Các dạng phương trình nghiệm nguyên và cách giải. Các dạng phương trình nghiệm nguyên và cách giải. Các dạng phương trình nghiệm nguyên và cách giải. Các dạng phương trình nghiệm nguyên và cách giải. Các dạng phương trình nghiệm nguyên và cách giải. Các dạng phương trình nghiệm nguyên và cách giải.
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Phương trình nghiệm ngun hay gọi phương trình Diophant dạng toán lâu đời Toán học Từ Euclid, Diophantus, qua Fibonacci, đến Fermat, Euler, Lebesgue … thời đại Gelfold, Matiasevic, Shenzel, Serpinsky … phương trình Diophant trải qua lịch sử phát triển lâu dài Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố , quốc gia quốc tế, phương trình Diophant thường xuyên xuất hình thức khác ln đánh giá khó tính khơng mẫu mực Sau số dạng phương trình nghiệm nguyên cách giải: A LÍ THUYẾT Phép chia hết phép chia có dư a) Hai số nguyên a b ( b>0) Khi chia a cho b ta có a chia hết cho b a không chia hết cho b + a chía hết cho b , kí hiêu a b ta củng nói b chia hết a hay b ước a , a bội b + Định nghĩa : ab có số nguyên q cho a = bq + a khơng chia hết cho b chia a cho b ta thương q số dư r ( < r < b) viết : a = bq + r với < r < b Tổng quát : + Với hai số nguyên a b ( b > ) ln có hai số ngun q r ( ≤ r < b) cho a = bq + r Nếu r = a chia hết cho b Nếu r ≠ a khơng chia hết cho b + Khi chia số nguyên a cho số nguyên b ( b >0) số dư r b số từ đến b – b) Ước chung lớn bội chung nhỏ + Định nghĩa : - Số nguyên d ước chung a b d ước a d ước b - Số nguyên dương lớn tập hợp ước chuung a b gọi ước chung lướn a b Ước chung lớn a b kí hiêu ƯCLN(a ,b) hay (a,b) - Số nguyên m bội chung a b m a m b - Số nguyên dương nhỏ tập hợp bội chung a, b gọi la bội chung nhỏ a b Bội chung nhỏ a b kí hiêu BCNN(a, b) hay [a , b] c) Các tính chất chia hết + Nếu (a, b) = gọi a, b hai số nguyên tố + Số nguyên tố số lớn có hai ước Định lí : Mội số nguyên lớn phân tích thừa số nguyên tố cách ( không kể thứ tự thừa số) Định lí : Với a, b, c số nguyên dương a) ( ac , bc) = c(a,b) a b ( a , b) b) , với c ƯC(a, b) c c c Định lí : acb (a,b) = c b Định lí : ca , cb (a,b) = c ab Định lí 4: Nếu (a, b) =d tồn hai số nguyên x0 , y0 cho ax0 + by0 = d , x0 , y0 xác định thuật toán Ơ-clit Thuật toán Ơ-clit : a = bq + r với ≤ r ≤ b – (a,b) = (b, r) Đa thức : + Định nghĩa đơn thức : sgk lớp + Định nghĩa đa thức : sgk lớp +Các đẳng thức đáng nhớ : (a b)2 = a2 2ab + b2 a2 – b2 = (a + b )( a – b ) ( a b)3 = a3 3a2b + 3ab2 b3 a3 b3 = ( a b)( a2 ab + b2) + Phân tích đa thức thành nhân tử Lũy thừa với số mũ số tự nhiên : sgk lớp + Định nghĩa + Các phép toán Phân thức + Định nghĩa : sgk lớp Các phép biến đổi phương trình + Định nghĩa phương trình nhiều biến : sgk lớp + Định nghĩa nghiệm phương trình : sgk lớp + Định nghĩa hai phương trình tương đương sgk lớp + Các phép đổi phương trình : sgk lớp Phép chuyển vế hạng tử Phép nhân cố khác + Phương trình bậc hai cách giải : sgk lớp Căn thức bậc hai : sgk lớp + Định nghĩa + Các phép biến đổi B CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGHUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Phương trình bậc hai ẩn ax + by = c (*) a,b nguyên khác Cách giải 1: + Nếu (a,b) = d ≠ c không chia hết cho d phương trình (*) vơ nghiệm + Nếu (a, b, c) = d ≠ Thì ta chia hai vế phương trình (*)cho d để phương trình đơn gian Ví dụ : 6x + 4y = 14 3x + 2y = 12x + 6y = 15 4x + 2y = + Nếu (a ,b) = phương trình (*) có nghiệm ngun nghiệm x x0 bt y y0 at xác định : Trong t Z (x0 ; y0) nghiệm riêng phương trình (*) Xác định nghiệm riêng theo định lí Chứng minh : Ta có (a, b) = có hai số nguyên p , q : ap + bq = apc +bqc = c Mà ax + by = c nên : a(x – pc ) = b( qc – y) (1) , (a, b) = ( x – pc ) b có số nguyên t cho : x = pc +bt hay x = x0 + bt (2) Với x0 = pc Thay (2) vào (1) : abt = b(qc – y) y = qc – at hay y = y0 – at với y0 = qc Ví dụ : Giải phương trình 40x + 31y = Giải : Ta có (40,31) = nên phương trình có nghiệm ngun Tìm nghiệm riêng : 40 = 31.1 + 31 = 9.3 + = 4.2 + 40.7 + 31.( -9) = x0 = , y0 = - Phương trình có nghiệm x = + 31t , y = - – 40t với t Z Cách giải : Dùng tính chất chia hết để xét nghiệm hệ số a, b , c Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình: 11x + 18y = 120 Giải: Ta thấy 11xM6 nên xM6 Đặt x = 6k (k nguyên) Thay vào (1) rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: y 20 11k Tách riêng giá trị nguyên biểu thức này: y 4k Lại đặt k 1 k 1 = t với t nguyên suy k = 3t + Do đó: y 4(3t 1) t 11t x 6k 6(3t 1) 18t Thay biểu thức x y vào (1), phương trình nghiệm Vậy nghiệm nguyên (10 biểu thị công thức: �x 18t với t số nguyên tùy ý � �y 11t Cách giải: - Rút gọn phương trình, ý đến tính chia hết ẩn - Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn - Tách riêng giá trị nguyên biểu thức x - Đặt điều kiện để phân bố biểu thức x số nguyên t1 , ta phương trình bậc hai ẩn y t1 - Cứ tiếp tục ần biểu thị dạng đa thức với hệ số ngun Phương trình bậc hai hai ẩn Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 Giải: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 Dễ thấy 2x + �0 ( x nguyên ) đó: y x 11 x5 2 2x 2x Để y ��phải có x 5M2 x � 2( x 5)M2 x � x 7M2 x � 7M2 x Ta có: 2x + X Y -1 -1 -2 -1 -7 -5 Thử lại cặp giá trị (x , y) thỏa mãn phương trình cho Ví dụ 2:Tìm nghiệm nguyên phương trình: x x 11 y Giải: Cách 1: Đưa phương trình ước số: x x 12 y � ( x 1) y 12 � ( x y )( x y ) 12 Ta có nhận xét: a) Vì (1) chùa y có số mũ chẵn nên giả thiết y �0 Thế x y �x y b) ( x y ) ( x y ) y nên x y x y tính chẵn lẻ Tích chúng 12 nên chúng chẵn Với nhận xét ta có hai trường hợp: x–1+y x–1-y -2 -6 Do đó: x-1 y x Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2) Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai x: x x (11 y ) V' 11 y 12 y -4 -3 Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên: V' số phương � 12 y k ( k ��) � k y 12 � (k y )(k y ) 12 Giả sử y �0 k + y �k – y k + y �0 (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y k – y tính chẵn lẻ phải chẵn Từ nhận xét ta có: �k y � �k y Do đó: y = Thay vào (2): x x 15 � x1 5, x2 3 Ta có bốn nghiệm: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; -2), (-3 ; 2) Ví dụ 4: Tìm nghiệm ngun phương trình: x y 3xy x y (1) Giải: Viết thành phương trình bậc hai x: x (3 y 1) x (2 y y 3) (2) V (3 y 1) 4(2 y y 3) y y 11 Điều kiện cần đủ để (2) có nghiệm nguyên V số phương � y y 11 k ( k ��) (3) Giải (3) với nghiệm nguyên ta y1 5, y2 3 Với y = thay vào (2) x 14 x 48 Ta có: x1 8, x2 6 Với y = -3 thay vào (2) x 10 x 24 Ta có x3 6, x4 Đáp số: (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3) Phương trình Pytago a, Bộ số Pytago Trong hình học có định lý quen thuộc gọi Định lý Pytago, nói tam giác vng bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng Định lý Pytago: AB AC BC Vì mà phương trình x y z gọi phương trình Pytago nghiệm (x,y,z) phương trình gọi số Pytago Lẽ dĩ nhiên quan tâm đến nghiệm số nguyên ta chứng minh phương trình có vơ số nghiệm Trước vào giải phương trình Pitago, nhắc lại chút số nguyên tố Ở viết "Số nguyên tố", làm phép liên tưởng thú vị Đó tập hợp số nguyên tố xem gen hoàn chỉnh dùng để xây dựng toàn số tự nhiên Giống người có đặc điểm riêng biệt có gen khác số vậy, số khác sở hữu gen khác Bởi 20=2×2×5, nói số 20 có hai gen số gen số 5, số 45=3×3×5 có hai gen số gen số Một cách tổng quát n phân tích thừa số nguyên tố sau p1a1 p2a2 pkak ta nói có a1 gen p1 , a2 gen p2 , , ak gen pk , Chúng ta thấy ab n a b phải có dạng sau: a u w, b v w Đó số lượng gen abphải số chẵn Cho nên số lượng gen p a số lẻ số lượng gen p b số lẻ Nếu tập hợp loại gen lẻ lại thành số w có a u w, b v w 20×45=900=302 gen lẻ số 20 phải trùng lặp với gen lẻ số 45 Ví dụ có 20×45=900=302 Chúng ta thấy số 20 có gen lẻ số 45 có gen lẻ 5, viết 20=22×5 45=32×5 b, Định lý: ab n a u w, b v w Bây bắt tay vào giải phương trình Pytago x y z 2 Ta có: x z y z y z y Do theo định lý mà vừa phát biểu z y u2w z y v2 w x u v w � x uvw x uvw u y Vậy nghiệm phương trình là: z y2 2 u v2 w w Việc cuối cần làm tìm điều kiện để y z số nguyên Để cho y z số nguyên w số chẵn, u v phải tính chẵn lẻ Chúng ta xem xét trường hợp Trường hợp 1: w số chẵn Đặt w=2s Từ suy nghiệm phương trình x 2uvs Pytago là: y u v2 s z u v2 s Trường hợp 2: u v tính chẵn lẻ Đặt u=v+2k Từ suy nghiệm x v 2k vw v 2kv w phương trình Pyta go là: � �v 2k v � �w 2kv 2k w y 2 � �v 2k v � �w v 2kv 2k w z Nghiệm viết lại sau: x� w v k k2 � � � y v k kw z� w v k k2� � � Trong hai trường hợp trên, thấy nghiệm tổng quát phương trình Pytago có dạng: x, y 2abc, a b c z a b2 c Như giải xong phương trình Pytago Với c=1, a=2, b=1, có số Pytago (3,4,5) 32 42 52 Với c=1, a=3, b=2, có số Pytago (5,12,13) 52 122 132 Chúng ta thấy phương trình Pitago có vơ số nghiệm Tuy nhiên, với n≥3, nhà toán học Fermat khẳng định phương trình: x n y n z n khơng có nghiệm khác khơng Phải 300 năm nhà toán học chứng minh tốn Fermat Các bạn đọc thêm tốn Fermat Định lý hình học Pitago chứng minh phương pháp tam giác đồng dạng, bạn đọc cách chứng minh định lý Pitago viết "Tam giác đồng dạng" Phương trình Pell: Phương trình Pell loại I: Phương trình Pell loại I phương trình nghiệm nguyên có dạng: x dy 1, d �� (1) Tính chất: Nếu dd số phương phương trình (1)(1) vơ nghiệm Nếu dd số nguyên âm phương trình (1)(1) khơng có nghiệm ngun dương Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương dd số ngun dương khơng phương ∗∗ Cơng thức nghiệm phương trình Pell loại I: Ta xét trường hợp phương trình Pell loại I nhận nghiệm nguyên dương (tức x, y �� ) Gọi (a,b) hai cặp nghiệm bé phương trình Pell loại I Khi cơng thức nghiệm phương trình xác định n � ab d a b d �x n � � công thức tổng quát dãy (xn),(yn): � n � a b d a b d �yn � d n n �x0 1, y0 �x a, y b �1 hay theo công thức truy hồi: � �xn 2axn 1 xn � �yn 2ayn 1 yn Phương trình Pell loại II: Phương trình Pell loại II phương trình nghiệm ngun có dạng: x dy 1, d �� (2) Tính chất: Nếu d số phương (2) vơ nghiệm Nếu d có ước nguyên tố dạng 4k+3 (2) vơ nghiệm Nếu d số ngun tố (2) có nghiệm d �4k (Điều kiện có nghiệm Phương trình Pell loại II) Gọi (a,b) nghiệm � a x dy nhỏ (2) Khi đó, (2) có nghiệm hệ: � có b xy � nghiệm nguyên dương ∗ Cơng thức nghiệm phương trình Pell loại II: 10 Xét phương trình Pell loại I liên kết với phương trình (2): x dy 1, d �� Gọi (a,b) nghiệm nhỏ phương trình Xét hệ: � a x dy � b xy � Giả sử hệ có nghiệm ta gọi (u,v) nghiệm Khi dãy số (xn),(yn) sau vét hết nghiệm phương trình Pell loại II: �x0 u , y0 v � 3 �x1 u duv , y dv 3u v � �xn 2axn 1 yn �y 2ay y n 1 n �n2 Phương trình Pell với tham số n: Phương trình Pell tham số n có dạng: x dy n, d , n �� (3) Tính chất: Phương trình (3) vơ nghiệm vơ số nghiệm Giả sử (3) có nghiệm gọi x0 , y0 nghiệm nguyên dương nhỏ Gọi (a,b) nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình Pell loại I � na � tương ứng: x dy 1, d �� Khi đó, ta có: y �max �nb , � d � 2 Giả sử (3) có nghiệm 1 , 1 ; , ; .; m , m thỏa mãn � na � i2 �max �nb , � d � �x0,i i , y0,i i � Xét m dãy sau: �xn 1,i axn ,i dayn ,i �y � n 1,i bxn,i ayn ,i Với (a,b) nghiệm bé phương trình Pell loại I tương ứng x dy 1, d �� Đồng thời dãy (xn,i),(yn,i) vét hết tất nghiệm phương trình Pell tham số nn Phương trình Pell cơng cụ mạnh việc giải phương trình nghiệm nguyên số học nói chung Ta tìm hiểu ví dụ sau: Bài tốn 1: Tìm tất số ngun dương x>2 cho tam giác có độ dài ba cạnh x−1, x, x+1 diện tích số nguyên 11 Lời giải: Giả sử x giá trị thỏa mãn tốn Ta có nửa chu vi tam giác là: x 1 x x x Gọi y diện tích tam giác Áp dụng cơng thức 2 Heron, ta có: y �3 � �3 � �3 � x � x x 1 � � x x� � x x 1� x x �2 2 � � � � � � 16 y 3x x 2 Do 16M2 � x x M2 � x M2 Đặt x 2k , k ��* Theo đó: y 4k 4k � y 3k k 1 � y k k 1 Chú ý : k , y �� � k 1 �� Do tồn l �� cho: k 1 l Rõ ràng l M3 � l 3m, m �� Khi phương trình trở thành : k 3m2 Đây phương trình Pell loại I cơng thức nghiệm xác định bởi: Suy ra: k0 1, m0 � � k1 2, m1 � � kn 6kn 1 kn , n 0,1, 2, � � mn 6mn 1 mn , n 0,1, 2, � �x0 2, y0 �x 4, y �1 � �xn xn 1 xn , n 0,1, 2, � �yn yn 1 yn , n 0,1, 2, Vậy tất giá trị xx thỏa mãn toán xác định dãy: �x0 2, x1 � �xn xn 1 xn , n 0,1, 2, Bài tốn 2: Tìm tất số ngun dương nn cho trung bình cộng n số phương số phương Lời giải: Bằng qui nạp ta chứng minh rằng: Với Số ngun dương n, ta ln có: 12 12 22 32 n Suy ra: n n 1 2n 1 12 22 32 n n 1 2n 1 n Theo đó, ta cần tìm n, y �� cho : n 1 2n 1 y2 � n 3n y 2 � 16n 24n 48 y � 4n 3 48 y x 48 y Đặt x 4n , ta thu được: Đây phương trình Pell loại I Bằng phép thử tuần tự, ta tìm (7,1) nghiệm nhỏ Theo đó, cơng thức nghiệm phương trình Pell là: �x0 1, y0 �x 7, y �1 � �xk 14 xk 1 xk , k 0,1, 2, � �yk 14 yk 1 yk , k 0,1, 2, Bằng qui nạp, ta chứng minh rằng: � �x2 k �1 mod � �x2 k 1 �3 mod x2 k 3 14 x2 k x2k 1 14 14 x2 k 1 x2 k x2 k 1 196 x2 k 1 14 x2 k x2 k 1 Ngoài ra: 195 x2 k 1 x2 k 1 14 x2 k x2 k 1 194 x2 k 1 x2 k 1 Đồng thời, x 4n nên n nk x 3 �� , theo đó: x2 k 1 � n0 1, n1 337, nk 1 194nk nk 1 144 Vậy, tất giá trị n thỏa n0 1, n1 337 � nk 1 194nk nk 1 144, k 0,1, 2, � mãn toán là: � Bài tốn 3: Tìm cặp số ngun tố p,q thỏa mãn: p 2q Lời giải: Xét phương trình Pell loại I: x2 y 13 Bằng phép thử tuần tự, ta nhận thấy (3,2) nghiệm nhỏ phương trình đồng thời cặp số nhỏ thỏa mãn tốn Theo đó, cơng thức nghiệm phương trình Pell xác định bởi: n n n � 3 2 3 2 �x n � � � n � 3 2 3 2 �yn � 2 3 2 3 2 3 2 32 2 n xn yn n n Suy ra: 1 n 1 1 n 2 n 1 2 Áp dụng công thức khai triển Newton, ta có: xn yn n 1 i0 1 n 1 2 �C n 1 1 i n 1 i n 1 �C2i n 1 i 0 1 i n 1 i 2 n 2 �C22nj11 j j 0 2 n �C22nj11 j j 0 n n j 1 j 0 C21n 1 �C22nj11 j �C22nj11 j �1 mod Điều xảy p, q khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình cho vô nghiệm min{p,q}>2 Vậy (3,2) nghiệm tốn Bài tốn 4: Tìm tất số tự nhiên nn cho 2n+1 3n+1 số phương Lời giải: � d 2n � � d 6n � �� � d 1� d 1 d 3n d 6n � � Đặt d=(2n+1,3n+1), đó: � 14 Điều cho thấy 2n+1,3n+1 đồng thời số phương 2n 1 3n 1 y tồn y �� cho: � n 5n y � 144n 120n 24 24 y � 12n 24 y Đặt x 12n , phương trình trở thành: x 24 y Đây phương trình Pell loại I, 24 khơng phải số phương nên phương trình chắn có nghiệm cơng thức nghiệm cho bởi: �x0 1, y0 �x 5, y �1 � �xk 10 xk 1 xk , k 0,1, 2, � �yk 10 yk 1 yk , k 0,1, 2, Bằng qui nạp ta chứng minh x2 k 1 �5 mod 12 , đó: nk x2 k 1 12 Ngoài ra: x2 k 3 10 x2 k x2 k 1 10 10 x2 k 1 x2 k x2 k 1 99 x2 k 1 10 x2k 98 x2 k 1 10 x2 k x2 k 1 10 x2 k 98 x2 k 1 x2 k 1 Suy ra: nk 1 98nk nk 1 40 Và theo tất giá trị n thỏa mãn toán là: n0 0, n1 40 � � nk 1 98nk nk 1 40, k 0,1, 2, � Phương trình Markov Phương trình markov cổ điển phương trình nghiệm nguyên có dạng x12 x22 x32 x42 xn2 kx1 x2 x3 x4 .xn (II) n, k tham số nguyên dương * Tích chất : Nếu phương trình (II) có nghiệm có nhiều nghiệm Xem (II) phương trình bậc hai ẩn xn , số x1 , x2 , x3 , ., xn 1 tham số Khi đó, x kx1 x2 xn 1 x x12 x22 xn21 Gọi x0 y nghiệm thứ phương trình Theo định l Viét ta có: 15 x y kx1 x2 .xn 1 � y kx1 x2 .xn1 xn x12 x22 x32 xn21 xn Chú ý u < xn khi: x12 xn21kx1 x2 .xn 1 (II.1) (II.2) Q trình thực với biến số x j vai trò xn Nhưng biến - biến lớn xảy (II.2) ta thu nghiệm x , x , , x ' ' ' n "nhỏ hơn" nghiệm cũ (thứ tự theo tổng biến) Như vậy, theo đa số nghiệm tăng lên ta có nghiệm Tiếp theo, trừ trường hợp đặc biệt, ta giả sử x1 �x2 � �xn Ta nói nghiệm x1 , x2 , , xn x22 xn21 nghiệm gốc( nghiêm sở), x1 � xn2 xn kx1 xn 1 (II.3) ( từ nghiệm này, tất nhánh đến nghiệm bên cạnh, tăng) Nếu phương trình (II) có nghiệm ngun dương có nghiệm gốc Nếu n>2, x1 , x2 , , xn nghiệm gốc, ra, x1 �x2 � �xn Khi đó: n 1 x1 xn � k Nếu x1 �x2 � �xn số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2 1< xn < x1 xn 1 , tỷ số R x12 xn2 n3 không vượt x1 x2 xn Định Lý: Nếu phương trình (II) có nghiệm n �k , n �2k n �5 n > k +6 n =3, n =4 Bài toán 1: Chứng minh a, b số nguyên dương cho k a b2 số nguyên k ab Lời giải: Trong tất số a, b thỏa mãn k số nguyên, ta chọn cặp số a, b cho a b nhỏ Xét phương trình : x2 b2 k � x kbx b k (*) xb Rõ ràng, phương trình (*) nhận nghiệm a, gọi nghiệm lại x0 Theo �x0 a bk �x0 a b k định lý Viét, ta có: � Rõ ràng, x0 �� +) Nếu hai số a b có số 1, giả sử b , : 16 a2 a 1 �� a 1 a 1 a 1 a3 � � � a 1 � � �� �k 5 a 1 a2 � � k 2 +) Nếu a, b >1, do: b kb2 b2 k >0 � k b 2b Vì b �b Mặt khác, ta lại có: b , lúc ta có: k 2b 2 � b 1 1 (1) b2 ab ab 1 1 � � k (2) k a b2 2ab ab Từ (1) (2) suy điều mâu thuẫn Tóm lại, ta có k giá trị thỏa mãn toán (đpcm) a b2 Bài toán 2: Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn k số nguyên ab Chứng minh k số phương Lời giải: Giả sử k số phương khơng phải số phương Khi tập hợp tất số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện toán, ta chọn hai phần tử a, b cho tổng a b nhỏ Khơng tính tổng qt , giả sử 2 a �b Xét phương trình bậc hai ẩn x : x b kb x b k Rõ ràng, phương trình nhận nghiệm a Gọi nghiệm lại x0 �x0 a kb b �x0 a b b Theo định lý Viét, ta có: � Từ đây, ta dễ dàng suy x0 �� +) Nếu x0 , mâu thuẫn +) Nếu x0 x0 , b cặp số thỏa mãn toán Và lúc này: x0 b b2 k b2 a2 b b b ab a a a Điều mâu thuẫn với tính nhỏ a b , Như vậy, giả thiết phản chứng sai Bài toán chứng minh Bài toán 3: Xét phương trình x y kxy a, Tìm tất số nguyên dương cho phương trình có nghiệm ngun dương x, y b, Với giá trị k tìm được, tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình 17 Lời giải: a, Trong tập hợp giá trị x, y thỏa mãn X , Y cho x2 y �� ta chọn hai giá trị xy X Y nhỏ Giả sử X �Y Xét phương trình: t ktY Y Dễ thấy phương trình có nghiệm t1 X , gọi nghiệm lại t0 Theo định lý t0 X kX � t0 X Y � Viét: � Từ dễ thấy t0 nghiệm ngun dương, tính nhỏ X Y nên t0 �X Suy ra: kY � t0X 2X X Y k X Y Y X XY k 1 �+ Vì X , Y nguyên dương nên X , Y �1 Như vậy: k + k Dấu xảy : X Y , X kY , X Y , mẫu thuẫn Như , k �3 Hơn theo AM-GM ta dễ thấy k �3 Vậy k Thử lại với k x, y 1,1 nghiệm phương trình b, Ta tìm tất nghiệm phương trình: x y 3xy (1) u 1, u1 � un 1 3un un 1 , n �1 � Xét dãy số un xác định công thức: � Ta chứng minh x, y cặp số nguyên dương bát kỳ thỏa mãn (1) tồn n thỏa mãn x xn , y xn 1 Thật vậy, quy nạp ta dễ kiểm tra xn , xn 1 thỏa mãn (1) với n Gọi w , w1 cặp số nguyên dương thỏa mãn (1) với n Nếu w w1 , tức tồn n để w0 u0 , w1 u1 Xét w , w giả sử w >w1 Khi ta chọn w 3w1 w Dễ thấy w nguyên dương cặp w1 ,w w1 ,3w1 w lúc thỏa mãn (1) Và w12 w 3w1 w w0 w0 Suy ra: w1 w w1 w Hoàn toàn tương tự ta chọn cặp w , w w ,3w w1 thỏa mãn w nguyên dương w w w1 w Cứ tiếp tục trình ta được: