Arithmetic Sequence

Bài toán : 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 :

a) Cố định $k$ và xét tập :

$S=\left \{ (x,y)\in \left ( \mathbb{Z}^+ \right )^2|k=\dfrac{x^2+y^2+1}{xy}\in \mathbb{Z}^+ \right \}$

Trong $S$ chọn ra cặp $(X,Y)$ thỏa mãn $X+Y$ nhỏ nhất, giả sử $X\geq Y$ .

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 Viete :

$\left\{\begin{matrix} t_0+X=kY\\ t_0X=Y^2+1 \end{matrix}\right.$

Từ đây dễ thấy $t_0$ cũng nguyên dương, vì tính nhỏ nhất của $X+Y$ nên $t_0 \geq X$ .

Suy ra :

$kY=t_0+X\geq 2X\Rightarrow \dfrac{X}{Y}\leq \dfrac{k}{2}$

Vì $X,Y$ nguyên dương nên $X,Y\geq 1$ . Như vậy :

$k=\dfrac{X}{Y}+\dfrac{Y}{X}+\dfrac{1}{XY}\leq \dfrac{k}{2}+1+1\Leftrightarrow k\leq 4$

Và dấu bằng chỉ xảy ra khi $X=Y,2X=kY,X=Y=1$ . Mâu thuẫn. Như vậy $k\leq 3$ . Hơn nữa theo AM-GM ta dễ thấy $k\geq 3$ .

Ta được $k=3$ . 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 :

$x^2+y^2+1=3xy\;\;\;\;(1)$

Xét dãy số $(u_n)$ xác định như sau :

$\left\{\begin{matrix} u_0=1,u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-u_{n-1},\;\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$

Ta chứng minh nếu $(x,y)$ là cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa $(1)$ khi và chỉ khi $n$ để $x=x_n,y=x_{n+1}$ .

Thực vậy, 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 $w_0=u_0,w_1=w_1$ . Do đó ta chỉ cần xét $w_0,w_1>1$ , giả sử luôn $w_0>w_1$ .

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 ta có :

$w_2=3w_1-w_0=\dfrac{w_1^2+1}{w_0}< w_0$

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 $w_1+w_0$ bị chặn dưới bởi $2$ nên phải tồn tại $k$ sao cho :

$w_{k}+w_{k+1}=1\Rightarrow w_k=u_1=1,w_{k+1}=u_0=1$

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 $(w_1,w_0)=(u_k,u_{k+1})$ .

Từ đó tất cả các nghiệm của phương trình là $(x,y)=(u_n,u_{n+1})$ với dãy $(u_n)$ xác định như trên.

Lưu ý : Kỹ thuật xét dãy như trên :

Xét dãy truy hồi tuyến tính cấp hai :

$\left\{\begin{matrix} u_0=\alpha ,u_1=\beta \\ u_{n+1}=au_n-u_{n-1}+b \end{matrix}\right.\;\;\;\;(*)$

Để ý thì thấy :

$\dfrac{u_{n+1}+u_{n-1}-b}{u_n}=a=\dfrac{u_{n+2}+u_n-b}{u_{n+1}}\Leftrightarrow u^2_{n+1}+u_{n+1}u_{n-1}-bu_{n+1}=u_{n+2}u_n+u_n^2-bu_n\Leftrightarrow u_{n+1}^2-(au_{n+1}-u_n+b)u_n-bu_{n+1}=u_n^2-(au_n-u_{n-1}+b)u_{n-1}-bu_n\Leftrightarrow u_{n+1}^2+u_n^2-au_{n+1}u_n-b(u_{n+1}+u_n)=u_n^2+u_{n-1}^2-au_nu_{n-1}-b(u_n+u_{n-1})$