SH tam NC phuong trinh pell va bai toan tim nghiem nguyen

CHUN ĐỀ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL Nguyễn Chí Tâm Đại học Sư phạm-Đại học Thái Nguyên Email: chitamdhsptnk47@gmail.com Ngày 28 tháng năm 2016 Tóm tắt nội dung Phương trình Pell số phương trình quy phương trình kiểu Pell có nhiều ứng dụng việc giải tốn tìm nghiệm ngun, chứng minh tính chất số học hay toán dãy số nguyên Chuyên đề đưa ứng dụng phương trình Pell tốn Đặc biệt toán số học đề thi học sinh giỏi quốc gia mà có xuất ứng dụng phương trình Pell Phương trình Pell 1.1 Phương trình Pell loại I Phương trình Pell loại I phương trình nghiệm ngun có dạng: x2 − Dy = 1, D ∈ Z (1.1.1) Định lý 1.1 Nếu số nguyên D phương trình (1.1.1) số phương phương trình (1.1.1) vơ nghiệm Chứng minh Nếu D số phương ta ln có m ∈ Z cho D = m2 Khi phương trình (1.1.1) viết lại thành: x2 − m2 y = ⇔ (x − my)(x + my) = Giả sử phương trình (1.1.1) có nghiệm (x0 , y0 ) Khi ta có x0 −my0 ; x0 +my0 ∈ Z kéo theo x0 − my0 = x0 + my0 = x0 − my0 = −1 x0 + my0 = −1 Từ hai hệ phương trình ta thấy điều mâu thuẫn Ta suy điều phải chứng minh Định lý 1.2 Nếu số nguyên D phương trình (1.1.1) số ngun âm phương trình khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Đặt D = −m với m > Khi phương trình (1.1.1) trở thành: x2 + my = Nếu m = ta có phương trình x2 + y = Kéo theo x = 1; y = x = 0; y = Nếu m > kết hợp với x2 , y ≥ kéo theo x = 1; y = x = −1; y = Từ ta kết luận phương trình (1.1.1) khơng có nghiệm ngun dương Định lý 1.3 (Nghiệm phương trình Pell loại I) Nếu D số nguyên dương số phương phương trình (1.1.1) có vơ hạn nghiệm nguyên dương nghiệm tổng quát cho (xn , yn ) với n ≥ xn+1 = axn + Dbyn , yn+1 = bxn + ayn , (1.1.2) (x1 , y1 ) = (a, b) nghiệm sở nghĩa nghiệm mà b > nhỏ Chứng minh Xem chứng minh [1] Công thức truy hồi sinh đẳng thức Brahmagupta (a2 + nb2 )(c2 + nd2 ) = (ac − ndb)2 + n(ad + bc)2 = (ac + nbd)2 + n(ad − bc)2 (1.1.3) Chú ý Ta viết ngắn gọn dãy (xn ) (yn ) xác định √ √ xn + yn D = (a + b D)n √ √ xn − yn D = (a − b D)n Từ ta có cơng thức (xn ) (yn ) là: √ √ (a + b D)n + (a − b D)n xn = ; √ n √ n (1.1.4) (a + b D) − (a − b D) √ yn = D √ √ Do a + b D a − b D hai nghiệm phương trình X − 2aX + = nên ta có cơng thức truy hồi độc lập cho xn yn : x0 = 1, x1 = a, xn+1 = 2axn − xn−1 ; (1.1.5) y0 = 0, y1 = b, yn+1 = 2ayn − yn−1 (1.1.6) 1.2 Phương trình Pell loại II Phương trình Pell loại II phương trình có dạng: x2 − Dy = −1, D ∈ Z (1.2.1) Định lý 1.4 Nếu số nguyên D (1.2.1) số phương có ước nguyên tố dạng 4k + với k ∈ Z phương trình vơ nghiệm Chứng minh Nếu D số phương D = m2 , m ∈ Z Khi phương trình viết lại x2 − m2 y = −1 ⇔ (x − my)(x + my) = −1 Giả sử phương trình có nghiệm (x0 , y0 ) Khi x0 − my0 , x0 + my0 ∈ Z kéo theo x0 − my0 = x0 + my0 = −1 x0 − my0 = −1 x0 + my0 = Điều mâu thuẫn nên (1.2.1) vô nghiệm Nếu D có ước nguyên tố dạng 4k + phương trình có nghiệm (x0 , y0 ) Khi ta có x20 − Dy02 = −1 ⇔ x20 + = Dy02 Từ suy x20 + D Vì D có ước ngun tố dạng 4k + nên x20 + 4k + Từ kéo theo chia hết cho 4k + Điều mâu thuẫn nên (1.2.1) vô nghiệm Định lý 1.5 Nếu D số nguyên tố phương trình (1.2.1) có nghiệm ngun dương D khơng có dạng 4k + Chứng minh Giả sử phương trình (1.2.1) có nghiệm ngun dương Theo Định lý 1.4 D khơng có dạng 4k +   D ≡ 1(mod4) Ngược lại, giả sử D = 4k+3 Khi có trường hợp sau xảy ra: D ≡ 2(mod 4)  D ≡ 0(mod 4) D ≡ 1(mod 4) D ≡ 2(mod 4) Trường hợp 1: Nếu D ≡ 1(mod 4) D = 4k + 1, k ∈ Z Xét phương trình Pell loại I Do D số nguyên tố nên hai trường hợp: x2 − Dy = gọi phương trình liên kết với phương trình (1.2.1) Gọi (a, b) nghiệm dương nhỏ phương trình Pell loại I, ta có: a2 − = Db2 Xét hai khả sau: (∗) • Nếu a số chẵn vế trái phương trình (∗) lẻ, D = 4k + số lẻ nên b số lẻ Do b2 ≡ 1(mod 4) Vậy a2 − ≡ 1.1(mod 4), kéo theo a2 ≡ 2(mod 4) Điều vơ lý a số chẵn Do khơng xảy trường hợp • Nếu a số lẻ lập luận tương tự ta có b số chẵn Giả sử a = 2a1 + b = 2b1 , thay vào (∗) ta có (2a1 + 2)2a1 = D.4b21 ⇒ (a1 + 1)a1 = Db21 (∗∗) Vì D số nguyên tố (a1 , a1 + 1) = nên từ (∗∗) suy   a1 + = Dv  a = u2    a1 = Dv  a1 + = u2 u.v = b1 ; u, v số nguyên dương a1 + = Dv a1 = u2 trình (1.2.1) Nếu ta có u2 − Dv = −1 Vậy (u, v) nghiệm phương a1 = Dv ta có u2 − Dv = Vậy (u, v) nghiệm phương a1 + = u2 trình Pell loại I Do (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell loại I nên ta có u ≥ a Từ ta có Nếu a1 + = u2 ≥ u ≥ a = 2a1 + ⇒ a1 ≥ 2a1 Bất đẳng thức thu mâu thuẫn a1 ngun dương Vậy trường hợp khơng xảy Trường hợp 2: Nếu D ≡ 2(mod 4) D = 4k + Suy D chia hết cho Mà D số nguyên tố nên D = Do phương trình x2 − 2y = −1 có nghiệm nguyên dương (x, y) = (1, 1) Định lý 1.6 (Điều kiện có nghiệm phương trình Pell loại II) Gọi (a, b) nghiệm nguyên nhỏ phương trình Pell loại I: x2 − Dy = liên kết với phương trình a = x2 + Dy (1.2.1) Khi phương trình (1.2.1) có nghiệm hệ có b = 2xy nghiệm nguyên dương Định lý 1.7 (Công thức nghiệm phương trình Pell loại II) Giả sử phương trình (1.2.1) có nghiệm ngun dương gọi (x0 , y0 ) nghiệm nhỏ Khi nghiệm tổng quát phương trình (1.2.1) (xn , yn )n≥0 xác định bởi: xn = x0 un + Dy0 ; yn = y0 un + x0 (1.2.2) (un , )n≥0 nghiệm tổng quát phương trình Pell loại I: x2 − Dy = liên kết với phương trình (1.2.1) 1.3 Phương trình Pell với tham số n Phương trình Pell với tham số n phương trình có dạng: x2 − Dy = n, với n, D ∈ Z (1.3.1) Định lý 1.8 Phương trình (1.3.1) vơ nghiệm có vơ số nghiệm Chứng minh Ta chứng minh phương trình (1.3.1) có nghiệm có vơ số nghiệm Thật vậy, giả sử (x0 , y0 ) nghiệm phương trình (1.3.1) Xét phương trình Pell loại I tương ứng x2 − Dy = (2) gọi (a, b) nghiệm (2) Khi ta có x20 − Dy02 = n a2 − Db2 = Nhân theo vế hai đẳng thức ta (x20 − Dy02 )(a2 − Db2 ) = n ⇔ (x0 a + Dy0 b)2 − D(x0 b + y0 a)2 = n Đặt x1 = x0 a + Dy0 b y1 = x0 b + y0 a Ta thấy x21 − Dy12 = n, kéo theo (x1 , y1 ) nghiệm phương trình (1.3.1) Rõ ràng x0 < x1 y0 < y1 Do giả sử có nghiệm khởi đầu (x0 , y0 ) Xét hệ thức xn+1 = xn a + Dyn b yn+1 = xn b + yn a Hệ thức theo chứng minh cho ta vô số nghiệm phương trình (1.3.1) Định lý 1.9 Giả sử phương trình (1.3.1) có nghiệm gọi (x0 , y0 ) nghiệm nhỏ Gọi (a, b) nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình Pell loại I tương ứng: x2 − Dy = Khi ta có y02 ≤ max nb2 ; − na2 D Định lý 1.10 Giả sử phương trình (1.3.1) có nghiệm gọi (α1 , β1 ), (α2 , β2 ), , (αm , βm ) nghiệm (1.3.1) thỏa mãn bất đẳng thức β ≤ max nb2 ; − na2 D Gọi (a, b) nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình Pell loại I tương ứng: x2 − Dy = Xét m dãy với dãy thứ i (xn,i , yn,i ) xác định sau:   x0,i = αi ; y0,i = βi xn+1,i = xn,i a + Dyn,i b  y n+1,i = xn,i b + yn,i b Khi dãy (xn,i , yn,i )m i=1 vét hết tất nghiệm phương trình (1.3.1) 2.1 Ứng dụng phương trình Pell Ứng dụng tốn nghiệm ngun Phương trình Pell công cụ mạnh giúp ta giải số tốn nghiệm ngun.Ta xét số ví dụ để làm rõ điều Ví dụ Tìm tất số nguyên dương x > cho tam giác có độ dài ba cạnh x − 1, x, x + có diện tích số nguyên Giải Giả sử x giá trị thỏa mãn tốn Gọi y diện tích tam giác Ta có nửa x+1+x+x−1 3x chu vi tam giác = Áp dụng cơng thức Heron, ta có: 2 y= 3x 3x 3x 3x ( − x − 1)( − x)( − x + 1) = x 3(x2 − 4) 2 2 hay 16y = 3x2 (x2 − 4) Vì 16 nên x2 (x2 − 4) ⇒ x Đặt x = 2k, k ∈ Z Theo đó: 16y = 3.4k (4k − 4) ⇔ y = 3k (k − 1) ⇒ y = x Do y, k ∈ Z+ nên 3(k − 1) 3(k − 1) ∈ Z+ Do tồn l ∈ Z+ cho 3(k − 1) = l2 Rõ ràng l ⇒ l = 3m, m ∈ Z+ Khi phương trình trở thành k − 3m2 = Đây phương trình Pell loại I cơng thức nghiệm xác định bởi:   k0 = 1; m0 =    k = 2; m = 1  kn+2 = 4kn+1 − kn , ∀n = 0, 1, 2,    mn+2 = 4mn+1 − mn , ∀n = 0, 1, 2, Suy x0 = 2; x1 = xn+2 = 4xn+1 − xn , ∀n = 0, 1, 2, Vậy tất giá trị x thỏa mãn toán xác định dãy: x0 = 2; x1 = xn+2 = 4xn+1 − xn , ∀n = 0, 1, 2, Ví dụ Tìm tất số ngun dương n cho trung bình cộng n số phương số phương Giải Bằng quy nạp ta chứng minh rằng: Với số ngun dương n, ta ln có: 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n + 1)(2n + 1) Suy ra: 12 + 22 + 32 + + n2 (n + 1)(2n + 1) = n Từ ta tìm n, y ∈ Z+ cho (n + 1)(2n + 1) = y2 Điều kéo theo (n + 1)(2n + 1) = 6y ⇔ 2n2 + 3n + = 6y ⇔ (4n + 3)2 − 48y = Đặt 4n + = x, ta thu phương trình x2 − 48y = Đây phương trình Pell loại I Bằng cách thử ta thu (7, 1) nghiệm nhỏ phương trình Do nghiệm tổng quát phương trình Pell là:   x0 = 1; y0 =    x = 7; y = 1  x = 14x k+2 k+1 − xk , k = 0, 1, 2,    yk+2 = 14yk+1 − yk , k = 0, 1, 2, Bằng quy nạp, ta chứng minh x2k ≡ 1(mod 4) x2k+1 ≡ 3(mod 4) Ngoài x2k+3 = 14x2k+2 − x2k+1 = 14(14x2k+1 − x2k ) − x2k+1 = 196x2k+1 − 14x2k − x2k+1 = 195x2k+1 − 14x2k = 194x2k+1 − x2k−1 x−3 x2k+1 − ∈ Z+ Theo nk = , kéo theo 4 n0 = 1, n1 = 337, nk+1 = 194nk − nk−1 + 144 Mặt khác, x = 4n + nên n = Vậy tất giá trị n thỏa mãn toán là: n0 = 1; n1 = 337 nk+1 = 194nk − nk−1 + 144, k = 0, 1, 2, Ví dụ Tìm cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p2 − 2q = Giải Xét phương trình Pell loại I: x2 − 2y = Bằng phép thử tuần tự, ta thấy (3, 2) nghiệm nhỏ phương trình đồng thời cặp số nhỏ thỏa mãn tốn.Theo đó, nghiệm phương trình Pell xác định bởi:  √ n √ n  (3 + 2) + (3 − 2)  x n = √ n √ n (3 + 2) − (3 − 2)   √ yn = 2 Suy √ √ √ √ (3 + 2)n + (3 − 2)n (3 + 2)n − (3 − 2)n √ xn + y n = + 2 √ √ ( + 1)2n+1 + ( − 1)2n+1 √ = 2 Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: √ √ ( + 1)2n+1 + ( − 1)2n+1 √ xn + yn = 2 √ i √ i 2n+1 i 2n+1 i 2n+1−i i=0 C2n+1 ( 2) + i=0 C2n+1 ( 2) (−1) √ = 2 √ 2n+1 2j+1 j 2n+1 2 j=0 C2n+1 2j+1 j √ = = C2n+1 2 j=0 2n+1 = C2n+1 2n+1 2j+1 j C2n+1 + j=1 2j+1 j C2n+1 ≡ 1(mod 2) =1+ j=0 Điều xảy p, q khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình cho vơ nghiệm min{p, q} > Vậy (3, 2) nghiệm phương trình Bài tập đề nghị Bài Tìm tất số nguyên dương n cho 2n + 3n + số phương Bài Tìm cặp số nguyên dương (m, n) cho mn + m mn + n số phương Bài Tìm tất cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn phương trình x2 − 6xy + y = Bài Tìm tất cặp số nguyên dương (k, m) cho k < m + + + + k = (k + 1) + (k + 2) + + m 2.2 Ứng dụng chứng minh toán số học Sau ta xét số ví dụ ứng dụng phương trình Pell việc chứng minh tính chất số học Ví dụ (Việt Nam TST 2013 ) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương t cho 2012t + 2013t + số phương Xét m, n số nguyên dương cho mn + (m + 1)n + số phương Chứng minh n chia hết cho 8(2m + 1) Giải Đặt d = (2012t+1, 2013t+1) Khi ta có d = Do 2012t+1 2013t+1 số phương (2012t + 1)(2013t + 1) = y với y ∈ Z Ta biến đổi đẳng thức trên: (2012t + 1)(2013t + 1) = y ⇔ (2.2012.2013t + 4025)2 − 4.2012.2013y = Đặt x = 2.2012.2013t + 4025, ta phương trình pell loại I x2 − 4.2012.2013y = Do 4.2012.2013 khơng số phương nên phương trình Pell loại I có vơ số nghiệm Nghiệm nhỏ phương trình (x, y) = (4025, 1) nên nghiệm lại cho cơng thức x0 = 1; x1 = 4025; xn+2 = 8050xn+1 − xn y0 = 0; y1 = 1; yn+2 = 8050yn+1 − yn ,n ≥ Bằng quy nạp, ta chứng minh x2i+1 chia 2.2012.2013 dư 4025 với i x2i+1 − 4025 giá trị nguyên dương cho ta giá trị t thỏa mãn đề 2.2012.2013 Đặt d = (mn + 1, (m + 1)n + 1) Khi ta có d = hay mn + (m + 1)n + nguyên tố Do mn + (m + 1)n + số phương (mn + 1)(mn + n + 1) = y với số nguyên dương y Biến đổi biểu thức ta thu (mn + 1)(mn + n + 1) = y ⇔ (2m(m + 1)n + (2m + 1))2 − 4m(m + 1)y = Đặt x = 2m(m + 1)n + (2m + 1) ta có phương trình Pell loại I sau x2 − 4m(m + 1)y = (∗) Vì 4m(m + 1) khơng số phương với m nguyên dương nên phương trình (∗) có vơ số nghiệm Phương trình (∗) có nghiệm nhỏ (x, y) = (2m + 1, 1) nên công thức nghiệm (xi , yi ) viết dạng x0 = 1; x1 = 2m + 1; xi+2 = (4m + 2)xi+1 − xi y0 = 0; y1 = 1; yi+2 = (4m + 2)yi+1 − yi , i ≥ Bằng quy nạp, ta chứng minh x2i chia 2m(m + 1) dư x2i+1 chia 2m(m + 1) dư 2m + với i = 0, 1, 2, (∗∗) Thật vậy, - Với i = theo cơng thức truy hồi dãy (xi ) ta thấy khẳng định (∗∗) - Giả sử (∗∗) đến i, tức x2i chia 2m(m + 1) dư x2i+1 chia 2m(m + 1) dư 2m + Ta có x2i+2 = 2(2m+1)x2i+1 −x2i ≡ 2(2m+1)(2m+1)−1 = 8m(m+1)+1 ≡ 1(mod 2m(m+1)) x2i+3 = 2(2m + 1)x2i+2 − x2i+1 ≡ 2(2m + 1) − (2m + 1) ≡ 2m + mod 2m(m + 1) Do đó, (∗∗) với i + Theo nguyên lý quy nạp, (∗∗) với số tự nhiên i Tiếp theo, ta xây dựng công thức truy hồi cho dãy ri = x2i+1 với i = 0, 1, 2, ri+2 = x2i+5 = 2(2m + 1)x2i+4 − x2i+3 = 2(2m + 1) 2(2m + 1)x2i+3 − x2m+2 − x2i+3 = 4(2m + 1)2 − x2i+3 − x2i+1 = 4(2m + 1)2 − ri+1 − ri Đặt ri = 2m(m + 1)si + (2m + 1) dãy (si ), i > nguyên dương xác định Thay vào công thức truy hồi ri , ta si+2 = 4(2m + 1)2 − si+1 − si + 8(2m + 1) 10 ta tính r0 = x1 = 2m + nên s0 = r1 = x3 = 16m(m + 1)(2m + 1) + 2m + nên s1 = 8(2m + 1) Từ ta có cơng thức truy hồi cho dãy (si ) s0 = 0; s1 = 8(2m + 1) si+2 = 4(2m + 1)2 − si+1 − si + 8(2m + 1), i ≥ Từ suy dãy số (si ) có số hạng chia hết cho 8(2m + 1) với i = 0, 1, 2, Hơn nữa, với cách đặt x = 2m(m + 1) + (2m + 1) dễ dàng thấy n thỏa mãn điều kiện đề n = si , i = 1, 2, 3, Vậy tất giá trị n chia hết cho 8(2m + 1) Đây điều phải chứng minh Ví dụ Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương x, y, z cho x2 + y = z Giải Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau:Tồn vô hạn số nguyên dương n, k cho: n(n + 1) = k (∗) Chứng minh Bổ đề: Biến đổi phương trình (∗) dạng tương đương (2n + 1)2 − 8k = Đặt m = 2n + 1, phương trình (∗) trở thành m2 − 8k = Đây phương trình Pell loại I cơng thức nghiệm cho   m0 = 1; k0 =    m = 3; k = 1  m = 6m i+2 i+1 − mi    ki+2 = 6ki+1 − ki Ngoài ta thấy mi ≡ 1(mod 2) nên giá trị n thỏa mãn bổ đề cho n0 = 0; n1 = ni+2 = 6ni+1 − ni + 2, i ≥ Dãy số chứng tỏ điều khẳng định mệnh đề Vậy mệnh đề chứng minh Trở lại toán, quy nạp ta dễ dàng chứng minh với số ngun dương n, ta ln có 13 + 23 + 33 + + n3 = 11 n(n + 1) 2 Điều tương đương với n(n − 1) 2 + n3 = n(n + 1) 2 Từ đây, áp dụng Bổ đề ta chọn   n(n − 1)   x =   y=n   n(n + 1)   z = Bài tập đề nghị Bài Chứng minh có vơ hạn số ngun dương x, y cho x+1 y+3 + =6 y x Bài Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho n2 + chia hết cho n! Bài Cho số nguyên k > Chứng minh phương trình x2 − (k − 4)y = −1 có nghiệm k = Bài Cho a, b số nguyên dương mà ab chia hết a2 + b2 + Chứng minh a2 + b + =4 ab 2.3 Ứng dụng toán dãy số Thông qua phần trước ta thấy tập nghiệm phương trình Pell biểu diễn thơng qua dãy số Chính thơng qua phương trình Pell ta xây dựng nên dãy số nguyên, tìm cách giải cho dạng tốn Sau ta xét số ví dụ để làm rõ điều Ví dụ (VMO 2012) 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 ≥ Giải Giả sử (a, b) cặp số tự nhiên lẻ mà a ước b2 + b ước a2 + Trước hết ta chứng minh (a, b) = Thật vậy, đặt d = (a, b) d|a mà a|b2 + nên d|b2 + 2, mặt khác d|b nên d|2 Mà a, b lẻ nên d = 12 Xét số N = a2 + b2 + a2 + chia hết cho b nên N chia hết cho b Tương tư, N chia hết cho a Vì (a, b) = nên từ suy N chia hết cho ab Theo tốn a2 + b2 + = 4ab (2.3.1) Ta thấy {vn−1 , } nghiệm phương trình (2.3.1) {4vn − vn−1 , } nghiệm phương trình (2.3.1) Nói cách khác {vn , vn+1 } nghiệm phương trình (2.3.1) Vì {v1 , v2 } nghiệm phương trình (2.3.1) nên {vn , vn+1 } nghiệm (2.3.1) với n ≥ Giả sử tồn cặp số (a, b) thỏa mãn (2.3.1) không tồn n thỏa mãn {a, b} = {vn , vn+1 } Trong tất cặp số ta chọn (a, b) có a + b nhỏ Khơng tính tổng qt, giả sử a > b (a = b ngược lại ta có a = b = kéo theo {a, b} = {v1 , v2 }) Theo nhận xét {4b − a, b} nghiệm (2.3.1) Nhưng 4b − a = b2 + < a nên 4b − a + b < a + b Theo định nghĩa (a, b) phải tồn n a cho {4b − a, b} = {vn , vn+1 } Hơn nữa, b − (4b − a) = a − 3b mà a2 − 3ab + 3b2 − ab = 2b2 − hay (a − 3b)(a − b) = 2(b2 − 1) ≥ suy 4b − a ≤ b Như vậy, 4b − a = , b = vn+1 Nhưng từ đây, a = 4vn+1 − = vn+2 , tức {a, b} = {vn+1 , vn+2 } mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai, tức phải tồn số tự nhiên n cho {a, b} = {vn , vn+1 } vậy, a, b số hạng dãy (vn ) toán giải xong Ví dụ (VMO 1999) Cho hai dãy số (xn ), (yn ) xác định sau: x1 = 1, x2 = 4, xn+2 = 3xn+1 − xn , ∀n ≥ y1 = 1, y2 = 2, yn+2 = 3yn+1 − yn , ∀n ≥ Chứng minh số nguyên dương a, b thỏa mãn phương trình a2 − 5b2 = −4 tồn số nguyên dương k cho a = xk , b = yk Giải Dễ dàng chứng minh xn+1 = xn + 3yn 3xn + 5yn yn = 2 Xét phương trình u2 − 5v = −4 (2.3.2) u v Chia hai vế phương trình (2.3.2) ta ( )2 + ( )2 = −1 2 Ta nhận thấy (1, 1) nghiệm phương trình u2 − 5v = −4 theo 3u + 5v u + 3v 3u − 5v 3v − u đẳng thức Brahgamutap , , nghiệm 2 2 13 phương trình (2.3.2) Dễ dàng chứng minh (xn , yn ) nghiệm phương trình (2.3.2) Giả sử (a, b) nghiệm phương trình (2.3.2) mà khơng tồn số tự nhiên k để (a, b) = (xk , yk ) Gọi (A, B) nghiệm nhỏ nghiệm Nếu B = A = (A, B) = (x1 , y1 ) nên B > Suy A2 = 5B − ≥ 4A2 nên A ≥ 2B 3A − 5B suy số nguyên dương Mặt khác A2 < 5B < 9B nên 3B > A suy 3B − A số nguyên dương 3A − 5B 3B − A , nghiệm nguyên dương phương trình (2.3.2) Vậy 2 3B − A mà < B 3A − 5B 3B − A Do tính nhỏ (A, B) nên tồn k để , = (xk , yk ) 2 3xk + 5yk xk + 3yk , (A, B) = = (xk+1 , yk+1 ) Vô lý 2 Bài tập đề nghị Bài Cho an = n2 + (n + 1)2 , n ≥ Chứng minh có vơ hạn số n cho an − an−1 > an+1 − an = Bài Cho a, b hai số nguyên dương thỏa mãn a|b2 + b + b|a2 + a + Chứng minh a, b hai số hạng dãy số (vn ) xác định v1 = 1, v2 = vn+2 = 5vn+1 − − Bài Cho a, b hai số nguyên dương cho a|b2 + b|a2 + Chứng minh a, b hai số hạng dãy số (vn ) xác định v0 = 1, v1 = vn+2 = 3vn+1 − Tài liệu [1] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Ion Cucurezeanu, An Introduction to Diophantine Equations: A Problem-Based Approach, Springer, 2010 [2] Phan Huy Khải, Chuyên đề 5: Phương trình nghiệm nguyên, NXBGD, 2006 [3] TiTu Andreescu, Dorin Andrica, Number theory, Springer, 2010 14 ... (1.2.2) (un , )n≥0 nghiệm tổng quát phương trình Pell loại I: x2 − Dy = liên kết với phương trình (1.2.1) 1.3 Phương trình Pell với tham số n Phương trình Pell với tham số n phương trình có dạng: x2... dụng phương trình Pell Ứng dụng tốn nghiệm ngun Phương trình Pell công cụ mạnh giúp ta giải số tốn nghiệm ngun.Ta xét số ví dụ để làm rõ điều Ví dụ Tìm tất số nguyên dương x > cho tam giác có độ... phương a1 = Dv ta có u2 − Dv = Vậy (u, v) nghiệm phương a1 + = u2 trình Pell loại I Do (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell loại I nên ta có u ≥ a Từ ta có Nếu a1 + = u2 ≥ u ≥ a = 2a1 + ⇒ a1 ≥