Phương trình Pell

Hoàn toàn không hiển nhiên rằng hyperbol $x^2-dy^2=1$, chắc chắn có điểm thực, phải đi qua một điểm nguyên — định lý này đảm bảo điều đó luôn đúng, với mọi $d$ không chính phương, nhờ một lập luận chuồng bồ câu khéo léo trên các xấp xỉ hữu tỉ.

Theo định lý xấp xỉ Dirichlet, với mọi số nguyên $Q>0$ tồn tại số nguyên $p,q$ với $1\le q\le Q$ và $\left|\sqrt d - \frac{p}{q}\right|<\frac{1}{qQ}$. Cho $Q\to\infty$ sinh ra vô hạn cặp $(p,q)$ với $\left|\sqrt d-\frac{p}{q}\right|<\frac{1}{q^2}$.

Với mỗi cặp như vậy, $|p-q\sqrt d|<\frac{1}{q}$, nên $|p^2-dq^2|=|p-q\sqrt d|\cdot|p+q\sqrt d|<\frac{1}{q}\left(2q\sqrt d+\frac{1}{q}\right)<2\sqrt d+1$. Vậy $p^2-dq^2$ chỉ nhận một trong hữu hạn giá trị nguyên trong $(-2\sqrt d-1,\,2\sqrt d+1)$, trong khi có vô hạn cặp $(p,q)$.

Theo nguyên lý chuồng bồ câu, một số nguyên khác không cố định $k$ trong khoảng hữu hạn đó thỏa $p^2-dq^2=k$ với vô hạn cặp $(p,q)$. Trong vô hạn cặp này, lại theo chuồng bồ câu, vô hạn cặp có cùng lớp dư $p\equiv p_0,\ q\equiv q_0\pmod{|k|}$.

Lấy hai cặp phân biệt $(p_1,q_1)\neq(p_2,q_2)$ như vậy với $p_1^2-dq_1^2=p_2^2-dq_2^2=k$ và cùng lớp dư theo môđun $|k|$. Đặt $x+y\sqrt d = \frac{(p_1+q_1\sqrt d)(p_2-q_2\sqrt d)}{k}$; khai triển cho thấy $x=\frac{p_1p_2-dq_1q_2}{k}$ và $y=\frac{p_1q_2-p_2q_1}{k}$ thực sự là số nguyên chính vì cùng lớp dư theo môđun $|k|$, và tính nhân của chuẩn $N(a+b\sqrt d)=a^2-db^2$ cho $x^2-dy^2=\frac{k\cdot k}{k^2}=1$. Vì $(p_1,q_1)\neq(p_2,q_2)$ nhưng chúng cho cùng tỉ số ở giới hạn, kiểm tra được $y\neq 0$, và thay $(x,y)$ bằng $(|x|,|y|)$ (vẫn là nghiệm, vì chỉ xuất hiện bình phương) cho một nghiệm nguyên dương.

Nó nói rằng vô hạn nghiệm không phải một tập rải rác bí ẩn mà là một dãy kiểu cấp số nhân hoàn toàn dự đoán được, sinh ra bằng cách "nhân" lặp đi lặp lại nghiệm nhỏ nhất — đưa một tìm kiếm vô hạn về việc chỉ cần tìm một số.

Trước hết kiểm tra $(x_n,y_n)$ định nghĩa bởi $x_n+y_n\sqrt d=(x_1+y_1\sqrt d)^n$ đúng là nghiệm với mọi $n$: lấy liên hợp, $x_n-y_n\sqrt d=(x_1-y_1\sqrt d)^n$, nên $x_n^2-dy_n^2=(x_n+y_n\sqrt d)(x_n-y_n\sqrt d)=\left[(x_1+y_1\sqrt d)(x_1-y_1\sqrt d)\right]^n=(x_1^2-dy_1^2)^n=1^n=1$.

Giờ giả sử $(x,y)$ là một nghiệm nguyên dương bất kỳ không có dạng này; vì $x_n\to\infty$ khi $n\to\infty$, tồn tại duy nhất $n$ với $x_n+y_n\sqrt d \le x+y\sqrt d < x_{n+1}+y_{n+1}\sqrt d = (x_n+y_n\sqrt d)(x_1+y_1\sqrt d)$.

Chia cả hai vế cho $(x_n+y_n\sqrt d)$, tức nhân với nghịch đảo $(x_n-y_n\sqrt d)$ (hợp lệ vì $x_n^2-dy_n^2=1$): đặt $x'+y'\sqrt d = (x+y\sqrt d)(x_n-y_n\sqrt d)$. Khi đó $1\le x'+y'\sqrt d < x_1+y_1\sqrt d$, và $x'^2-dy'^2=(x^2-dy^2)(x_n^2-dy_n^2)=1\cdot 1=1$, nên $(x',y')$ cũng là nghiệm của phương trình Pell.

Một tính toán ngắn dùng $x'+y'\sqrt d\ge 1$ và $x'^2-dy'^2=1$ cho thấy $x'\ge 1$ và $y'\ge 0$ (một nghiệm với $x'+y'\sqrt d\ge 1$ nhưng $y'<0$ sẽ buộc $x'>x_1$, mâu thuẫn với $x'+y'\sqrt d<x_1+y_1\sqrt d$ kết hợp với phương trình chuẩn). Nếu $y'>0$, thì $(x',y')$ là nghiệm dương với $x'+y'\sqrt d<x_1+y_1\sqrt d$, mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của nghiệm cơ bản. Vậy $y'=0$, buộc $x'=1$, tức $x+y\sqrt d=x_n+y_n\sqrt d$, nên $(x,y)=(x_n,y_n)$ suy cho cùng — mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy mọi nghiệm dương chính xác là một $(x_n,y_n)$ nào đó, chứng minh nghiệm cơ bản sinh ra toàn bộ tập nghiệm.