SH hai CTT mot so phuong trinh diophant bac hai

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT BẬC HAI Cao Trần Tứ Hải-THPT chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận (Email:tuhai.thptlequydon@ninhthuan.edu.vn) Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế thơng thường tốn phương trình Diophant tốn khó tính khơng mẫu mực giải tinh tế Bài viết giới thiệu số phương trình Diophant bậc hai phương pháp giải I Phương trình Pythagore Phương trình x + y = z (1.1) gọi phương trình Pythagore Sau ta tìm tất nghiệm nguyên phương trình Pyhthagore Trước hết ta giả sử x, y, z nguyên tố Thật ba số xo , yo , zo thỏa mãn (1.1) có ƯCLN d, giả sử xo = dx1 , yo = dy1 , zo = dz1 ( x1; y1; z1 ) nghiệm (1.1) Với x, y, z nguyên tố chúng đơi ngun tố nhau, hai ba số có ước chung d số lại chia hết cho d Ta thấy x y khơng thể chẵn (vì chúng ngun tố nhau, khơng thể lẻ (vì x y lẻ z chẵn, x + y chia cho dư 2, z ⋮ ) Như hai số x y có số chẵn, số lẻ Cách 1: Giả sử x lẻ, y chẵn z lẻ Ta viết (1.1) dạng: x = ( z + y )( z − y ) Ta có z + y z – y số lẻ Chúng nguyên tố Thật vậy, giả sử z + y⋮ d , z − y⋮ d (d lẻ) thì: (z + y) + (z – y) = 2z⋮ d (z + y) − (z − y) = 2y ⋮ d Do (2,d) = nên z ⋮ d ; y⋮ d Do (y,z) = nên d = Vậy (z + y, z – y) = Hai số nguyên dương z + y z – y ngun tố nhau, có tích số phương x nên số z + y z – y số phương Đặt z + y = m , z − y = n Với m, n số lẻ, nguyên tố nhau, m > n Ta được:   x = mn  m2 − n2  y =   m2 + n2 z =  Với m n số lẻ, nguyên tố nhau, m > n Đảo lại, dễ thấy ba số (x, y, z) nói thỏa mãn (1.1) Cách 2: Giả sử x chẵn, y lẻ z số lẻ z+ y z−y x Ta có: x = ( z + y )( z − y ) ⇔  = Do z, y số lẻ nguyên 2 2 z+ y z−y tố nên số nguyên nguyên tố (thật 2 z + y z − y  + ⋮ d  z ⋮ d z+ y z−y vậy, giả sử ⋮d , ⋮ d  ⇒ ⇒ d = 1) z + y z − y y ⋮ d 2  − ⋮d   2 2 Hai số nguyên dương z+ y z−y ngun tố có tích số 2 x phương   nên số số phương 2 Đặt z+ y z−y = m2 ; = n (m, n ∈ ℕ ) thì: 2 z = m2 + n2 ; y = m2 − n2 Do y, z lẻ nên m, n chẵn lẻ khác Do (m , n ) = nên (m, n) = Như vậy:  x = 2mn  2 y = m − n  z = m2 + n2  Với m n số nguyên tố nhau, chẵn lẻ khác nhau, m > n Đảo lại, dễ thấy ba số (x, y, z) nói thỏa mãn (1.1)  Ta gọi ba số (x, y, z) nói ba số Pythagore nguyên thủy Nhân ba số với số nguyên dương, ta tất ba số Pythagore, tất nghiệm nguyên dương phương trình x + y = z Bài tốn Chứng minh phương trình x4 + y4 = z2 khơng có nghiệm ngun dương Lời giải Giả sử phương trình cho có nghiệm ngun dương Giả sử (x, y) = d, tức x = da, y = db, (a, b) = Khi a4 + b4 = (z/d2)2 Giả sử z = d2c, c ∈ Q, a4 + b4 = c2 (1.2) Vì c ∈ Q, c2 ∈ N nên c ∈ N+ Trong tất nghiệm phương trình (1.2) , chọn nghiệm có c nhỏ Ta có (a2)2 + (b2)2 = c2 (a, b) = 1, suy (a2, b2) = 1, tức (a2, b2, c) ba Pythagore ngun thủy Theo cơng thức nghiệm phương trình Pyhthagore, tồn số nguyên dương m, n cho a2 = m2 - n2, b2 = 2mn, c = m2 + n2 m, n khác tính chẵn lẻ, m > n (m, n) = 1, nghĩa a2 = m2 - n2 lẻ Giả sử m chẵn, n lẻ Khi n2, a2 chia dư 1, nghĩa m2 = n2 + a2 chia dư mâu thuẫn Vậy m lẻ, n chẵn, Ngoài (a, n, m) lập thành Pythagore nguyên thủy, tồn p, q ∈ N+ cho a = p2 - q2, n = 2pq, m = p2 + q2, p, q khác tính chẵn lẻ, p > q (p, q) = 1, Ngoài b2 = 2mn, nghĩa b2 = 4pq(p2+q2), suy b = 2h, h ∈ N+, h2 = pq(p2+q2) (1.3) Giả sử tồn số nguyên tố r chia hết pq, p2+q2 Vì r chia hết pq nên khơng tổng qt, giả sử r chia hết p, r chia hết (p2 + q2) - p2 = q2, suy r chia hết q, mâu thuẫn (p, q) = Vậy (pq, p2+q2) = 1, thế, từ (1.3), ta có pq = s2, p2 + q2 = t2 với s, t ∈ N+ Vì pq = s2, (p, q) = nên p = u2, q = v2 với u, v ∈ N+, nghĩa (u2)2 + (v2)2 = t2 hay u4 + v4 = t2, c = m2 + n2 > m = p2 + q2 = t2 > t, mâu thuẫn với cách chọn c Như điều giả sử ban đầu sai ta có đpcm  Bài tốn Chứng minh tồn hai số nguyên dương cho tổng hiệu bình phương chúng số phương Lời giải Bài tốn tương đương với hệ phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương  x + y = z (1.4)  2  x − y = w Giả sử ngược lại, gọi (x, y, z, w) nghiệm nguyên dương (3.4) cho x + y nhỏ Rõ ràng (x,y) =1 Cộng vế theo vế phương trình hệ (1.4) ta x = z + w2 (1.5) Do z w tính chẵn lẻ nên z + w z – w chẵn Khi (1.5) viết lại  z + w  z −w x =  +      2  z + w z −w  z + w z −w Hơn nữa,  x, , = Thật vậy, ,   x,  = d ≥ d x 2  2     z + w z −w d +  = z Từ phương trình đầu hệ (1.4) suy d y mâu thuẫn với   (x,y)=1 Theo cơng thức nghiệm phương trình Pythagore, ta có z−w z+w z−w z+w = m2 − n2 , = 2mn = 2mn, = m2 − n2 2 2 Từ y = z − w2 suy y = ( m − n ) 4mn hay y = ( m − n ) mn Do y = 2k với k nguyên dương kéo theo k = ( m − n )( m + n ) mn (1.6) Mà m, n nguyên tố nên m, n, m + n, m – n đơi ngun tố Vì từ (1.6) ta m = a , n = b , m + n = c , m − n = d với a, b, c, d số nguyên dương Suy a + b = c a − b = d hay (a, b, c, d) nghiệm nguyên dương hệ (1.4) Hơn nữa, a + b = m + n < 4mn(m − n ) = y < x + y Mâu thuẫn với tính nhỏ x + y  II Phương trình Pell Cho D số tự nhiên khơng phương, phương trình x2 − Dy2 = (2.1) gọi Pell loại I Ta nhận xét ( x1,y1) , ( x2,y2 ) nghiệm nguyên dương (2.1) x1 ≤ x2 y1 ≤ y2 Do ta gọi (a,b) nghiệm nguyên dương nhỏ (2.1) tức a ≤ x,b ≤ y,a + b ≤ x + y,a + b D ≤ x + y D , với (x,y) nghiệm nguyên dương tùy ý (2.1) Như biết phương trình Pell loại I có vơ số nghiệm nguyên dương ( un , ) thỏa mãn u1 = a,v1 = b  un +1 = aun + Dbvn v = bu + av n n  n +1 (2.2) Trong (a,b) nghiệm nguyên dương nhỏ Kết chứng minh dễ dàng phương pháp quy nạp toán học hệ thức Wandetman tiếng ( a − Db ).( un2 − Dvn2 ) = ( aun + Dbvn )2 − D( bun + avn )2 Hơn ta có un + b = ( a + b D )n ,∀n ∈ N * Giờ ta chứng minh {(u v ) : ∀n ∈ N } tất nghiệm phương trình * n, n (2.1) Bài toán Chứng minh nghiệm phương trình (2.1) có dạng (un, vn) với n ∈ N* Lời giải ( ) Giả sử (u, v) nghiệm nguyên dương cho ( u,v ) ≠ u n ,vn , ∀n ∈ N * với (u v ) xác định (2.2) n, n Khi tồn m ∈ N* cho um + vm D < u + v D < um+1 + vm+1 D ( ) ⇔ < u + v D ( u m − vm D ) < a + b D ⇔ 1< ( uum − Dvvm ) + ( umv − uvm ) D < a + b D Đồng thời ( uum − Dvvm ) − D ( um v − uvm ) = ( u − Dv )( um − Dvm ) = 2 Nên ( uum − Dvvm , umv − uvm ) nghiệm nguyên dương (2.1) (mâu thuẫn với cách chọn (a,b) )  Bài toán Cho D số nguyên dương khơng phương Xét phương trình x2 – Dy2 = -1 (2.3) Gọi (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell liên kết với phương trình (2.3), tức phương trình (2.3) Khi phương trình (2.3) có nghiệm hệ sau có nghiệm nguyên dương a = x2 + Dy2 (2.4) b = 2xy Lời giải Giả sử (x0; y0) nghiệm nguyên dương hệ phương trình (2.4), (a ; b) nghiệm nguyên dương phương trình Pell liên kết nên a2 – Db2 = Do vậy, từ (2.4) ta có (x0 + Dy0)2 – D(2x0y0)2 = ⇒ (x02 – Dy02)2 = ⇒ x02 – Dy02 = x02 – Dy02 = -1 Nếu x02 – Dy02 = (x0, y0) nghiệm nguyên dương phương trình Pell liên kết Do (a, b) nghiệm nhỏ (1’) nên x0 ≥ a, y0 ≥ b, mà a = x02 + Dy02⇒ x0 ≥ x02 + Dy02, vô lý! Nếu x02 – Dy02 = - (x0; y0) nghiệm nguyên dương phương trình (2.3) Đảo lại, giả sử phương trình (2.3) có nghiệm nguyên dương Khi gọi (x0; y0) nghiệm nguyên dương nhỏ (2.3) Ta chứng minh (x0; y0) nghiệm nguyên dương hệ (2.4) Thật vậy, đặt u = x02 + Dy02, v = 2u0v0 u2 – Dv2 = (x02 + Dy02)2 – D(2x0y0)2 = (x02-Dy02)2 = (vì x02 – Dy02 = -1) Suy u, v nghiệm phương trình (2.1) Do (a; b) nghiệm nguyên dương nhỏ (2.1) nên u ≥ a, v ≥ b Ta chứng minh u = a, v = b Giả sử trái lại u > a, v > b (vì u > a ⇒ v > b) ( )( ) Ta có < a - b D < a - b D a + b D = a - Db = Do ( a - b D )( x ) + y0 D < x0 + y0 D ⇔ ax0 − Dby0 ( ay0 − bx0 ) D < x0 + y0 D ( Từ u > a, v > b suy a + b D < u + v D = x0 + y0 D ) Do − ( ax0 − Dby0 ) + ( ay0 − bx0 ) D = a + b D − x0 + y0 D ( < (x )( + y0 D Hay ) (−x ( ) + y0 D − ( ax0 − Dby0 ) + ( ay0 − bx0 ) D < ( y0 D − x02 ) x0 + y0 D ) ) Đặt s = ax0 – Ddy0; t = ay0 – bx0, ta có s + t D < x0 + y0 D (2.5) − s + t D < x0 + y0 D (2.6) Ta thấy s2 – Dt2 = (ax02 – Ddy0)2 – D(ay0-bx0)2 = a2(x02-Dy02) + b2D(Dy02-x02) = -a2 + Db2 = -1 Vậy s – Dt2 = -1, suy s ≠ (vì s = Dt2 = suy D = 1, vô lý) Ta chứng minh t > Ta có t > ⇒ ay0 > bx0 ⇒ a2y02 > b2x02 ⇒ (1+Db2)y02 > b2(Dy02-1) ⇒ y02 > b2 Bất đẳng thức cuối t > Do s ≠ nên s > –s > Nếu s > (s; t) nghiệm nguyên dương phương trình (1) Mà (x0; y0) nghiệm nguyên dương bé phương trình nên s ≥ x0, t ≥ y0 suy s + t D ≥ x0 + y0 D trái với (2.5) Trường hợp –s > (-s; t) nghiệm nguyên dương phương trình (1) lý luận tương tự, ta đến bất đẳng thức mâu thuẫn với (2.6) Vậu (u; v) = (a; b)  Nhận xét Thực tế ta chứng minh kết sau : Nếu (a ; b) nghiệm nhỏ (2.1) (m, n) nghiệm nhỏ (1) a = m2 + Dn2, b = 2mn Một điều thú vị khác phương trình dạng Ax2 – By2 = có mối liên quan chặt chẽ đến phương trình x2 – ABy2 = Ta có kết sau Bài tốn Cho phương trình Ax2 – By2 = (2.7) với A AB khơng phương Gọi (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell kết hợp x2 – ABy2 = (2.8) Giả sử phương trình (2.7) có nghiệm (x0; y0) nghiệm nhỏ (x0; y0) nghiệm hệ phương trình  a = Ax + By  b = 2xy Lời giải Giả sử (x0; y0) nghiệm nhỏ (2.7) Đặt u = Ax02 + By02, v = 2x0y0 ta có u2 – ABv2 = (Ax02 + By02)2 – AB(2x0y0)2 = (Ax02 - By02)2 = Chứng tỏ (u; v) nghiệm phương trình (2.8) Mà (a; b) nghiệm nhỏ phương trình nên u ≥ a, v ≥ b Ta chứng minh u = a, v = b Thật vậy, giả sử trái lại u > a ; v > b ( )( ) a − b AB < a − b AB a + b AB = a − ABb = ( ⇒ a − b AB )( x ) ( A + y0 B < x0 A + y0 B ) ( < ( ax0 − Bby0 ) A + ( ay0 − Abx0 ) B < x0 A + y0 B Lại có ( ) B = (a + b a + b AB < u + v AB = x0 A + y0 B ⇒ ( ax0 − Bby0 ) A − ( ay0 − Abx0 ) ( < x0 A + y0 B ) (x ) AB )( x A − y0 B ) ) A − y0 B = x0 A + y0 B Đặt s = ax0 – Bby0, t = ay0 – Abx0 bất đẳng thức viết lại thành s A + t B < x0 A + y0 B (2.9) s A − t B < x0 A + y0 B (2.10) Tiếp theo, ta có (As2 – Bt2) = A(ax0 – Bby0)2 – B(ay0 – Abx0)2 = (a2 – ABb2)(Ax02 – By02) = 1.1 = Ta thấy s > s > ⇒ ax0 > Bby0 ⇒ a2x02 > B2b2y02 ⇒ a2x02 > Bb2(Ax02-1) ⇒ (a2-ABb2)x02 > - Bb2 ⇒ x02 > - Bb2 Bất đẳng thức cuối đúng, s > Ta thấy t ≠ t = ⇒ ay0 = Abx0 ⇒ a2y02 = A2b2x02 ⇒ (ABb2+1)y02 = Ab2(By02+1) ⇒ y02 = Ab2 Điều xảy A khơng phương Nếu t > (s; t) nghiệm nguyên dương (2.7) , mà (x0 ; y0) nghiệm nhỏ (1) nên s ≥ x0 ; t ≥ y0, s A + t B ≥ x0 A + y0 B , điều mâu thuẫn với (2.9) Tương tự, với t < (s ; -t) nghiệm nguyên dương (2.7) ta dẫn đến bất đẳng thức mâu thuẫn với (2.10) Vậy u = a, v = b hay (x0 ; y0) nghiệm hệ  Bài toán Cho a, b số ngun dương khơng phương cho a.b khơng phương Chứng minh hai phương trình Ax2 – By2 = Ax2 – By2 = –1 khơng có nghiệm nguyên dương (Vietnam TST 2009) 10 Lời giải Giả sử hai phương trình Ax2 – By2 = (2.11) Bx2 – Ay2 = (2.12) có nghiệm Gọi (m ; n) nghiệm nhỏ phương trình x2 – ABy2 = 1, (x1; y1) nghiệm nhỏ phương trình (2.11) (x2, y2) nghiệm nhỏ phương trình (2.12) Theo cơng thức nghiệm phương trình Pell loại II, ta có m = Ax12 + By12 n = 2x1y1 m = Bx22 + Ay22 n = 2x2y2 Do Ax12 = By12 + Ay22 = Bx22 – nên từ ta suy Ax12 + By12 = Bx22 + Ay22 ⇒ 2By12 + = 2Bx22 – ⇒ B(x22-y12) = Điều xảy B >  III Phương trình Diophant dạng Markov Bài toán Xét số tự nhiên lẻ a,b mà a ước b2 + b ước a2 + Chứng minh a b số hạng dãy số tự nhiên (vn ) xác định v1 = v2 = = 4vn-1 – vn-2 với n > (VMO 2012) Lời giải 11 Do a,b lẻ nên (a,b)=1 Ta thấy a2 + b2 +2 chia hết cho a b nên tồn số nguyên dương k cho a2 + b2 +2= kab (3.1) Giả sử (a0,b0) nghiệm nguyên dương (3.1) với a0 + b0 nhỏ Khơng tính tổng qt, giả sử a0 ≥ b0 Phương trình a2 – kb0a + b02 +2 =0 có nghiệm a0 nên theo định lý Viete, có nghiệm a = kb0 − a = b0 + a0 Rõ ràng a1 nguyên dương (a1,b0) nghiệm (3.1) Do a0 + b0 ≤ a1 + b0 ⇔ a0 ≤ kb0 − a0 ⇔ Mà a0 + b02 + = ka0b0 ⇔ a0 k ≤ b0 a0 b0 + + = k (3.2) b0 a0 a0b0 Sau ta sử dụng phương pháp phương trình Markov quen thuộc để chứng minh k=4 Từ (3.2) suy k ≤ a k k + 1+ (vì a0 ≥ b0 ≥ 1, ≤ ) nên k ≤ b0 Hơn nữa, a + b ≥ 2a b nên k > Nếu k ≠ (a0,b0) ≠ (1,1) nên a0b0 ≥ k + 1+ 1⇒ k ≤ Nếu k = a0 + b0 + = 3a0b0 chia hết cho Từ (3.2) ⇒ k ≤ Nên có số hai số a0, b0 chia hết cho Dễ thấy a0 ≠ 1và b0 ≠ nên a0b0 ≥ Từ (3.2) suy k ≤ k + 1+ ⇔ k ≤ mà k nguyên dương nên k ≤ (mâu thuẫn với k > 2) Như số tự nhiên lẻ a,b phải thỏa mãn a + b + = 4ab (3.3) Tiếp theo ta mô tả tất nghiệm (3.3) thông qua cặp số hạng liên tiếp dãy (vn) phương pháp sau gọi phương pháp gien (3.3) ⇔ b − 8ab + 16a + a + = 16a − 4ab ⇔ ( 4a − b) + a + = ( 4a − b ) a Do (a,b) nghiệm (3.3) (4a – b,a) nghiệm 12 Từ đó, (v2,v1) = (1,1) nghiệm (3.3) nên (4v2-v1,v2) = (v3,v2) nghiệm Bằng quy nạp toán học suy (vn+1,vn) (vn ,vn+1) nghiệm (3.3) Giả sử tồn cặp số tự nhiên lẻ (a,b) cho {a,b} ≠ {vn+1,vn}, ∀nεN * Ta chọn cho a + b nhỏ Nếu a = b suy a = b = nên (a,b) = (v2,v1) (mâu thuẫn với cách chọn a, b) Nên khơng tính tổng qt, ta giả sử a > b>1 Ta lại có (3.3) ⇔ (4b − a ) + b + = ( 4b − a ) b nên (4b – a, b) nghiệm nguyên dương (3.3) Mà a > b nên ab – b2 = b(a – b) ≥ b + ab − ⇒ 4b − a = ≤ < a ⇒ ( 4b − a ) + b < a + b a a Do cách chọn (a,b) nên {4b – a,b} = {vn+1,vn} với n Hơn a − 4ab + 3b = 2b − ≥ ⇒( a − 3b)( a + b) ≥ ⇒ a − 3b ≥ ⇒ 4b − a ≤ b  4b − a =  a = 4vn +1 − = + ⇔ = b v b = vn+1 n +1   Suy  (mâu thuẫn) Vậy điều giả sử sai, nghĩa tồn số tự nhiên n cho {a,b} = {vn+1,vn}  Để thấy rõ kết hợp nhuần nhuyễn phương pháp cực hạn phương pháp phương trình Markov (còn gọi phương pháp nhảy Viete), phương pháp gien giải phương trình Diophant, ta xét tốn sau Bài tốn Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình sau: x2 + y2 + x + y + = xyz (3.4) Giải Trước hết ta dùng phương pháp bước nhảy Viete để tìm z x = y =  z=5 Nếu x = y x (xz – 2x – 2) =1 ⇒  Gọi (x1,y1,z1) nghiệm thỏa z1 5, đo x1 ≠ y1 Khơng tính tổng qt, giả sử x1 >y1 x1 + y1 nhỏ 13 Ta có phương trình f ( x ) = x − ( y1z1 − 1) x + y12 + y1 + 1= có nghiệm x1 nên y12 + y1 + có nghiệm x2 = y1z1 − x1 − = nguyên dương x1 Mà x1> y1 + nên x12 > y12 + y1 + 1= x1 ( y1z1 − x1 − 1) = x1x2 ⇒ x1 > x2 Vì (x2,y2,z2) = (x2,y1,z1) nghiệm nguyên dương thỏa x2 + y2< x1 + y1 (mâu thuẫn với cách chọn (x1,y1,z1)) Đến tốn trở thành tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình x2 + y2 + x + y + = 5xy (3.5) 3x − 3y −1 , v= phương trình (3.5) trở thành 2 u2 – 5uv + v2 = - ⇔ v − 5v ( 5v − u ) + (5v − u ) = −3 Rõ ràng x,y lẻ Đặt u = Lâp luận tương tự tốn 4, phương trình có nghiệm thỏa {u,v} = v1 = v2 = vn+1 = 5vn − −1, n >  {vn+1,vn} với (vn) xác định  Bằng quy nạp ta 2vn + 3, ∀n Vậy phương trình (3.4) có nghiệm (x,y,z) = ( 2u + 2v + , , 5) với {u,v} = 3 {vn+1,vn} (vn) xác định  Đến ta thấy tốn có nghiệm liên quan đến dãy số Sau ta thử sáng tạo tốn phương trình Diophant cách xét dãy số sau: u1 = α, u = β, u n + = au n +1 − u n + b, ∀n ≥ Ta có u n+2 + u n − b = a Suy u n +1 u n + + u n − b u n +1 + u n −1 − b = u n +1 un ⇔ ( u n + + u n − b ) u n = (u n +1 + u n −1 − b)u n +1 ⇔ u n + 2u n + u n − bu n = u n +12 + u n −1u n +1 − bu n +1 ⇔ u n − u n +1u n −1 − bu n = u n +12 − u n + 2u n − bu n ⇔ u n − ( au n − u n −1 + b ) u n −1 − bu n = u n +12 − ( au n +1 − u n + b ) u n − bu n +1 14 ⇔ u n + u n-12 − au n u n −1 − b ( u n + u n −1 ) = u n +12 + u n − au n +1u n − b(u n +1 + u n ) Do u n+12 + u n − au n +1u n − b ( u n +1 + u n ) = u 22 + u12 − au 2u1 − b(u + u1) hay u n+12 + u n − au n +1u n − b ( u n +1 + u n ) = α + β − aαβ − b ( α + β ) Thay un+1, un x,y chọn tham số a, b, α,β số cụ thể ta phương trình Diophant giải phương pháp cực hạn Chẳng hạn, a = 4, b = 0, α=β=1 ta phương trình (3.3) toán Khi a = 5, b = -1, α=β=1 ta phương trình (3.5) cách giải tốn 10 Sau số phương trình Diophant Giải phương trình sau tập số tự nhiên : x2 + y =5 xy − (x+1)2 + (y+1)2= 5(xy + 1) x2 + y2 + z2 = 3xyz (x + y – 5) = 9xy IV Bài tập rèn luyện Cho hai dãy số (xn), (yn) xác định sau: xn+2 = 3xn+1 – xn, x0 = 1, x1 = 4; yn+2 = 3yn+1 – yn, y0 = 1, y1 = a) Chứng minh xn2 – 5yn2 = – với số tự nhiên n b) Giả sử a, b số nguyên dương thỏa a2 – 5b2 = – Chứng minh tồn số tự nhiên k cho xk = a yk = b (VMO 1999) 2 Tìm giá trị lớn m + n biết m, n số nguyên nằm 1981 đồng thời thỏa mãn (n2 – mn – m2)2=1 (22nd IMO) Tìm tất số nguyên dương n cho phương trình x + y + z + t = n xyzt có nghiệm nguyên dương x, y, u, v (VMO 2002 Bảng A) Giải phương trình sau tập số nguyên dương: 15 x2 + y2 + = xyz Tìm tất cặp số tự nhiên (m, n) cho (m + n – 5)2 = 9mn (42nd USA Team Selection Test) Tài liệu tham khảo [1] HÀ HUY KHOÁI, Số học, Nhà xuất Giáo dục [2] TRẦN NAM DŨNG, Nguyên lý cực hạn, tài liệu từ Internet [3] TITU ANDREESCU, DORIN ANDRICA, An introduction to Diophantinc equations 16 ... khơng phương cho a.b khơng phương Chứng minh hai phương trình Ax2 – By2 = Ax2 – By2 = –1 khơng có nghiệm ngun dương (Vietnam TST 2009) 10 Lời giải Giả sử hai phương trình Ax2 – By2 = (2.11) Bx2 –... phương trình Diophant giải phương pháp cực hạn Chẳng hạn, a = 4, b = 0, α=β=1 ta phương trình (3.3) tốn Khi a = 5, b = -1, α=β=1 ta phương trình (3.5) cách giải toán 10 Sau số phương trình Diophant. .. thuẫn với cách chọn c Như điều giả sử ban đầu sai ta có đpcm  Bài tốn Chứng minh khơng thể tồn hai số nguyên dương cho tổng hiệu bình phương chúng số phương Lời giải Bài tốn tương đương với hệ