẩm đầu tay của người sinh viên sau 4 năm ngồi trên giảng đường Đại học . Em nghiên
cứu đề tài này là muốn hoàn thành Luận văn tốt nghiệp, bên cạnh đó em muốn được mở
mang kiến thức, tầm nhìn của mình về môn toán. Từ đó tạo đà cho em sẽ phát triển cao hơn
về năng lực tư duy trong nghiên cứu toán học.
4. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu
Luận văn thừa nhận một số khái niệm và tính chất cơ bản của Số học, dãy số. Bên cạnh đó,
luận văn trình bày một số kiến thức cơ sở của liên phân số cuối cùng là đi đến khái niệm
phương trình Pell và hình thành cách giải của phương trình.
5. Phương pháp nghiên cứu
Đọc sách có liên quan đến đề tài, tìm tài liệu trên mạng.
Sử dụng phương pháp phân tích để nắm vững vấn đề một cách chi tiết.
Sử dụng phương pháp tổng hợp, hệ thống những kiến thức tiên quyết, trình bày vấn đề theo
trình tự logic để người đọc dễ theo dõi.
6. Nội dung nghiên cứu
Nội dung chính của đề tài gồm 4 chương:

Chương I. Kiến thức chuẩn bị
Chương II. Các dạng phương trình Pell và một số phương pháp giải
Trong chương này, thì gồm 3 dạng của phương trình Pell và các định lý nói lên phương
pháp giải của nó cùng các ví dụ cụ thể.
Chương III. Bài tập
Chương IV. Một vài ứng dụng
PHẦN NỘI DUNG
Phương trình Pell 2
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Chương I. Kiến Thức Chuẩn Bị
I.1. Bổ đề 1
Cho
d
là số vô tỉ, khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên dương (p, q):
2
1
q
q
p
d <−
Chứng minh
Theo tính chất của liên phân số vô hạn ta có:
1
1
:
k
k k k
p
k

q q q
α
+
∀ − <
với
R
α
∈
.
Mà theo cách xác định
{ }
k
q
, thì:

1 1 1 1 2k k k k k k k k
q a q q a q q q
+ − − − −
= + > + =
Vì thế:
2
1
1 1 1
:
k
k k k k k k
p
k
q q q q q q
α

+
∀ − < < =
Chọn
; ;
k k
p p q q d
α
= = =
, ta có điều phải chứng minh.
I.2. Bổ đề 2
Với cặp số nguyên dương (p, q) tồn tại trong bổ đề 1
Khi đó:
2 2
1 2p dq d
− < +
Chứng minh
Thật vậy ta có:
2
1 1
0 0
p
d q d p q
q q q
− < ⇒ < − < ⇒ >
Mà:

( )
2 2
1
2 2 1 2

p q d p q d q d q d p q d
q d q q d d q
q
+ = − + ≤ − +
< + ≤ + = +
2 2
1 2p dq d⇒ − < +
.
I.3. Biểu diễn liên phân số của
d
Phương trình Pell 3
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

[ ]
0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 0
1
2
3
4
1
; , , ,..., ,... ; , , ,..., ,2
1
1
1
...
n n
d a a a a a a a a a a a a
a
a
a

a
−
 
= = + =
 
+
+
+
+
Chiều dài chu kì của liên phân số của
d
là n.
[ ]
0 0 0
,x d x d a
 
= = =
 
0 0 0 0
1
1 1 1
2
2 2
3
3
4
1 1 1 1
...
1 1 1
1 1

1
d a a a a
x
a a a
x
a a
x
a
x
= + = + = + = + =
+ + +
+ +
+
Trong đó
[ ]
( )
1
1
1 1
; 0
n n n n n
n n n
x a x a x n
x x a
+
+
= + ⇒ = = ≥
−
Ví dụ 1
Cho phương trình:

2 2
7 1x y− =
, biểu diễn liên phân số của
7
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
0 0 0
1
1 1 1
0 0
2 2 2
1 1
3 3 3
2 2
4 4 4 0
3 3
1
7 2 ; 2 7
1 1 7 2
1
3
7 2
1 1 3 7 1

1
2
7 2 7 1
1
3
1 1 2 7 1
1
3
7 1 7 1
1
2
1 1 3
7 2 4 2
7 1 7 1
1
3
x a x
x
x x a
x x
x x a
x x
x x a
x x
x x a a
x x
 
= = + = = =
 
+

= = = ⇒ = =
−
−
+
= = = = ⇒ = =
−
+ −
−
+
= = = = ⇒ = =
−
+ −
−
= = = = + ⇒ = = =
−
+ −
−
Vậy
0 1 3 3 4
7 ; , , , 2;1,1,1,4a a a a a
   
= =
   
. Trong đó n = 4 chính là chiều dài của chu kỳ liên
phân số của
7
.
Một số biểu diễn liên số của
d
với d là số không chính phương nằm trong đoạn từ 2

đến 40:
Phương trình Pell 4
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032


2 1;2
3 1;1, 2
5 2;4
6 2;2,4
7 2;1,1,1,4
8 2;1,4
10 3;6
11 3;3,6
12 3;2,6
13 3;1,1,1,1,6
14 3;1,2,1,6
15 3;1,6
17 4;8
18 4;4,8
19 4;2,1,3,1,2,8
20 4;2,8
 
=
 
 
=
 
 
=
 

 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 

 
=
 
 
=
 
 
=
 
21 4;1,3,1,8
 
=
 
22 4;1,2,4,2,1,8
23 4;1,3,1,8
24 4;1,8
26 5;10
27 5;5,10
28 5;3,2,3,10
29 5;2,1,1,2,10
30 5;2,10
31 5;1,1,3,5,3,1,1,10
32 5;1,1,1,10
33 5;1,2,1,10
34 5;1,4,1,10
35
 
=
 
 

=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 

=
 
= 5;1,10
37 6;12
38 6;6,12
39 6;4,12
40 6;3,12
 
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
 
=
 
I.4. Bổ đề 3
Giả sử d và n là số nguyên sao cho d > 0, d không là số chính phương,
n d<
. Khi đó
nếu
2 2
x dy n− =
thì
x

y
là giản phân của liên phân số của
d
.
Chứng minh
Trường hợp 1: n > 0
Vì
( ) ( )
2 2
0x dy n x y d x y d n x y d x y d− = ⇒ + − = ⇒ − > ⇒ >
Do đó:
0
x
d
y
− >
hơn nữa, do
0 n d< <
nên:
Phương trình Pell 5
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

( ) ( ) ( )
2 2
2
2
1
2
2
2

x x y d x dy n n d
d
y y y
y d
y x y d y x y d y y d
− −
− = = = < < =
+ +
.
Do
2
1
0
2
x
d
y y
< − <
ta suy ra được
x
y
là giản phân của liên phân số của
d
.
Trường hợp 2: n < 0
Chia hai vế của
( )
2 2
x dy n cho d− = −
, ta được :

2 2
1 n
y x
d d
− = −
Lập luận tương tự như trên ta có, khi
0,
n y
d x
− >
là giản phân của liên phân số của
1
d
.
Do đó:
1
x
y
y
x
=
là giản phân của liên phân số của
1
1
d
d
=
.
I.5. Bổ đề 4
Liên phân số

[ ]
0 1 2 3
; , , ,..., ,...
n
d a a a a a=
đã cho, xác định
à
k k
s v t
một cách đệ quy bằng
hệ thức:
0 0
2
1
1 1
0; 1
; 0
k
k k k k k
k
s t
d s
s a t s t k
t
+
+ +
= =
−
= − = ≥
Khi đó:

( )
( )
2
) , à 0
)
) 0
k k k
k k
k
k
k
a s t Z v t
b t d s
s d
c x k
t
∈ ≠
−
+
= ≥
Chứng minh
a) và b) Bằng phương pháp quy nạp toán học:
* Với k = 0, hiển nhiên đúng.
* Giả sử với k > 0 với
,
k k
s t
được xác định như trên thì
( )
2

, , 0 à
k k k k k
s t Z t v t d s∈ ≠ −
.
* Chứng minh: đúng với k + 1
Thật vậy:
1k k k k
s a t s Z
+
= − ∈
theo giả thuyết quy nạp.
Ta có
1
0
k
t
+
≠
vì
1
0
k
t
+
=
thì
2
1k
d s d
+

= ⇒
là số chính phương (vô lý ).
Ta có:
( )
( )
2
2 2 2 2 2
2
1
1
2
2
k k k
k k k k k k k k
k k k k k
k k k k k
d a t s
d s d s a t s a t d s
t a s a t
t t t t t
+
+
− −
− − − −
= = = + = + −
Phương trình Pell 6
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Ta có
( )

2
2
k k k k
a s a t Z− ∈
và
( )
2
k k
t d s−
theo giả thuyết quy nạp nên
1k
t Z
+
∈
.
( )
2
1 1k k
t d s
+ +
⇒ −
.
c) Bằng phương pháp quy nạp:
* Với k = 0, luôn đúng.
* Giả sử với k > 0 thì
( )
k
k
k
s d

x
t
+
=
* Chứng minh: đúng với k + 1.
Thật vậy:
( )
1
1
1
2
1 1
1
1
k k
k k k
k
k k k k
k k k k
t s d
t t s d
x
x a d s t
s d a t d s
+
+
+
+ +
+
+

+
= = = = =
− −
+ − −
.
I.6. Bổ đề 5
Nếu
k
k
p
q
là giản phân của liên phân số của
d
.
Khi đó:
( )
1
2 2
1 1
1 0,1,2,... à 0
k
k k k k
p dq t k v t
+
+ +
− = − = >
Chứng minh
* Cho
[ ]
0 1 2 3 1

; , , ,... ,
k k
d a a a a a x
+
=
Ta biết:
1 1
1 1
k k k
k k k
x p p
d
x q q
+ −
+ −
+
=
+
mà ta có:
1
1
1
k
k
k
s d
x
t
+
+

+
+
=
Ta có:
1 1
1 1
1 1
. .
k k
k k k k
k k
s d s d
q q d p p
t t
+ +
− −
+ +
 
+ +
+ = +
 
 
 
( )
1 1 1 1 1 1k k k k k k k k k k
d s q q t p s p t p dq
+ − + + + −
⇔ + − = + −
Do vế phải là số hữu tỉ mà
d

là số vô tỉ nên:
1 1 1
1 1 1
k k k k k
k k k k k
s q q t p
s p t p dq
+ − +
+ + −
+ =


+ =

lần lượt nhân 2 vế của hệ thức cho
( )
à
k k
p v q−
Ta có:
2
1 1 1
2
1 1 1
k k k k k k k
k k k k k k k
s q p q t p p
s p q t p q dq
+ − +
+ + −


+ =

− − = −

Cộng vế theo vế ta có kết quả là:
( )
2 2
1 1 1k k k k k k k
p dq t q p q p
+ − −
− = −
Phương trình Pell 7
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Mà ta có:
( )
1
1 1
1
k
k k k k
q p q p
+
− −
− = −
Nên ta có:
( )
1
2 2

1
1
k
k k k
p dq t
+
+
− = −
* Ta có :
2 2 1
2 2 1
0
k k
k k
p p
d k
q q
+
+
< < ≥
, vì thế:
Nếu k chẵn:
2 2
0
k
k k k k
k
p
d p q d p dq
q

< ⇒ < ⇒ − <
Nếu k lẻ:
2 2
0
k
k k k k
k
p
d q d p p dq
q
< ⇒ < ⇒ − >
Xét :
( )
( )
( )
1
2 2
1
1
2 2
1 1
1
1
1
k
k
k k k
k
k k k
k

t
p dq t
k
p dq t
t
+
+
+
− −
−
−
= = − ≥
−
−
Nếu k lẻ thì (k - 1) chẵn nên:
2 2 2 2
1 1
1 1
0; 0 0 0 1
k k
k k k k
k k
t t
p dq p dq k
t t
+ +
− −
− > − < ⇒ − < ⇒ > ∀ ≥
Nếu k chẵn thì (k - 1) lẻ nên:
2 2 2 2

1 1
1 1
0; 0 0 0 1
k k
k k k k
k k
t t
p dq p dq k
t t
+ +
− −
− < − > ⇒ − < ⇒ > ∀ ≥
Ta bắt đầu với
0
1 0t = >


( )
2
2
1
1 0 0
0
0
d s
t d a a d d
t
−
 
= = − > = <

 
Mà
2
2
1
0 0
t
t
t
> ⇒ >
.
Tương tự ta có
0 0
k
t k> ∀ ≥
mà
1
1
0 0 0
k
k
k
t
t k
t
+
+
> ⇒ > ∀ ≥
.
I.7. Bổ đề 6

Nếu n là chiều dài chu kì của liên phân số của
d
Thì khi đó
1
j
t =
nếu và chỉ nếu
n j
.
Chứng minh
Đảo
Cho
0 1 2
; , ,...,
n
d a a a a
 
=
 
Ta có:
1 1
0
kn
x x k
+
= ≥
Khi đó:
Phương trình Pell 8
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032



1
1
1 1
kn
kn
s d
s d
t t
+
+
+
+
=

( )
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
kn kn kn
kn kn kn
s t t d s t t d
t t d s t s t
+ + +
+ + +
⇔ + = +
⇔ − = −
Ta có:
1 1 1 1
;
kn kn

t t s s
+ +
= =
Nhưng:
2 2
1 1 1 1 1
1
kn kn kn kn kn
t d s d s t t t t t
+ +
= − = − = = ⇒ =
Vậy kết quả nhận được là
1 ,
j
t j kn n j= = ⇒
Thuận
Cho j là số nguyên dương thỏa
1
j
t =
. Khi đó:
j
j j
j
s d
x s d
t
+
= = +
Xét phần nguyên, ta có thể viết:

( )
0
ì
j j j j j
x s d s d s a v s Z
   
 
= + = + = + ∈
 
   
Định nghĩa của 1 0
1 1
1 1
:
j j j j
j j
x x x s a
x x
+
+ +
 
= + = + +
 
Ta có:

0 0 0
1 1
0 0 1 1
1 1
1 1

à
1 1
j j
j
j
j
d x a m d x s a
x x
a a x x
x x
+
+
+
= = + = − = +
⇒ + = + ⇒ =
Điều đó có nghĩa là khối
( )
1 2
, ,...,
j
a a a j Z∈
duy trì sự lặp lại trong sự biểu diễn liên phân số
của
d
.j kn⇒ =
Do đó, j phải là bội của chiều dài n chu kì của liên phân số
d
.
Ví dụ 2
15 3;1,6

 
=
 

n = 2 là chiều dài chu kì của liên phân số của
15
.
k
a
3 1 6 1
k
p
1 3 4 27 31
k
q
0 1 1 7 8
Khi đó:
Phương trình Pell 9
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

0 3
1 2
0 1 2 3
0 1 2 3
3 4 27 31
; ; ;
1 1 7 8
p p
p p
g g g g

q q q q
= = = = = = = =
Sự tính toán đã chỉ ra rằng:
( ) ( )
( ) ( )
( )
1 3
2 2 2 2
0 0 1 1 2 2 3 3
1 3
2 4
2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 4 4
2 4
2 2 1 1
1 6 ; 1 6
1 1 ; 1 1
1
1 ì 2 2 ; 0
k k
p dq t t p dq t t
t t
p dq t t p dq t t
t t
t v k t t k
+
− = − ⇒ = − = − ⇒ =
⇒ =
− = − ⇒ = − = − ⇒ =
⇒ = =

⇒ = = ≥
Phương trình Pell 10
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Chương II. Các Dạng Phương Trình Pell Và Một Số Phương Pháp Giải
II.1. Định nghĩa
Phương trình Pell có dạng:
2 2
x dy n− =

Trong đó d và n là số nguyên cho trước, x và y là nghiệm nguyên cần tìm.
Trong phạm vi đề tài này, tôi nghiên cứu phương trình Pell ở 3 dạng:
1, 1n n= = −
và
n
bất
kì. Đặc biệt ta chỉ xét nghiệm nguyên dương.
II.2. Các định lý
II.2.1. Dạng 1

1
22
=−dyx
(1) với d là số nguyên.
II.2.1.1. Định lý 1
Nếu d là số chính phương (d = m
2
), thì (1) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh
Ta có: d = m

2
nên
( ) ( )
2 2 2
1 1.x m y x my x my− = ⇔ − + =
Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương nên
( ) ( )
Zmyxvàmyx ∈+−




=
=
⇔



=+
=−
0
1
1
1
y
x
myx
myx
(vô lý)
Vậy (1) không có nghiệm nguyên dương.

II.2.1.2. Định lý 2
Nếu d là số nguyên âm thì (1) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh
Đặc
( )
' '
0d d d= − >
. Khi đó: (1)
2 ' 2
1x d y⇔ + =
.
Nếu



==
==
⇒=+=
1;0
0;1
1:1
22'
yx
yx
yxd
Nếu
010,:1
22'
==⇒≥> yvàxyxd
Vậy (1) không có nghiệm nguyên dương.

Phương trình Pell 11
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

II.2.1.3. Định lý 3 (Điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình Pell dạng 1)
Phương trình Pell có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d là số nguyên dương và
không phải là số chính phương.
Chứng minh
Thu ận
Theo định lý 1 và định lý 2, ta có: phương trình có nghiệm nguyên dương thì d là số
nguyên dương và không chính phương.
Đảo
Theo bổ đề 2 ta có tồn tại vô số cặp số (x, y) nguyên dương sao cho:

2 2
1 2x dy d− < +

2 2
1 2 1 2d x dy d⇔ − − < − < +
(2)
Từ tính vô hạn của các cặp số nguyên dương (x, y) nên:
, 1 2 ,1 2k Z k d d
 
∃ ∈ ∈ − − +
 
sao
cho có vô số cặp số nguyên dương (x, y) thỏa:
2 2
x dy k− =
.
Khi đó ta xét tập

{ }
2 2
( , ) :H x y x dy k= − =
với
1 2 ,1 2k d d
 
∈ − − +
 
Và
( ) ( )
( ) ( )
{ }
,
, : , , mod à mod 0 ,
i j
H x y x y H x i k v y j k i j k= ∈ ≡ ≡ ≤ ≤
.
* Vì có vô số (x, y)
H⇒ = +∞
.
Do cặp số (i, j) là hữu hạn vì
0 ,i j k≤ ≤

Mà
,i j
H H= U
hiển nhiên suy ra từ định nghĩa của hai tập
,
à
i j

H v H
.
,i j
H H⇒ = = +∞U
mà (i, j) là hữu hạn cặp nên
,
( , ):
i j
i j H∃ = +∞
* Xét
, ,
:
i j i j
H H = +∞
( )
1 1 2 2 ,
( , ) ( , ) à ( , ) 1,2
k k i j
x y x y m x y H k∃ ≠ ∈ =
.
Sao cho :
1 2
1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
(mod )
(mod )
x x k
y y k
x dy x dy k


≡

≡


− = − =

(3)
Ta có :
( ) ( )
( )
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1
x y d x y d x x dy y d x y x y− + = − + −
(4)
Mà từ (3) ta có :
( )
( )
2 2
1 2 1 2 2 2
1 2 2 1 2 2 2 2
0mod
0mod
x x dy y x dy k
x y x y x y x y k

− ≡ − ≡


− ≡ − ≡



(5)
Phương trình Pell 12
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

( )
1 2 1 2
1 2 2 1
,
x x dy y ku
u v Z
x y x y kv
− =

⇒ ∃ ∈

− =

(6)
Kết hợp 3, 4, 5, 6 ta có được :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 2 2
1 1 2 2
x y d x y d k u v d
x y d x y d k u v d

− + = +



+ − = −


Nhân hai vế của hệ phương trình ta có :
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2
x dy x dy k u dv− − = −
Do
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2
1x dy x dy k u dv− − = ⇒ − =

* Ta đi chứng minh u và v là những số nguyên dương.
Ta có:
2 2 2
1 0 ì 1u dv u v u= + ⇒ > ≥
và ta chỉ xét nghiệm nguyên dương.
Giả sử v = 0, ta có:
2
ì 0 ì 1 1V v th u u= = ⇒ =

( ) ( )
1 1 2 2
x y d x y d k⇒ − + =
Theo (3) thì ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
x dy x y d x y d k x y d x y d− = − + = ⇒ + = +
(7)
Giả sử
1
1 1
1
0
x
x y d d d
y
− = ⇒ = ⇒
là số hữu tỉ (vô lý). Nên
1 1
0x y d− ≠
Từ (7) ta có :
( )
1 2 2 1
x x y y d− = −

Vì là
d
số vô tỉ và
,
i i
x y Z
+
∈
nên :
( ) ( )

1 2 1 2
1 1 2 2
1 2 1 2
0
, ,
0
x x x x
x y x y
y y y y
− = =
 
⇒ ⇒ =
 
− = =
 
(vô lý).
Vậy v > 0 . Tóm lại
( )
2 2
, 0; , : 1u v u v Z u dv∃ > ∈ − =
.
II.2.1.4. Định lý 4
Cho
k
k
p
q
là giản phân của liên phân số của
d
với n là chiều dài của nó.

a) Nếu n chẵn, khi đó tất cả các nghiệm dương của
2 2
1x dy− =
(1) được cho bởi:

( )
1
1
1
kn
kn
x p
k
y q
−
−
=

≥

=

b) Nếu n lẻ, khi đó tất cả các nghiệm dương của
2 2
1x dy− =
(1) được cho bởi:

( )
2 1
2 1

1
kn
kn
x p
k
y q
−
−
=

≥

=

Phương trình Pell 13
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Chứng minh
Theo Bổ đề 3 ta có:
0 0
,x y
là nghiệm của phương trình
2 2
1x dy− =
Trong đó:
0 0
à ;
j
j j
j

p
x p v y q
q
= =
là giản phân của liên phân số của
d
Theo Bổ đề 5, thì:
( )
1
2 2
1 1
1 0,1,2,... à 0
j
j j j j
p dq t j v t
+
+ +
− = − = >
So với:
2 2
1
1 1 à 1
j j j
p dq t v j
+
− = ⇒ = +
là số chẵn.
Theo bổ đề 5
( )
( ) ( )

' ' ' '
1 1 1 , 1n j j nk k Z j k n k n⇒ + ⇒ + = ∈ ⇒ = − ≥
a) Nếu n lẻ: mà ( j + 1) chẵn nên k
’
chẵn , k
’
= 2k
( )
1 2 1k j kn≥ ⇒ = −
Vậy nghiệm của phương trình (1) là:
( )
2 1 2 1
à 1
kn kn
x p v y q k
− −
= = ≥
b) Nếu n chẵn: mà ( j + 1) chẵn nên
( )
' '
1 ; 1 1k k k k j kn∀ ≥ = ≥ ⇒ = −
Vậy nghiệm của phương trình (1) là:
( )
1 1
à 1
kn kn
x p v y q k
− −
= = ≥
.

Ví dụ 3
Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình:
2 2
13 1x y− =
(1)
Thật vậy:
13 3;1,1,1,1,6
 
=
 
với chiều dài chu kì là 5 (lẻ).
Nên ta có các giản phân sau:
k
a
3 1 1 1 1 6 1 1 1 1 6 1 1 1 1
k
p
1 3 4 7 11 18 119 137 256 393 649 4287 4936 9223 14159 23382
k
q
0 1 1 2 3 5 33 38 71 109 180 1189 1369 2558 3927 6485
Ta có tử số và mẫu số của giản phân
10 1
10 1
k
k
p
q
−
−

(*) là dạng nghiệm của phương trình (1).
Với k = 1:
9
9
9
649
180
p
g
q
= =
nên (649, 180) là cặp nghiệm bé nhất của phương trình (1).
Để tìm các cặp nghiệm còn lại ta lần lượt thế k = 2, 3, 4,…vào (*) và dựa vào bảng các giản
phân ta sẽ xác định được.
Phương trình Pell 14
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

* Định nghĩa nghiệm cơ bản
Nghiệm (x, y) của phương trình Pell được gọi là nghiệm cực tiểu nếu x < u với (u, v) là
nghiệm khác của phương trình. Nghiệm cực tiểu được gọi là nghiệm cơ bản.
II.2.1.5. Định lý 5
( )
,a b
là nghiệm cơ bản của phương trình.
Xét dãy
{ } { }
à
n n
x v y
được xác định bởi :

0 1 2 1
0 1 2 1
1 ; ; 2
0 ; ; 2
n n n
n n n
x x a x ax x
y y b y ay y
+ +
+ +
= = = −


= = = −

với n = 0,1,..
Khi đó
( )
,
n n
x y
là nghiệm dương của phương trình với n = 0, 1,…
Chứng minh
Theo lí thuyết về dãy số, thì phương trình đặc trưng của dãy trên là:
2
2 1 0a
λ λ
− + =
(1)
Phương trình (1) có hai nghiệm là

( )
' ' ' 2
1 2
à 1a v a a
λ λ
= − ∆ = + ∆ ∆ = −
Do (a, b) là một cặp nghiệm của phương trình
2 2
1x dy− =
, nên ta có
2 2
1a db− =
.
Vì lẽ đó hai nghiệm của phương trình (1) là:
1 2
àa b d v a b d
λ λ
= − = +
.
Từ đó theo lý thuyết dãy số, thì:
1 1 2 2
1 1 2 2
n n
n
n n
n
x c c
y d d
λ λ
λ λ


= +

= +

Bây giờ ta xác định
1 2 1 2
, ; ,c c d d
từ các điều kiện
0 2 0 1
1, ; 0,x x a y y b= = = =
.
Xét hệ phương trình sau:

( ) ( )
1 2
0
1 2
1
1 (2)
1
(3)
c c
x
c a b d c a b d a
x a
+ =

=



⇔
 
− + + =
=



Từ (2) ta có
2 1
1c c= −
.Thay vào (3) ta có:
( )
( )
( ) ( )
1 1 1
1 1
1
1
2
2
c a b d c a b d a c a b d a b d a a b d
b dc b d c
− + − + = ⇒ − − − = − −
⇒ − = − ⇒ =
Từ đó
( ) ( )
( )
2
1

4
2 2
n n
n
a b d a b d
c x
+ + −
= ⇒ =
Phương trình Pell 15
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Lập luận hoàn toàn tương tự, ta có:
( ) ( )
( )
5
2
n n
n
a b d a b d
y
d
+ − −
=
Rõ ràng
à
n n
x v y
là các số nguyên và từ (4), (5) suy ra
à
n n

x v y
là các số nguyên dương. Từ
(4) và (5) ta có:
( )
( )
(6)
n
n n
n
n n
x y d a b d
x y d a b d

+ = +



− = −

Vì vậy:
( ) ( )
2 2 2 2
1
n n n n n n
x dy x y d x y d a db− = + − = − =
Vậy
( )
,
n n
x y

là nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại 1:
2 2
1x dy− =
với mọi n = 0, 1, 2,…
II.2.1.6. Định lý 6
Nếu
( )
1 1
,x y
là nghiệm cơ bản của
2 2
1x dy− =
, với mỗi nghiệm dương (x, y) bất kì của
phương trình thì:
( )
1 1
1 :
n
n n
n x y d x y d x y d∃ ≥ + = + = +
Chứng minh
Chứng minh bằng phản chứng:
* Giả sử u, v là nghiệm dương của phương trình mà không đạt được dạng
( )
1 1
n
x y d+
.
Tức là
( )

1 1
n
u v d x y d+ ≠ +

Giả sử
( )
1 1
n
u v d x y d+ > +
Vì
1 1
1x y d+ >
nên lũy thừa của
1 1
x y d+
sẽ lớn tùy ý.
Điều đó có nghĩa là:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
1 1 1 1
1 1
2 2
1 1
1 ì 1
n n
n n n n
n n n n
x y d u v d x y d

x y d u v d x y d x y d
u v d x y d x y d v x dy
+
+ < + < +
⇒ + < + < + +
⇒ < + − < + − =
Số nguyên r, s được xác định:
( ) ( )
n n
r s d u v d x y d+ = + −
Phương trình Pell 16
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

( ) ( )
ux
ux ;
n n n n
n n n n
r s d dvy sx uy d
r dvy s sx uy
⇒ + = − + −
⇒ = − = −
Ta có:
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1
n n
r ds x dy u dv− = − − =
do đó r, s là nghiệm của phương trình.
* r, s > 0 vì

( ) ( )
1 1
1 (1) à 1r s d x y d m r s d r s d< + < + + − =
( )
( )
0 1 1
1 0 1 2
1 1 0 2
1
2
0
r s d r s d
r s d r s d r
r s d r s d s d
r
s
⇒ < − < ⇒− < − −

+ = < + + − =

⇒

− = < + − − =



>

⇒



>

Vậy r, s là nghiệm dương của phương trình
1 1 1 1
;x r y s x y d r s d⇒ < < ⇒ + < +
So với (1) mâu thuẫn.
Nên điều phản chứng là sai.
Nên tồn tại số n sao cho mọi u, v là nghiệm nguyên dương của phương trình đều có dạng:
( )
1 1
n
u v d x y d+ = +
.
Ví dụ 4
Tìm ba nghiệm đầu tiên của phương trình:
2 2
23 1x y− =
(*)
Thật vậy: trước tiên ta xác định nghiệm cơ bản của phương trình (*)
Bằng phương pháp thế: y = 1, 2, 3,… vào 23y
2
+ 1
Với y = 1: x
2
= 23 + 1 = 24 loại
Với y = 2: x
2
= 23.4 + 1 = 92 loại
Với y = 3: x

2
= 23.3
2
+ 1 = 208 loại
Với y = 4: x
2
= 23.4
2
+ 1 = 369 loại
Với y = 5: x
2
= 23.5
2
+ 1 = 576 nên x = 24
Vậy nghiệm cơ bản là (24, 5)
* Ta có:
Phương trình Pell 17
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

2 1 2 1 0
2
2 1 2 1 0
2
2 2
2.24.24 1 1151
2 2
2.24.5 0 240
n n n
n n n
x ax x x ax x

x
y ay y y ay y
y
+ +
+ +
= − = −
= − =
  
⇒ ⇒
  
= − = −
= − =
 
Vậy nghiệm thứ hai của phương trình (*) là (1151, 240)
Tương tự, ta tìm nghiệm thứ ba như trên, ta có:
3 2 1 3
3 2 1 3
2 2.24.1151 24 55224
2 2.24.240 5 11515
x ax x x
y ay y y
= − = − =
 
⇒
 
= − = − =
 
Vậy nghiệm thứ ba của phương trình (*) là (55224, 11515).
II.2.1.7. Định lý 7
Nếu

( )
1 1
,x y
là nghiệm của phương trình
2 2
x dy c− =
(1)
Và
( )
2 2
,x y
là nghiệm của phương trình
2 2 '
x dy c− =
(2)
Thì
( )
1 2 1 2 1 2 2 1
,x x dy y x y x y+ +
là nghiệm của phương trình
2 2 '
.x dy c c− =
Các nghiệm của phương trình (*) khác biệt nhau với sự khác biệt của
( ) ( )
1 1 2 2
, à ,x y v x y
Chứng minh
Đặt
( ) ( )
2 2

1 2 1 2
2 2 '
1 2 1 2 1 2 2 1
1 2 2 1
.
U x x dy y
U dV x x dy y d x y x y c c
V x y x y
= +

⇒ − = + − + =

= +

Ta thấy: Giả sử
( ) ( )
' ' ' '
1 1 2 2
, à ,x y v x y
lần lượt là nghiệm của phương trình (1) và (2) với
' ' ' ' ' '
1 1 1 1 2 2 2 2
; ê , .x x y y x x y y n n U U V V> ⇒ > > ⇒ > > >
II.2.1.8. Hệ quả
Nếu (a, b) là nghiệm của phương trình
2 2
( 1, 2, 4)x dy c c− = =± ± ±
Thì
2 2
2

,
a db ab
c c
 
+
 
 
là nghiệm của phương trình
2 2
1x dy− =
Chứng minh
Áp dụng trực tiếp từ định lý 8, ta có:
( )
2 2
,2a db ab+
là nghiệm của phương trình
2 2 2
( 0)x dy c c− = ≠
(1)
Chia hai vế của phương trình cho c
2
ta nhận được:
Phương trình Pell 18
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

( ) ( )
( )
2 2
2
2 2 2 2

2
2
2 2
2
2
1
a db a db d ab
ab c
d
c c c c
+ + −
 
− = = =
 
 
.
Ví dụ 5 Trở lại ví dụ ở phần II.1.14
Ta thấy: (5, 1) là nghiệm của phương trình
2 2
23 2x y− =
Nên (25 + 23.1, 2.5.1) = (48, 10)là nghiệm của phương trình
2 2
23 4x y− =
Vậy (24, 5) là nghiệm của phương trình
2 2
23 1x y− =
Ta có: (48, 10) là nghiệm của phương trình
2 2
23 4x y− =
Nên (48

2
+ 23.10
2
, 2.48.10) = (4604, 960) là nghiệm của phương trình
2 2
23 16x y− =
Vậy
4604 960
,
4 4
 
 
 
= (1151, 240) là nghiệm của phương trình
2 2
23 1x y− =
.
II.2.2. Dạng 2

2 2
1x dy− = −
(1) với d là số nguyên.
II.2.2.1. Định lý 1
Phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương khi d = m
2
, m là số nguyên ( khi d là
số chính phương).
Chứng minh
Khi d = m
2

, thì (1) có dạng:
( ) ( )
2 2 2
1 1x m y my x my x− = − ⇔ + − =
Với m là nguyên dương. Từ tính nguyên dương của x và y nên suy ra:
1
0
1
my x
x
my x
+ =

⇒ =

− =


vô lý vì x > 0.
Với m là nguyên âm. Từ tính nguyên dương của x và y nên suy ra:
1
0
1
my x
x
my x
+ = −

⇒ =


− = −

vô lý vì x > 0.
Vậy phương trình Pell loại 2 không có nghiệm nguyên dương, khi d không là số chính
phương.
II.2.2.2. Định lý 2
Phương trình Pell 19
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Phương trình (1) không có nghiệm khi d có ước nguyên tố p = 4k + 3.
Chứng minh
Bằng phản chứng, giả sử khi d có ước nguyên tố p = 4k + 3, mà phương trình vẫn có
nghiệm
( )
2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
, : 1 1x y x dy x dy− = − ⇔ + =
(*)
Từ (*) suy ra:
( )
2
0
1x d+ M
. Vì p có dạng 4k + 3, nên theo lý thuyết chia hết suy ra 1 chia hết
cho p. Vô lý, vậy giả thuyết là sai nên phương trình (1) không có nghiệm trong trường hợp
này.
II.2.2.3. Định lý 3
Nếu d là số nguyên tố, thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d
không có dạng 4k + 3.
Chứng minh

Thuận
Giả sử phương trình (1) có nghiệm. Khi đó theo định lý 2 thì d không có dạng 4k + 3.
Đảo
Giả sử
4 3d k≠ +
. Có các trường hợp sau:
( )
( )
( )
2 mod 4
1 mod 4
0 mod 4
d
d
d

≡

≡


≡

mà do d là số nguyên tố nên chỉ còn 2 trường hợp:
( )
( )
2 mod 4
1 mod 4
d
d


≡


≡


Trường hợp 1:
( )
2 mod 4d ≡
, d = 4k + 2 nên d chia hết cho 2
Mà d là số nguyên tố nên d = 2. Vậy phương trình:
2 2
2 1x y− = −
có nghiệm nguyên dương
(1, 1).
Trường hợp 2:
( )
1 mod 4d ≡
, d = 4k + 1.
Xét phương trình Pell dạng 1:
2 2
1x dy− =
(2) gọi là phương trình liên kết với (1)
Gọi (a, b) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình (2), khi đó ta có:
2 2
1a db− =
(3)
Xét hai khả năng sau:
* Nếu a chẵn, thì vế trái của (3) lẻ, do d = 4k + 1 là số lẻ nên b lẻ.

Do đó:
( )
2
1 mod 4b ≡
, vậy:
( ) ( )
2 2
1 1.1 mod 4 2 mod4a a− ≡ ⇒ ≡
Phương trình Pell 20
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Điều này vô lý vì a chẵn nên
( )
2
0 mod 4a ≡
. Vì thế không xảy ra khả năng này.
* Nếu a lẻ, khi đó lập luận tương tự như trên ta có b chẵn.
Giả sử
1
1
2 1
2
a a
b b
= +


=

Thay vào (3) ta được:

( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2 .4 1a a d b a a db+ = ⇒ + =
(4)
Vì d là số nguyên tố, và
( )
1 1
, 1 1a a + =
, nên từ (4) suy ra:
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
a dv
a u
a du
a v


+ =


=





=



+ =


trong đó:
1
.u v b=
; u, v là số nguyên dương.
Nếu:
2
2 2
1
2
1
1
1
a dv
u dv
a u

+ =
⇒ − = −


=

Trong trường hợp này (u, v) là nghiệm nguyên dương của phương trình (1).
Nếu:
2
2 2
1
2
1
1
1
a du
v du
a v

=
⇒ − =

+ =

Lúc này (v, u) là nghiệm của phương trình (2).
Do (a, b) là nghiệm cơ bản của (2) nên ta có
v a≥
. Từ đó:
2
1 1 1 1
1 2 1 2a v v a a a a+ = ≥ ≥ = + ⇒ ≥
Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn vì
1
a

là số nguyên dương.
Trong trường hợp này không thể xảy ra.
II.2.2.4. Định lý 4 ( Điều kiện để phương trình Pell loại 2 có nghiệm).
Gọi (a, b) là nghiệm cơ bản của phương trình liên kết với phương trình Pell loại 2. Khi
đó phương trình Pell loại 2:
2 2
1x dy− = −
(1) có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau:
2 2
(2)
2 (3)
a x dy
b xy

= +

=

có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh
Đảo
Giả sử
( )
0 0
,x y
là nghiệm nguyên dương của hệ (2)-(3).
Phương trình Pell 21
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

Vì (a, b) là nghiệm của phương trình:

2 2
1x dy− =
, nên
2 2
1a db− =
. Từ đó theo hệ ta có suy
ra:
( )
( )
( )
2 2
2
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
1 2 1 1x dy d x y x dy x dy= + − ⇒ = − ⇒ − = ±
.
* Nếu
2 2
0 0
1x dy− =
thì
( )
0 0
,x y
là nghiệm nguyên dương của phương trình Pell liên kết. Do
(a, b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình này, nên:
2 2
0 0 0 0
x a x dy x≥ = + >
.

Đó là điều vô lý.
* Nếu
2 2
0 0
1x dy− = −
. Khi đó
( )
0 0
,x y
là nghiệm nguyên dương của phương trình (1).
Thuận
Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương. Khi đó gọi
( )
0 0
,x y
là nghiệm nguyên
dương nhỏ nhất của nó. Ta sẽ chứng minh rằng
( )
0 0
,x y
chính là nghiệm của hệ (2)-(3).
Thật vậy, đặt
2 2
0 0 0 0
; 2u x dy v x y= + =
.
Từ đó:
( )
( )
( ) ( )

2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 1 1u dv x dy d x y x dy do x dy− = + − = − = − = −
.
Vì thế (u, v) là một nghiệm của phương trình Pell liên kết.
Từ tính nhỏ nhất của (a, b), suy ra
;u a v b≥ ≥
.
Ta sẽ chứng minh u = a ; v = b, khi đó thì
( )
0 0
,x y
là nghiệm của hệ (2)-(3).
Giả sử trái lại, nghĩa là u > a , v > b. Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 1
4
a b d a b d a b d a db a b d
a b d x y d x y d ax bdy ay bx d x y d
< − < − + = − = ⇒ < − <
⇒ − + < + ⇔ − + − < +
Từ a < u, b < v, suy ra:
( )
( ) ( )

( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2
0 0
0 0 0 0 0 0
2
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
a b d u v d x y d
ax bdy ay bx d a b d x y d
x y d x y d x y d dy x
+ < + = +
⇒ − − + − = + − +
< + − + = + −
Hay:
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
ì 1(5)ax bdy ay bx d x y d dy x x y d v x dy− − + − < + − = + − = −
Đặt:
0 0 0 0
;s ax bdy t ay bx= − = −
. Khi ấy (4), (5) có dạng như sau:

'
0 0
(4 )s t d x y d+ < +

Phương trình Pell 22
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032


'
0 0
(5 )s t d x y d− + < +
Ta thấy:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
a xs dt ax bdy d ay bx b d y da y db x− = − − − = + − − =

( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0
(6)a x dy b d dy x= − + −
Do
( )
0 0
,x y
là nghiệm của phương trình (1):
2 2
1x dy− = −
, nên:
2 2
0 0
1x dy− = −
,

vậy từ (6) ta có:
( )
2 2 2 2 2 2
s dt a db a db− = − + = − −
(7)
Lại do (a, b) là nghiệm của phương trình Pell liên kết, nên từ (7):
2 2
1s dt− = −
(8)
Giả sử: s = 0, thì từ (8) suy ra: dt
2
= 1. Do tính nguyên dương của d và t nên d = t = 1. Điều
đó vô lý vì d không là số chính phương. Do đó s khác 0.
Ta chứng minh: t > 0. Thật vậy:
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 (9)t ay bx ay bx a y b x db y b dy y b> ⇔ − > ⇔ > ⇔ > ⇔ + > − ⇔ > −
Bất đẳng thức (9) đúng nên t > 0 đúng. Do s khác 0 nên chỉ có hai trường hợp xảy ra:
* Nếu s > 0:
Khi đó (s, t) là nghiệm nguyên dương của phương trình
2 2
1x dy− = −
(suy ra từ (8)), mà
( )
0 0
,x y
là nghiệm dương bé nhất của phương trình này nên:
0 0 0 0
à (10)s x v t y s t d x y d≥ ≥ ⇒ + ≥ +

Từ (4
’
) và (10) ta suy ra mâu thuẫn, nên không thể có s > 0.
* Nếu s < 0:
Khi đó (-s, t) là nghiệm nguyên dương của phương trình
2 2
1x dy− = −
.
Bằng cách lập luận tương tự trường hợp trên, ta dẫn đến:
0 0
s t d x y d− + ≥ +
(11)
Từ (5
’
) và (11) cũng dẫn đến mâu thuẫn. Vậy ta luôn dẫn tới điều vô lý, nên giả thuyết
chứng minh phản chứng
( ) ( )
, ,u v a b≠
là sai. Điều đó có nghĩa là (u, v) = (a, b). 
II.2.2.5. Định lý 5
Nếu (a, b) là nghiệm cơ bản của phương trình Pell liên kết
2 2
1x dy− =
.(1)
Hệ
2 2
(2)
2 (3)
a x dy
b xy


= +

=

có nghiệm (u, v) duy nhất.
Xét hai dãy số nguyên dương
{ } { }
à
n n
x v y
sau đây:
Phương trình Pell 23
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032

3 2
0 1 2 1
3 2
0 1 2 1
; 3 ; 2
0,1,2,3...
; 3 ; 2
n n n
n n n
x u x u duv x ax x
n
y v y dv u v y ay y
+ +
+ +


= = + = −
=

= = + = −

Khi đó
( )
,
n n
x y
là nghiệm của phương trình
2 2
1x dy− = −
(4)
Chứng minh
Theo lý thuyết về dãy số, thì phương trình đặc trưng của dãy là:

2
2 1 0a
λ λ
− + =
(5)
Phương trình (5) có hai nghiệm là
' ' ' 2
1 2
à ; 1a v a a
λ λ
= − ∆ = + ∆ ∆ = −
.
Do (a, b) là nghiệm của (1) nên

2 2
1a db− =
, từ đó ta có:
' 2
db∆ =
Vậy hai nghiệm của phương trình đặc trưng (5) là
1 2
àa b d v a b d
λ λ
= − = +
Theo lý thuyết dãy số, thì:

1 1 2 2
n n
n
x c c
λ λ
= +
Bây giờ ta xác định
1 2
;c c
từ điều kiện
3 2
0 1
; 3x u x u duv= = +
Xét hệ phương trình sau:
( ) ( )
1 2
0
3 23 2

1 2
1
(6)
3 (7)
3
c c u
x u
c a b d c a b d u duv
x u duv
+ =

=


⇔
 
− + + = +
= +



Từ (6) ta có
2 1
c u c= −
. Thay vào (7) ta có:
( )
( )
( )
( ) ( )
( )

( )
3 2
1 1
3 2
1
3 2
1
3 2 2 2
1
2 2
1
3
3
2 3
2 3 2
2 2 2
c a b d u c a b d u duv
c a b d a b d u duv u a b d
b dc u duv u a b d
b dc u duv u u dv uv d
b dc duv u v d
− + − + = +
⇒ − − − = + − +
⇒ − = + − +
⇒ − = + − + +
⇒ − = −

( )
1
1 2

2
2 2 2
uv dc uv d v d u
u v d u v d u v d
c c u
⇒ − = −
− − +
⇒ = ⇒ = − =
Nên:
( ) ( )
2 2
n n
n
u v d u v d
x a b d a b d
− +
= − + +
Phương trình Pell 24
GVHD: Bùi Anh Kiệt SVTH: Lương Thị Mai Hiên 1050032


( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 1 2 1
2 2
2 2
(8)
2
n n

n n
u v d u v d
u dv uv d u dv uv d
u v d u v d
+ +
− +
= + − + + +
+ + −
=
Tương tự ta có:
( ) ( )
2 1 2 1
(9)
2
n n
n
u v d u v d
y
d
+ +
+ − −
=
Từ (8) và (9), ta có:

( )
( )
2 1
2 1
n
n n

n
n n
x y d u v d
x y d u v d
+
+

+ = +



− = −

Nhân đẳng thức trên ta có:
( )
2 1
2 2 2 2
n
n n
x dy u dv
+
− = −
.
Theo chứng minh của II.2.2.4, thì: do (u, v) là nghiệm của hệ (2)-(3) nên
2 2
1u dv− = −
.
Nên dẫn đến:
2 2
1

n n
x dy− = −
.
Vậy
( )
,
n n
x y
là nghiệm nguyên dương của phương trình (4).
II.2.2.6. Định lý 6
Nếu (a, b) là nghiệm của phương trình Pell liên kết
2 2
1x dy− =
(1)
Hệ
2 2
(2)
2 (3)
a x dy
b xy

= +

=

có nghiệm duy nhất (u, v).
Gọi
( )
,x y
là nghiệm của phương trình Pell:

2 2
1x dy− = −
(4)
Khi đó :
( )
2 1
:
n
n n
n x y d u v d x y d
+
∃ + = + = +
Chứng minh
Xét số sau đây:
( ) ( )
x y d u v d+ +
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
(5)x y d u v d xu d yv yu xv d s t d+ + = + + + = +
Ở đây
;s xu d yv t yu xv= + = +
.
Lại thấy:
Phương trình Pell 25