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
Trang 1TRƯỜNG 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:
x2− dy2 = 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 (xn), (yn):
xn= (a + b
√ d)n+ (a − b√
d)n 2
yn = (a + b
√ d)n− (a − b√d)n
2√ d Hoặc theo công thức truy hồi:
x0 = 1, y0 = 0
x1 = a, y1 = b
xn+2 = 2axn+1− xn, n = 0, 1, 2,
yn+2= 2ayn+1− yn, n = 0, 1, 2,
Trang 22 Phương trình Pell loại II:
Phương trình Pell loại II là phương trình nghiệm nguyên có dạng:
x2− dy2
= −1, d ∈ z (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 = x2+ dy2
b = 2xy
có nghiệm nguyên dương
∗Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II:
Xét phương trình Pell loại I:
x2− dy2 = 1 Gọi (a, b) là hai nghiệm nhỏ nhất của phương trình này Xét hệ
(
a = x2+ dy2
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:
x0 = u, y0 = v
x1 = u3+ 3duv2, y1 = dv3+ 3u2v
xn+2= 2axn+1− yn, n = 0, 1, 2,
yn+2 = 2ayn+1− yn, 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
3
2x Gọi y là diện tích tam giác đó Áp
Trang 3dụng công thức Heron, ta có:
y =
s
3
2x
3
2x − x
3
2x − x + 1
3
2x − x − 1
= 1
4x
p 3(x2− 4)
Suy ra:
4y = xp3(x2− 4)
⇒ 16y2 = 3x2(x2− 4)
Do 16y2 2 ⇒ 3x2(x2 − 4) 2 ⇒ x 2 Như vậy, tồn tại k ∈ N∗ sao cho
x = 2k Theo đó:
16y2 = 3.4k2(4k2− 4)
⇔ y2 = 3k2(k2− 1)
⇒ y = kp3(k2− 1) Chú ý rằng: : k, y ∈ Z+ ⇒p3(k2− 1) ∈ Z+ Do đó tồn tại l ∈ Z+ sao cho:
3(k2− 1) = l2
Rõ ràng l2 3 ⇒ l = 3m, m ∈ Z+ Khi đó phương trình trở thành
k2− 3m2 = 1 Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được xác định bởi:
k0 = 1, m0 = 0
k1 = 2, m1 = 1
kn+2 = 6kn+1− kn, ∀n = 0, 1, 2,
mn+2 = 6mn+1− mn, ∀n = 0, 1, 2,
Suy ra:
x0 = 2, y0 = 1
x1 = 4, y1 = 2
xn+2= 4xn+1− xn, n = 0, 1, 2,
yn+2 = 4yn+1− yn, n = 0, 1, 2,
Vậy tất cả giá trị của x thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy:
(
x0 = 2, x1 = 4
xn+2 = 4xn+1− xn.n = 0, 1, 2
Trang 4
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:
12+ 22+ 32+ + n2 = n(n + 1)(2n + 1)
6 Suy ra:
12+ 22+ 32+ + n2
(n + 1)(2n + 1)
6 Theo đó, ta cần tìm n, y ∈ Z+ sao cho:
(n + 1)(2n + 1)
2
⇔ n2+ 3n + 1 = 6y2
⇔ 16n2+ 24n + 4 = 48y2
⇔ (4n + 3)2− 48y2 = 1 Đặt x = 4n + 3, thế thì ta thu được:
x2− 48y2 = 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:
x0 = 1, y0 = 0
x1 = 7, y1 = 1
xk+2 = 14xk+1− xk, k = 0, 1, 2,
yk+2 = 14yk+1− yk, k = 0, 1, 2,
Bằng qui nạp, ta chứng minh được rằng:
(
x2k ≡ 1 (mod 4)
x2k+1≡ 3 (mod 4) Ngoài ra:
x2k+3 = 14x2k+2− x2k+1= 14(14x2k+1− x2k) − x2k+1
= 196x2k+1− 14x2k− x2k+1
= 195x2k+1+ x2k+1− 14x2k− x2k+1
= 194x2k+1− x2k−1
Trang 5Đồng thời, vì x = 4n + 3 nên n = x − 3
4 ∈ Z+, theo đó: nk = x2k+1− 3
n0 = 1, n1 = 337, nk+1 = 194nk− nk−1+ 144 Vậy, tất cả giá trị n thỏa mãn bài toán là:
(
n0 = 1, n1 = 337
nk+1 = 194nk− nk−1+ 144, k = 0, 1, 2,
Bài toán 3 Tìm cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p2− 2q2 = 1
Lời giải:
Xét phương trình Pell loại I:
x2 − 2y2 = 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:
xn = (3 + 2
√ 2)n+ (3 − 2√
2)n
2
yn= (3 + 2
√ 2)n− (3 − 2√2)n
2√ 2 Suy ra:
xn+ yn= (3 + 2
√ 2)n+ (3 − 2√
2)n
(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:
xn+ yn= (
√
2 + 1)2n+1+ (√
2 − 1)2n+1
2√ 2
=
P2n+1 i=0 Ci 2n+1(√
2)i +P2n+1
i=0 Ci 2n+1(√
2)i(−1)2n+1−i
2√ 2
= 2
√
2Pn j=0C2n+12j+12j
2√
n
X
j=0
C2n+12j+12j
= C2n+11 +
n
X
j=1
C2n+12j+12j = 1 +
n
X
j=1
C2n+12j+12j ≡ 1 (mod 2)
Trang 6Điều 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) = y2
⇔ 6n2+ 5n + 1 = y2
⇔ 144n2 + 120n + 24 = 24y2
⇔ (12n + 5)2− 24y2 = 1 Đặt x = 12n + 5, phương trình trở thành:
x2− 24y2 = 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:
x0 = 1, y0 = 0
x1 = 5, y1 = 1
xk+2 = 10xk+1− xk, k = 0, 1, 2,
yk+2 = 10yk+1− yk, k = 0, 1, 2,
Bằng qui nạp ta chứng minh được x2k+1≡ 5 (mod 12), do đó:
nk = x2k+1− 5
12 Ngoài ra:
x2k+3= 10x2k+2− x2k+1
= 10(10x2k+1− x2k) − x2k+1
= 99x2k+1− 10x2k
= 98x2k+1+ (10x2k− x2k−1) − 10x2k
= 98x2k+1− x2k−1
Trang 7Suy ra: nk+1 = 98nk− nk−1+ 40 Và theo đó tất cả giá trị n thỏa mãn bài toán là:
(
n0 = 0, n1 = 40
nk+ = 98nk− nk−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:
x2+ y3 = z4
Lời giải:
Bổ đề: Tồn tại vô hạn số nguyên dương n, k sao cho:
n(n + 1)
2
Chứng minh bổ đề:
Biến đổi phương trình (1) về dạng tương đương:
(2n + 1)2− 8k2 = 1 Đặt m = 2n + 1, phương trình (1) trở thành m2 − 8k2 = 1 Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được cho bởi:
m0 = 1, k0 = 0
m1 = 3, k1 = 2
ml+2 = 6ml+1− ml
kl+2 = 6kl+1− kl
Ngoài ra, ta thấy ml ≡ 1 (mod 2) nên giá trị n thỏa mãn bổ đề được cho bởi:
(
n0 = 0, n1 = 1
nl+2= 6nl+1− nl+ 2, l = 0, 1, 2,
Trang 8Dãy 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:
13+ 23+ 33+ + n3 = n(n + 1)
2
2
⇔ [13+ 23+ 33+ + (n − 1)3] + n3 = n(n + 1)
2
2
⇔ (n − 1)n
2
2
+ n3 = n(n + 1)
2
2
Từ đây, áp dụng bổ đề trên, ta chọn
x = n(n + 1)
2
y = n
z2 = 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 + 3
x = 6
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
x2+ (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) = 32y2− 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:
32y2− 24y + 1 = k2
⇔ 64y2− 48y + 2 = 2k2
⇔ (8y − 3)2 − 2k2 = 7
Trang 9Đặt m = 8y − 3, phương trình trở thành:
Xét phương trình Pell loại I: m2 − 2k2 = 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 (xn), (yn):
x0 = 3, y0 = 2
xn+1 = 3xn+ 4yn, n = 1, 2, 3,
yn+1 = 2xn+ 3yn, n = 1, 2, 3,
Đồng thời:
x2n+1− 2y2n+1= (3xn+ 4yn)2− 2(2xn+ 3yn)2 = x2n− 2y2n= = x21− 2y12 = 7 Điều này chứng tỏ phương trình m2 − 2k2 = 7 có vô hạn nghiệm nguyên dương Ngoài ra ta còn nhận thấy x2k ≡ 3 (mod 8), thật vậy chú ý rằng:
xn+1 = 3xn+ 4yn
= 9xn−1+ 12yn−1+ 4yn
= 9xn−1+ 8yn−1+ 4(yn+ yn−1)
= 9xn−1+ 8yn−1+ 8(xn−1+ 2xn−1) ≡ xn−1 (mod 8) Như vậy,
x2k ≡ x2k−2≡ ≡ x2 ≡ x0 ≡ 3 (mod 8) Điều này cho thấy tồn tại vô hạn y, k ∈ Z+ sao cho:
(8y − 3)2− 2k2 = 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 + 1 m
là một số nguyên
Lời giải:
Đặt m + 1
n + 1
m = k (k ∈ Z+ Biến đổi phương trình về dạng:
m2+ m(1 − kn) + n2+ n = 0
Trang 10Phương trình này có
∆ = (1 − kn)2− 4(n2+ n) = (k2− 4)n2− 2n(k + 2) + 1
Chọn k = 4 Ta cần chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho
∆ = 12n2− 12n + 1 là số chính phương Hay phương trình:
12n2− 12n + 1 = t2 ⇔ 3(4n2− 4n + 1) − 2 = t2 ⇔ t2− 3(2n − 1)2 = −2
có vô số nghiệm nguyên dương
Ta xét hai dãy (xn), (yn) được cho bởi:
x0 = 1, y0 = 1
xn+1 = 2xn+ 3yn
yn+1 = xn+ 2yn Khi ấy ta có :
x2n+1− 3yn+12 = (2xn+ 3yn)2− 3(xn+ 2yn)2 = x2n− 3y2n= = x20− 3y02 = −2 Điều này chứng tỏ phương trình dạng:
X2− 3Y2 = −2 (X = t, Y = 2n − 1)
có vô hạn nghiệm nguyên dương (xk, yk) với xk, yk là số hạng bất kỳ của hai dãy (xn)(yn)
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 (xn), (yn) là số lẻ Như vậy phương trình:
m + 1
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 (xn), (yn) 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 (xn), (yn) như sau :
Xét phương trình nghiệm nguyên có dạng :
X2− kY2 = m (1)
Trang 11trong 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
X2− kY2 = 1 có nghiệm nguyên dương là (C, D).Ta xét các dãy :
x0 = A, y0 = B
xn+1= Cxn+ kDyn
yn+1 = Dxn+ Cyn Đồng thời:
x2n+1− ky2n+1= x2n− kyn2 = = x20− ky02 = 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:
x21+ x22+ x23+ + x2n= kx1x2x3 xn (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 xn, các số x1, x2, , xn−1 là tham số Khi đó:
x2− kx1x2 xn−1.x + x21+ x22+ + x2n−1 = 0 Gọi x0 = y là nghiệm thứ hai của phương trình này Theo định lý Viète ta có:
x+y = kx1x2 xn−1 ⇔ y = kx1x2 xn−1−xn= x
2
1+ x2
2+ + x2
n−1
Chú ý rằng u < xn khi và chỉ khi:
x21+ · · · + x2n−1kx1· · · xn−1 (II.2) Quá trình này có thể thực hiện với mọi biến số xj trong vai trò của xn Nhưng chỉ đối với một biến - biến lớn nhất là có thể xảy ra (II.2) và ta thu được nghiệm mới (x1, x2, , x0n) “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 x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤
xn Ta sẽ nói nghiệm (x1, x1, · · · , xn) là nghiệm gốc (nghiệm cơ sở), nếu
x21+ · · · + x2n−1 ≥ x2
n⇔ 2xn≤ kx1· · · xn−1 (II.3)
Trang 12(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, (x1, x2, · · · , xn)) là nghiệm gốc, ngoài ra, x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn Khi đó
x1· · · xn−2 ≤ 2(n − 1)
4 Nếu x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn là các số nguyên dương bất kỳ thoả mãn điều kiện 1 < x2n ≤ x2
1+ · · · + x2n−1, thì tỷ số R = x
2
1+ · · · + x2n
x1x2· · · xn không vượt quá
n + 3
2
ĐỊNH LÝ: Nếu phương trình (II) có nghiệm và n 6= 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 ax2+ bx + c = 0, a 6= 0 có hai nghiệm x1, x2 Khi đó:
x1+ x2 = −b
a
x1x2 = c
a Định lý đảo Viète: Xét tam thức bậc haif (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0 Gọi
x1, x2 là hai nghiệm của f (x) Khi đó, một số thực α thỏa mãn x1 < α < x2 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 =
a2+ b2
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:
x2+ (b − kb)x + b2− k = 0
Rõ ràng, phương trình này nhận một nghiệm là a Gọi nghiệm còn lại là x0 Theo định lý Viète, ta có:
(
x0+ a = kb − b
x0.a = b2 − k
Trang 13Từ đây, ta dễ dàng suy ra được rằng x0 ∈ Z+.
• Nếu x0 < 0 thì x0 ≤ 1, suy ra:
x2− (bk − b)x + b − k ≥ x2+ (bk − b) + b2− k > 0, mâu thuẫn
• Nếu x0 = 0 thì k = b2, mâu thuẫn
• Nếu x0 > 0 thì (x0, b) là một cặp số thỏa mãn bài toán Và lúc này:
x0+ b = b
2− k
a + b <
b2
a + b <
a2
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+ b2
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 + b2
xb − 1 ⇔ x2 − kbx + b2+ k = 0 (∗)
Rõ ràng, phương trình (∗) nhận một nghiệm là a, gọi nghiệm còn lại là x0 Theo định lý Viète, ta có:
(
x0+ a = bk
x0.a = b2+ k
Rõ ràng, x0 ∈ 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:
b2− kb2+ b2+ k > 0 ⇔ k(1 − b2) + 2b2 > 0
Trang 14Vì b > 1 ⇒ b2 − 1 > 0 ⇒ b ≥ 2, lúc này ta có:
k < 2b
2
b2− 1 =
2
1 − 1
b2
1 − 1 4
= 8
Mặt khác, ta lại có:
1
k =
ab − 1
a2+ b2 ≤ 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 | b2+ 2 và
b | a2+ 2 Chứng minh rằng a, b là các số hạng của dãy (xn) được cho bởi:
(
x1 = x2 = 1
xn+2 = 4xn+1− xn
Lời giải:
Ta có:
(
a | b2+ 2
b | a2+ 2 ⇒ ab | (a2 + 2)(b2+ 2) ⇒ ab | (a2b2+ 2a2+ 2b2+ 4)
Do a, b lẻ nên ta có ngay ab | a2+b2+2 Tương tự, ta cũng có nếu ab | a2+b2+2 thì:
(
a | b2+ 2
b | a2+ 2 Tức là:
(
a | b2 + 2
b | a2 + 2 ⇔ ab | a2+ b2+ 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:
x2− kbx + b2+ 2 = 0
Rõ ràng phương trình này nhận một nghiệm là a, gọi nghiệm kia là x0 Theo định lý Viète, ta có:
(
x0+ a = bk
x0.a = b2+ 2