phương pháp gen trong giải phương trinh nghiệm nguyên

TRƯỜNG THPT TÂN HƯNG
Chuyên đề:
PHƯƠNG PHÁP GEN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN
Thực hiện: Phan Đình Trung
Học sinh lớp 12A1, niên khóa: 2014-2015
Trong Sinh học, ta định nghĩa gen là một đoạn DNA mang cấu trúc xác
định thông tin di truyền. Tương tự như vậy, phương pháp gen thực chất là
quy tắc xây dựng cấu trúc nghiệm từ một phương trình khi biết các nghiệm
cơ sở của nó. Nếu từ một nghiệm của phương trình đã cho ta có qui tắc để
xây dựng ra một nghiệm mới thì qui tắc đó gọi là gen. Phương trình Pell và
phương trình Markov chính là hai ví dụ điển hình cho phương pháp này.
I. Phương trình Pell
1. Phương trình Pell loại I:
Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng:
x
2
− dy
2
= 1, d ∈ Z (1)
∗ Tính chất:
1. Nếu d là số chính phương thì (1) vô nghiệm.
2. Nếu d là số nguyên âm thì (1) không có nghiệm nguyên dương.
3. (Điều kiện có nghiệm của phương trình Pell loại I) Phương trình (1) có
nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d nguyên dương và không chính phương.
∗Công thức nghiệm của phương trình Pell loại I:
Ta xét trong trường hợp nghiêm nguyên dương của phương trình Pell loại
I(tức là x, y ∈ Z
+
). Gọi (a, b) là hai nghiệm nhỏ nhất của (1). Lúc này tất
cả nghiệm của nó được vét sạch bởi dãy (x

n
), (y
n
):







x
n
=
(a + b
√
d)
n
+ (a − b
√
d)
n
2
y
n
=
(a + b
√
d)
n

− (a − b
√
d)
n
2
√
d
Hoặc theo công thức truy hồi:









x
0
= 1, y
0
= 0
x
1
= a, y
1
= b
x
n+2
= 2ax

n+1
− x
n
, n = 0, 1, 2,
y
n+2
= 2ay
n+1
− y
n
, n = 0, 1, 2,
1
2. Phương trình Pell loại II:
Phương trình Pell loại II là phương trình nghiệm nguyên có dạng:
x
2
− dy
2
= −1, d ∈  (2)
∗ Tính chất:
1. Nếu d là số chính phương thì (2) vô nghiệm.
2. Nếu d có ước nguyên tố dạng 4k + 3 thì (2) vô nghiệm.
3. Gọi (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của (2). Khi đó, (2) có nghiệm nếu và chỉ
nếu hệ

a = x
2
+ dy
2
b = 2xy

có nghiệm nguyên dương.
∗Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II:
Xét phương trình Pell loại I:
x
2
− dy
2
= 1
. Gọi (a, b) là hai nghiệm nhỏ nhất của phương trình này. Xét hệ

a = x
2
+ dy
2
b = 2xy
Giả sử hệ này có nghiệm duy nhất là (u, v). Khi đó, tất cả nghiệm của (2)
được xác định bởi dãy:









x
0
= u, y
0

= v
x
1
= u
3
+ 3duv
2
, y
1
= dv
3
+ 3u
2
v
x
n+2
= 2ax
n+1
− y
n
, n = 0, 1, 2,
y
n+2
= 2ay
n+1
− y
n
, n = 0, 1, 2,
3. Bài tập ví dụ:
Bài toán 1 Tìm tất cả các số nguyên dương x > 2 sao cho x − 1, x, x + 1

lập thành độ dài ba cạnh một tam giác có diện tích là một số nguyên.
Lời giải:
Giả sử x là số nguyên dương thỏa mãn bài toán. Khi đó, nửa chu vi tam giác
được tính bởi: p =
x − 1 + x + 1
2
=
3
2
x. Gọi y là diện tích tam giác đó. Áp
2
dụng công thức Heron, ta có:
y =

3
2
x

3
2
x − x

3
2
x − x + 1

3
2
x − x − 1


=
1
4
x

3(x
2
− 4)
Suy ra:
4y = x

3(x
2
− 4)
⇒ 16y
2
= 3x
2
(x
2
− 4)
Do 16y
2
.
.
. 2 ⇒ 3x
2
(x
2
− 4)

.
.
. 2 ⇒ x
.
.
. 2. Như vậy, tồn tại k ∈ N
∗
sao cho
x = 2k. Theo đó:
16y
2
= 3.4k
2
(4k
2
− 4)
⇔ y
2
= 3k
2
(k
2
− 1)
⇒ y = k

3(k
2
− 1)
Chú ý rằng: : k, y ∈ Z
+

⇒

3(k
2
− 1) ∈ Z
+
. Do đó tồn tại l ∈ Z
+
sao cho:
3(k
2
− 1) = l
2
Rõ ràng l
2
.
.
. 3 ⇒ l = 3m, m ∈ Z
+
. Khi đó phương trình trở thành
k
2
− 3m
2
= 1
Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được xác
định bởi:










k
0
= 1, m
0
= 0
k
1
= 2, m
1
= 1
k
n+2
= 6k
n+1
− k
n
, ∀n = 0, 1, 2,
m
n+2
= 6m
n+1
− m
n
, ∀n = 0, 1, 2,

Suy ra:









x
0
= 2, y
0
= 1
x
1
= 4, y
1
= 2
x
n+2
= 4x
n+1
− x
n
, n = 0, 1, 2,
y
n+2
= 4y

n+1
− y
n
, n = 0, 1, 2,
Vậy tất cả giá trị của x thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy:

x
0
= 2, x
1
= 4
x
n+2
= 4x
n+1
− x
n
.n = 0, 1, 2
.
3
Bài toán 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho trung bình cộng
của n số chính phương đầu tiên là một số chính phương.
Lời giải:
Bằng qui nạp ta chứng minh được rằng: Với mọi Số nguyên dương n, ta luôn
có:
1
2
+ 2
2
+ 3

2
+ + n
2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
Suy ra:
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + n
2
n
=
(n + 1)(2n + 1)
6
Theo đó, ta cần tìm n, y ∈ Z
+
sao cho:
(n + 1)(2n + 1)
6
= y
2
⇔ n
2
+ 3n + 1 = 6y
2

⇔ 16n
2
+ 24n + 4 = 48y
2
⇔ (4n + 3)
2
− 48y
2
= 1
Đặt x = 4n + 3, thế thì ta thu được:
x
2
− 48y
2
= 1
Đây chính là phương trình Pell loại I. Bằng phép thử tuần tự, ta tìm được
(7, 1) là nghiệm nhỏ nhất của nó. Theo đó, công thức nghiệm của phương
trình Pell này là:









x
0
= 1, y

0
= 0
x
1
= 7, y
1
= 1
x
k+2
= 14x
k+1
− x
k
, k = 0, 1, 2,
y
k+2
= 14y
k+1
− y
k
, k = 0, 1, 2,
Bằng qui nạp, ta chứng minh được rằng:

x
2k
≡ 1 (mod 4)
x
2k+1
≡ 3 (mod 4)
Ngoài ra:

x
2k+3
= 14x
2k+2
− x
2k+1
= 14(14x
2k+1
− x
2k
) − x
2k+1
= 196x
2k+1
− 14x
2k
− x
2k+1
= 195x
2k+1
+ x
2k+1
− 14x
2k
− x
2k+1
= 194x
2k+1
− x
2k−1

4
Đồng thời, vì x = 4n + 3 nên n =
x − 3
4
∈ Z
+
, theo đó: n
k
=
x
2k+1
− 3
4
⇒
n
0
= 1, n
1
= 337, n
k+1
= 194n
k
− n
k−1
+ 144. Vậy, tất cả giá trị n thỏa mãn
bài toán là:

n
0
= 1, n

1
= 337
n
k+1
= 194n
k
− n
k−1
+ 144, k = 0, 1, 2,
Bài toán 3 Tìm cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p
2
− 2q
2
= 1
Lời giải:
Xét phương trình Pell loại I:
x
2
− 2y
2
= 1
Bằng phép thử tuần tự, ta nhận thấy (3, 2) là nghiệm nhỏ nhất của phương
trình này đồng thời đây cũng là cặp số nhỏ nhất thỏa mãn bài toán. Theo
đó, công thức nghiệm của phương trình Pell này được xác định bởi:








x
n
=
(3 + 2
√
2)
n
+ (3 − 2
√
2)
n
2
y
n
=
(3 + 2
√
2)
n
− (3 − 2
√
2)
n
2
√
2
Suy ra:
x
n

+ y
n
=
(3 + 2
√
2)
n
+ (3 − 2
√
2)
n
2
+
(3 + 2
√
2)
n
− (3 − 2
√
2)
n
2
√
2
=
(
√
2 + 1)
2n+1
+ (

√
2 − 1)
2n+1
2
√
2
Áp dụng công thức khai triển Newton, ta có:
x
n
+ y
n
=
(
√
2 + 1)
2n+1
+ (
√
2 − 1)
2n+1
2
√
2
=

2n+1
i=0
C
i
2n+1

(
√
2)
i
+

2n+1
i=0
C
i
2n+1
(
√
2)
i
(−1)
2n+1−i
2
√
2
=
2
√
2

n
j=0
C
2j+1
2n+1

2
j
2
√
2
=
n

j=0
C
2j+1
2n+1
2
j
= C
1
2n+1
+
n

j=1
C
2j+1
2n+1
2
j
= 1 +
n

j=1

C
2j+1
2n+1
2
j
≡ 1 (mod 2)
5
Điều này chỉ xảy ra khi p, q khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình
đã cho vô nghiệm nếu min{p, q} > 2. Vậy, (3, 2) là nghiệm duy nhất của bài
toán.
Bài toán 4 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n + 1 và 3n + 1 đều
là các số chính phương.
Lời giải:
Đặt d = gcd(2n + 1, 3n + 1), khi đó:

d | 2n + 1
d | 3n + 1
⇔

d | 6n + 3
d | 6n + 2
⇒ d | 1 ⇒ d = 1
Điều này cho thấy 2n + 1, 3n + 1 đồng thời là các số chính phương khi và chỉ
khi tồn tại y ∈ Z
+
sao cho:
(2n + 1)(3n + 1) = y
2
⇔ 6n
2

+ 5n + 1 = y
2
⇔ 144n
2
+ 120n + 24 = 24y
2
⇔ (12n + 5)
2
− 24y
2
= 1
Đặt x = 12n + 5, phương trình trở thành:
x
2
− 24y
2
= 1
Đây chính là phương trình Pell loại I, vì 24 không phải là số chính phương
nên phương trình này chắc chắn có nghiệm và công thức nghiệm của nó được
cho bởi:









x

0
= 1, y
0
= 0
x
1
= 5, y
1
= 1
x
k+2
= 10x
k+1
− x
k
, k = 0, 1, 2,
y
k+2
= 10y
k+1
− y
k
, k = 0, 1, 2,
Bằng qui nạp ta chứng minh được x
2k+1
≡ 5 (mod 12), do đó:
n
k
=
x

2k+1
− 5
12
Ngoài ra:
x
2k+3
= 10x
2k+2
− x
2k+1
= 10(10x
2k+1
− x
2k
) − x
2k+1
= 99x
2k+1
− 10x
2k
= 98x
2k+1
+ (10x
2k
− x
2k−1
) − 10x
2k
= 98x
2k+1

− x
2k−1
6
Suy ra: n
k+1
= 98n
k
− n
k−1
+ 40. Và theo đó tất cả giá trị n thỏa mãn bài
toán là:

n
0
= 0, n
1
= 40
n
k+
= 98n
k
− n
k−1
+ 40, k = 0, 1, 2,
Nhận xét: Với cách làm tương tự như bài toán 4, ta có thể giải quyết được
bài toán sau:
Bài toán (Việt Nam TST 2013):
1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương t sao cho 2012t + 1 và
2013t + 1 đều là các số chính phương.
2. Xét m, n là các số nguyên dương sao cho mn + 1 và (m + 1)n + 1 đều là

các số chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 8(2m + 1)
Bài toán 5 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương x, y, z sao
cho:
x
2
+ y
3
= z
4
Lời giải:
Bổ đề: Tồn tại vô hạn số nguyên dương n, k sao cho:
n(n + 1)
2
= k
2
Chứng minh bổ đề:
Biến đổi phương trình (1) về dạng tương đương:
(2n + 1)
2
− 8k
2
= 1
Đặt m = 2n + 1, phương trình (1) trở thành m
2
− 8k
2
= 1. Đây chính là
phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được cho bởi:










m
0
= 1, k
0
= 0
m
1
= 3, k
1
= 2
m
l+2
= 6m
l+1
− m
l
k
l+2
= 6k
l+1
− k
l
Ngoài ra, ta thấy m

l
≡ 1 (mod 2) nên giá trị n thỏa mãn bổ đề được cho
bởi:

n
0
= 0, n
1
= 1
n
l+2
= 6n
l+1
− n
l
+ 2, l = 0, 1, 2,
7
Dãy số này chứng tỏ khẳng định của bổ đề là đúng. Bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán, Bằng qui nạp ta dễ dàng kiểm tra được rằng với mọi n
nguyên dương, ta luôn có:
1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
=


n(n + 1)
2

2
⇔ [1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + (n − 1)
3
] + n
3
=

n(n + 1)
2

2
⇔

(n − 1)n
2

2
+ n
3
=


n(n + 1)
2

2
Từ đây, áp dụng bổ đề trên, ta chọn









x =
n(n + 1)
2
y = n
z
2
=
n(n + 1)
2
Rõ ràng đây chính là ba bộ số thỏa mãn bài toán. Từ đó suy ra đpcm.
Bài toán 6 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương x, y sao cho:
x + 1
y
+
y + 3
x

= 6
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
x
2
+ (1 − 6y)x + y(y + 3) = 0
Xem đây như một phương trình bậc hai ẩn x tham số y, ta có:
∆ = (1 − 6y)
2
− 4y(y + 3) = 32y
2
− 24y + 1
Bây giờ ta nhận thấy rằng phương trình đã cho có vô hạn nghiệm nguyên
dương khi và chỉ khi tồn tại vô hạn số nguyên dương y, k thỏa mãn:
32y
2
− 24y + 1 = k
2
⇔ 64y
2
− 48y + 2 = 2k
2
⇔ (8y −3)
2
− 2k
2
= 7
8
Đặt m = 8y −3, phương trình trở thành:
m

2
− 2k
2
= 7 (∗)
Xét phương trình Pell loại I: m
2
− 2k
2
= 1, dễ thấy phương trình Pell này
nhận nghiệm nhỏ nhất là (3, 2), bằng phép thử tuần tự ta tìm được (3, 1) là
nghiệm cơ sở của (∗). Theo đó, ta xét dãy (x
n
), (y
n
):





x
0
= 3, y
0
= 2
x
n+1
= 3x
n
+ 4y

n
, n = 1, 2, 3,
y
n+1
= 2x
n
+ 3y
n
, n = 1, 2, 3,
Đồng thời:
x
2
n+1
−2y
2
n+1
= (3x
n
+ 4y
n
)
2
−2(2x
n
+ 3y
n
)
2
= x
2

n
−2y
2
n
= = x
2
1
−2y
2
1
= 7
Điều này chứng tỏ phương trình m
2
− 2k
2
= 7 có vô hạn nghiệm nguyên
dương. Ngoài ra ta còn nhận thấy x
2k
≡ 3 (mod 8), thật vậy chú ý rằng:
x
n+1
= 3x
n
+ 4y
n
= 9x
n−1
+ 12y
n−1
+ 4y

n
= 9x
n−1
+ 8y
n−1
+ 4(y
n
+ y
n−1
)
= 9x
n−1
+ 8y
n−1
+ 8(x
n−1
+ 2x
n−1
) ≡ x
n−1
(mod 8)
Như vậy,
x
2k
≡ x
2k−2
≡ ≡ x
2
≡ x
0

≡ 3 (mod 8)
Điều này cho thấy tồn tại vô hạn y, k ∈ Z
+
sao cho:
(8y −3)
2
− 2k
2
= 7
Từ đó dễ dàng suy ra đpcm.
Bài toán 7 (Anh 2007) Chứng minh rằng tồn tại vô số nguyên dương m, n
thỏa mãn :
m + 1
n
+
n + 1
m
là một số nguyên
Lời giải:
Đặt
m + 1
n
+
n + 1
m
= k (k ∈ Z
+
. Biến đổi phương trình về dạng:
m
2

+ m(1 − kn) + n
2
+ n = 0
9
Phương trình này có
∆ = (1 − kn)
2
− 4(n
2
+ n) = (k
2
− 4)n
2
− 2n(k + 2) + 1
. Chọn k = 4. Ta cần chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho
∆ = 12n
2
− 12n + 1 là số chính phương. Hay phương trình:
12n
2
− 12n + 1 = t
2
⇔ 3(4n
2
− 4n + 1) − 2 = t
2
⇔ t
2
− 3(2n − 1)
2

= −2
có vô số nghiệm nguyên dương.
Ta xét hai dãy (x
n
), (y
n
) được cho bởi:



x
0
= 1, y
0
= 1
x
n+1
= 2x
n
+ 3y
n
y
n+1
= x
n
+ 2y
n
Khi ấy ta có :
x
2

n+1
−3y
2
n+1
= (2x
n
+ 3y
n
)
2
−3(x
n
+ 2y
n
)
2
= x
2
n
−3y
2
n
= = x
2
0
−3y
2
0
= −2
Điều này chứng tỏ phương trình dạng:

X
2
− 3Y
2
= −2 (X = t, Y = 2n − 1)
có vô hạn nghiệm nguyên dương (x
k
, y
k
) với x
k
, y
k
là số hạng bất kỳ của hai
dãy (x
n
)(y
n
)
Chú ý rằng, ta có :
m =
4n − 1 ± t
2
Nên để m nguyên thì t phải lẻ. Đồng thời, bằng qui nạp ta dễ dàng chứng
minh được rằng có vô số số hạng của dãy (x
n
), (y
n
) là số lẻ. Như vậy phương
trình:

m + 1
n
+
n + 1
m
= 4
có vô hạn nghiệm nguyên dương. Bài toán được giải quyết.
Nhận xét: Khi tham khảo lời giải trên, bạn đọc sẽ không khỏi thắc mắc
rằng: "Tại sao là có thể lựa chọn hai dãy (x
n
), (y
n
) như trên. Phải chăng là
do tình cờ?" Xin trả lời luôn rằng là không phải tình cờ, tất cả đều có sắp
xếp theo một trật tự riêng của nó cả. Ta có phương pháp để chọn ra các dãy
(x
n
), (y
n
) như sau :
Xét phương trình nghiệm nguyên có dạng :
X
2
− kY
2
= m (1)
10
trong đó m là số nguyên và k là số nguyên dương không chính phương.
Nếu (1) có nghiệm nguyên dương là (A, B). Xét phương trình Pell dạng
X

2
− kY
2
= 1 có nghiệm nguyên dương là (C, D).Ta xét các dãy :



x
0
= A, y
0
= B
x
n+1
= Cx
n
+ kDy
n
y
n+1
= Dx
n
+ Cy
n
Đồng thời:
x
2
n+1
− ky
2

n+1
= x
2
n
− ky
2
n
= = x
2
0
− ky
2
0
= m
cho nên phương trình (1) chắc chắn có nghiệm.
II. Phương trình Markov:
Phương trình Markov cổ điển là phương trình nghiệm nguyên có dạng:
x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ + x
2
n
= kx

1
x
2
x
3
x
n
(II)
Trong đó n, k là các tham số nguyên dương.
∗ Tính chất:
1. Nếu phương trình (II) có nghiệm thì nó sẽ có rất nhiều nghiệm. Xem (II)
như một phương trình bậc hai ẩn x
n
, các số x
1
, x
2
, , x
n−1
là tham số. Khi
đó:
x
2
− kx
1
x
2
x
n−1
.x + x

2
1
+ x
2
2
+ + x
2
n−1
= 0
Gọi x
0
= y là nghiệm thứ hai của phương trình này. Theo định lý Viète ta
có:
x+y = kx
1
x
2
x
n−1
⇔ y = kx
1
x
2
x
n−1
−x
n
=
x
2

1
+ x
2
2
+ + x
2
n−1
x
n
(II.1)
Chú ý rằng u < x
n
khi và chỉ khi:
x
2
1
+ ···+ x
2
n−1
kx
1
···x
n−1
(II.2)
Quá trình này có thể thực hiện với mọi biến số x
j
trong vai trò của x
n
.
Nhưng chỉ đối với một biến - biến lớn nhất là có thể xảy ra (II.2) và ta thu

được nghiệm mới (x
1
, x
2
, . . . , x

n
) “nhỏ hơn” nghiệm cũ (thứ tự theo tổng các
biến). Như vậy, theo đa số là các nghiệm tăng lên và ta có cây nghiệm.
Tiếp theo, trừ những trường hợp đặc biệt, ta sẽ giả sử rằng x
1
≤ x
2
≤ ··· ≤
x
n
. Ta sẽ nói nghiệm (x
1
, x
1
, ··· , x
n
) là nghiệm gốc (nghiệm cơ sở), nếu
x
2
1
+ ···+ x
2
n−1
≥ x

2
n
⇔ 2x
n
≤ kx
1
···x
n−1
(II.3)
11
(từ nghiệm này, tất cả các nhánh cây đi đến các nghiệm bên cạnh, đều tăng)
2.Nếu phương trình (II) có nghiệm nguyên dương thì nó có nghiệm gốc.
3. Nếu n > 2, (x
1
, x
2
, ··· , x
n
)) là nghiệm gốc, ngoài ra, x
1
≤ x
2
≤ ··· ≤ x
n
.
Khi đó
x
1
···x
n−2

≤
2(n − 1)
k
.
4. Nếu x
1
≤ x
2
≤ ··· ≤ x
n
là các số nguyên dương bất kỳ thoả mãn điều
kiện 1 < x
2
n
≤ x
2
1
+ ··· + x
2
n−1
, thì tỷ số R =
x
2
1
+ ···+ x
2
n
x
1
x

2
···x
n
không vượt quá
n + 3
2

ĐỊNH LÝ: Nếu phương trình (II) có nghiệm và n = k, thì n ≥ 2k − 3 khi
n ≥ 5 và n > 4k −6 khi n = 3, n = 4.
* Phương pháp Viète Jumping:
Định lý Viète: Xét phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0, a = 0 có hai
nghiệm x
1
, x
2
. Khi đó:



x
1
+ x
2
= −
b
a
x
1

x
2
=
c
a
Định lý đảo Viète: Xét tam thức bậc haif (x) = ax
2
+ bx + c, a = 0. Gọi
x
1
, x
2
là hai nghiệm của f (x). Khi đó, một số thực α thỏa mãn x
1
< α < x
2
khi và chỉ khi a.f(α) < 0.
Chúng ta bắt đầu với bài toán sau:
Bài toán 8 (IMO 1988) Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn k =
a
2
+ b
2
ab + 1
là một số nguyên. Chứng minh rằng k là một số chính phương.
Lời giải:
Giả sử kết luận bài toán không đúng. Trong tập hợp tất cả các số nguyên
dương (a, b) thỏa mãn bài toán, ta chọn ra hai phần tử a, b sao cho tổng a+b
là nhỏ nhất. Không giảm tính tổng quát, giả sử a ≥ b > 0. Xét phương trình
bậc hai ẩn x:

x
2
+ (b − kb)x + b
2
− k = 0
Rõ ràng, phương trình này nhận một nghiệm là a. Gọi nghiệm còn lại là x
0
.
Theo định lý Viète, ta có:

x
0
+ a = kb −b
x
0
.a = b
2
− k
12
Từ đây, ta dễ dàng suy ra được rằng x
0
∈ Z
+
.
• Nếu x
0
< 0 thì x
0
≤ 1, suy ra:
x

2
− (bk −b)x + b − k ≥ x
2
+ (bk −b) + b
2
− k > 0, mâu thuẫn
• Nếu x
0
= 0 thì k = b
2
, mâu thuẫn.
• Nếu x
0
> 0 thì (x
0
, b) là một cặp số thỏa mãn bài toán. Và lúc này:
x
0
+ b =
b
2
− k
a
+ b <
b
2
a
+ b <
a
2

a
+ b = a + b
Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của a + b. Như vậy, giả thiết phản
chứng là sai. Bài toán được chứng minh.
Ta tiếp tục với bài toán sau:
Bài toán 9 Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương sao cho
k =
a
2
+ b
2
ab − 1
là một số nguyên thì k = 5.
Lời giải:
Trong tất cả các số (a, b) thỏa mãn k là một số nguyên, ta chọn ra cặp (a, b)
sao cho a + b là nhỏ nhất. Xét phương trình:
k =
x
2
+ b
2
xb − 1
⇔ x
2
− kbx + b
2
+ k = 0 (∗)
Rõ ràng, phương trình (∗) nhận một nghiệm là a, gọi nghiệm còn lại là x
0
.

Theo định lý Viète, ta có:

x
0
+ a = bk
x
0
.a = b
2
+ k
Rõ ràng, x
0
∈ Z
+
.
• Nếu trong hai số a và b có một số bằng 1, giả sử b = 1, thế thì:
k =
a
2
+ 1
a − 1
= a + 1 +
2
a − 1
∈ Z
⇒ (a − 1) | 2 ⇒

a − 1 = 2
a − 1 = 1
⇔


a = 3
a = 2
⇒ k = 5
• Nếu min{a, b} > 1, thì do:
b
2
− kb
2
+ b
2
+ k > 0 ⇔ k(1 −b
2
) + 2b
2
> 0
13
Vì b > 1 ⇒ b
2
− 1 > 0 ⇒ b ≥ 2, lúc này ta có:
k <
2b
2
b
2
− 1
=
2
1 −
1

b
2
≤
2
1 −
1
4
=
8
3
(1)
Mặt khác, ta lại có:
1
k
=
ab − 1
a
2
+ b
2
≤
ab − 1
2ab
=
1
2
−
1
ab
=

1
2
⇔ k > 2 (2)
Từ (1) và(2) suy ra điều mâu thuẫn. Tóm lại, ta có k = 5 là giá trị duy nhất
thỏa mãn bài toán (đpcm).
Bài toán 10 (VMO 2012) Xét các số tự nhiên lẻ a, b thỏa mãn a | b
2
+ 2 và
b | a
2
+ 2. Chứng minh rằng a, b là các số hạng của dãy (x
n
) được cho bởi:

x
1
= x
2
= 1
x
n+2
= 4x
n+1
− x
n
Lời giải:
Ta có:

a | b
2

+ 2
b | a
2
+ 2
⇒ ab | (a
2
+ 2)(b
2
+ 2) ⇒ ab | (a
2
b
2
+ 2a
2
+ 2b
2
+ 4)
Do a, b lẻ nên ta có ngay ab | a
2
+b
2
+2 . Tương tự, ta cũng có nếu ab | a
2
+b
2
+2
thì:

a | b
2

+ 2
b | a
2
+ 2
. Tức là:

a | b
2
+ 2
b | a
2
+ 2
⇔ ab | a
2
+ b
2
+ 2 (∗)
Trong các phần tử (a, b) thỏa mãn (∗), ta chọn ra một cặp (a, b) sao cho a+b
là nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b Xét phương trình bậc
hai ẩn x sau:
x
2
− kbx + b
2
+ 2 = 0
Rõ ràng phương trình này nhận một nghiệm là a, gọi nghiệm kia là x
0
. Theo
định lý Viète, ta có:


x
0
+ a = bk
x
0
.a = b
2
+ 2
14
Chú ý rằng a là nhỏ nhất, cho nên x
0
≥ a, suy ra:
x
0
+ a ≥ 2a ⇒ kb ≥ 2a ⇒
a
b
≤
k
2
• Nếu trong hai số a, b có một số bằng 1, giả sử b = 1 thì ka = a
2
+3 ⇒ k = 4.
• Nếu min{a, b} > 1, thì a ≥ b ≥ 2 nên:
k =
a
b
+
b
a

+
2
ab
≤
k
2
+ 1 +
1
2
⇒ k ≤ 3
Mặt khác, theo AM-GM, ta có:
kab = a
2
+ b
2
+ 2 ≥ 2(ab + 1) ⇒ k ≥ 3
Suy ra k = 3, và a
2
+ b
2
+ 2 = 3ab. Điều này chứng tỏ rằng trong hai số a, b
phải có một số chia hết cho 3. Giả sử 3 | b thế thì b ≥ 3. Nếu a = 1 thì dễ
thấy ngay điều mâu thuẫn, suy ra:
a ≥ 2 ⇒ ab ≥ 6
Nếu như vậy, thì:
3 =
a
b
+
b

a
+
2
ab
≤
3
2
+ 1 +
2
6
Vô lí
Vậy chỉ có thể là k = 4, tức là
a
2
+ b
2
+ 2 = 4ab (∗∗)
Giả sử (y
0
, y
1
) là một cặp số bất kì thỏa (∗). Giả sử y
0
> y
1
, nếu y
0
= 1 thì
y
1

= 1 tức là tồn tạin để y
0
= x
1
, y
1
= x
2
. Do đó, ta chỉ cần xét với trường
hợp y
0
, y
1
> 1.
Chọn cặp (y
1
, y
2
) = (y
1
, 4y
1
−y
0
), rõ ràng đây cũng là một cặp số thỏa mãn
(∗∗). Lúc này ta chú ý tới 4y
1
− y
0
< y

0
nên
y
1
+ y
2
= y
1
+ (4y
1
− y
0
) < y
1
+ y
0
Tương tự, ta cũng chọn được cặp (y
2
, y
3
) = (y
2
, 4y
2
− y
1
) cũng thỏa (∗∗) và
y
2
+ y

3
< y
1
+ y
2
< y
0
+ y
1
.
Tiếp tục quá trình này, ta được:
< y
i
+ y
i+1
< < y
1
+ y
2
< y
1
+ y
0
Mặt khác, y
1
+ y
0
> 2 nên tồn tại k ∈ N sao cho
y
k

+ y
k+1
= 2 ⇒ y
k
= y
k+1
= 1
15
Tức là: y
k
= x
2
, y
k+1
= x
1
. Và như vậy, (y
n
) được xác định bởi:

y
o
= y
1
= 1
y
n+2
= 4y
n+1
− y

n
Theo đó, ta có: x
n+1
= y
n
. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 11 Xét phương trình x
2
+ y
2
+ 1 = kxy.
a) Tìm tất cả các số k nguyên dương sao cho phương trình trên có nghiệm
nguyên dương (x, y).
b) Với các giá trị k tìm được, hãy tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của
phương trình.
Lời giải:
Trong tập hợp các giá trị (x, y) thỏa mãn
x
2
+ y
2
+ 1
xy
∈ Z ta chọn ra hai giá
trị (X, Y ) sao cho X + Y là nhỏ nhất. Giả sử luôn X ≥ Y . Xét phương trình
:
t
2
− ktY + Y
2

+ 1 = 0
Dễ thấy phương trình này có nghiệm t
1
= X, gọi nghiệm còn lại là t
0
. Theo
định lí Viète :

t
0
+ X = kY
t
0
X = Y
2
+ 1
Từ đây dễ thấy t
0
cũng nguyên dương, vì tính nhỏ nhất của X + Y nên
t
0
≥ X.
Suy ra :
kY = t
0
+ X ≥ 2X ⇒
X
Y
≤
k

2
Vì X, Y nguyên dương nên X, Y ≥ 1. Như vậy:
k =
X
Y
+
Y
X
+
1
XY
≤
k
2
+ 1 + 1 ⇔ k ≤ 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: X = Y, 2X = kY, X = Y = 1, mâu thuẫn.
Như vậy k ≤ 3. Hơn nữa theo AM-GM ta dễ thấy k ≥ 3.
Vậy k = 3. Thử lại với k = 3 thì (x, y) = (1, 1) là một nghiệm của phương
trình.
b) Ta tìm tất cả các nghiệm của phương trình:
16
x
2
+ y
2
+ 1 = 3xy (1)
Xét dãy số (u
n
) xác định bởi:


u
0
= 1, u
1
= 1
u
n+1
= 3u
n
− u
n−1
, ∀n ≥ 1
Ta chứng minh rằng (x, y) là cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa (1) khi và chỉ
khi tồn tại n thỏa x = x
n
, y = x
n+1
.
Thật vậy, bằng qui nạp ta dễ kiểm tra được (x
n
, x
n+1
) thỏa (1) với mọi n.
Gọi (w
0
, w
1
) là một cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa (1). Nếu w
0
= 1 thì

w
1
= 1, tức tồn tại n = 0 để w
0
= u
0
, w
1
= w
1
. Xét w
0
, w
1
> 1, giả sử
w
0
> w
1
.
Khi đó ta chọn w
2
= 3w
1
−w
0
. Dễ thấy w
2
nguyên dương và cặp (w
1

, w
2
) =
(w
1
, 3w
1
− w
0
) lúc này cũng thỏa (1).
Để ý rằng ta có:
w
2
= 3w
1
− w
0
=
w
2
1
+ 1
w
0
< w
0
Suy ra:
w
2
+ w

1
< w
1
+ w
0
Hoàn toàn tương tự ta chọn được cặp (w
2
, w
3
) = (w
2
, 3w
2
− w
1
) cũng
thỏa w
3
nguyên dương và w
3
+ w
2
< w
2
+ w
1
.
Cứ tiếp tục quá trình này, ta được:
< w
i+1

+ w
i
< < w
2
+ w
1
< w
1
+ w
0
Nhưng w
1
+ w
0
> 2 nên phải tồn tại k sao cho:
w
k
+ w
k+1
= 1 ⇒ w
k
= u
1
= 1, w
k+1
= u
0
= 1
Từ đó:
w

k−1
= 3w
k
− w
k+1
= 3u
1
− u
0
= u
2
w
k−2
= 3w
k−1
− w
k
= 3u
2
− u
1
= u
3
. . .
w
1
= 3w
2
− w
3

= 3u
k−1
− u
k−2
= u
k
w
0
= 3w
1
− w
2
= 3u
k
− 3u
k−1
= u
k+1
Như vậy với cặp (w
0
, w
1
) bất kỳ thì tồn tại n = k để (w
1
, w
0
) = (u
k
, u
k+1

).
Như vậy, tất cả các nghiệm của phương trình là (x, y) = (u
n
, u
n+1
) với dãy
(u
n
) xác định như trên.
17
Bài tập đề nghị:
1. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương p để phương trình x
2
+y
2
+z
2
= pxyz
có nghiệm nguyên dương
2. (VMO 2002) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương n sao cho phương
trình x + y + u + v = n
√
xyuv có nghiệm nguyên dương.
3. (MOCP 03) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương n sao ch phương
trình (x + y + z)
2
= nxyz có nghiệm nguyên dương.
4. (Đài Loan 1998) Hỏi phương trình x
2
+ y

2
+ z
2
+ u
2
+ v
2
= xyzuv −65
có nghiệm nguyên lớn hơn 1998 hay không?
5. (Mỹ 2002) Tìm các cặp số (m, n) nguyên dương sao cho
m
2
+ n
2
mn − 1
là
một số nguyên.
6. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn 19n + 1 và 95n + 1 đều
là các số chính phương.
Tài liệu tham khảo:
[1]: Phương trình nghiệm nguyên - Phan Huy Khải.
[2]: Phương trình Diophant - Trần Nam Dũng
[3]: Định lý Viète và ứng dụng - Trần mạnh Sang
[4]: Một số tài liệu từ internet: diendantoanhoc.net, mathvn.com, mathscope.org,
artofproblemsolving.com,
18