Arithmetic Sequence

August 11, 2014

By Đình Huy

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 :

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

Như vậy :

$u_n^2+u_{n-1}^2-au_nu_{n-1}-b(u_n+u_{n-1})=\alpha ^2+\beta ^2-a\alpha \beta -b(\alpha +\beta )$

Do đó nếu gặp phương trình có dạng :

$x^2+y^2-axy-b(x+y)=\alpha ^2+\beta ^2-a\alpha \beta -b(\alpha +\beta )$

Thì ta sẽ xét dãy $(*)$ .

Arithmetic Sequence

July 31, 2014

By Đình Huy

Bài toán (Vietnamese Mathematical Olympiad 2012)

Xét các số tự nhiên lẻ $a,b$ mà $a\mid b^2+2$ và $b\mid a^2+2$ . Chứng minh rằng $a,b$ là các số hạng của dãy số tự nhiên $(v_n)$ được xác định bởi :

$v_1=v_2=1$ và $v_n=4v_{n-1}-v_{n-2},\;\forall n\geq 2$

Lời giải :

Trước hết ta chứng minh :

$b\mid a^2+2\;\wedge a\mid b^2+2\Leftrightarrow ab\mid a^2+b^2+2$

Thực vậy, ta có :

$b\mid a^2+2\;\wedge a\mid b^2+2\Rightarrow ab\mid (a^2+2)(b^2+2)\Rightarrow ab\mid 2(a^2+b^2+2)$

Do $a,b$ lẻ nên $ab\mid a^2+b^2+2$ .

Ngược lại nếu có $ab\mid a^2+b^2+2$ thì dễ dàng suy ra ngay được $b\mid a^2+2$ và $a\mid b^2+2$ .

Từ đó giả thiết đề bài tương đương với việc tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho :

$a^2+b^2+2=kab$ .

Ta chứng minh $k=4$ bằng Vieta Jumping. Cố định $k$ và xét tập :

$S=\left \{ a,b\in \left ( \mathbb{Z}^+ \right )^2 |\;k=\dfrac{a^2+b^2+2}{ab}\in \mathbb{N}^* \right \}$

Trong $S$ ta chọn ra cặp $(A,B)$ mà tổng $A+B$ là nhỏ nhất. Không giảm tổng quát, ta giả sử $A\geq B$ .

Xét phương trình bậc hai ẩn $t$ :

$t^2-ktB+B^2+2=0$

Dễ thấy phương trình này có một nghiệm là $A$ , gọi nghiệm còn lại là $t_0$ . Theo định lí Viete :

$\left\{\begin{matrix} t_0+A=kB\\ t_0A=B^2+2 \end{matrix}\right.$

Từ đây suy ra được $t_0$ nguyên dương. Chú ý vì $A+B$ là nhỏ nhất nên ta được $t_0\geq A$ .

Suy ra $t_0+A=kB\geq 2A$ hay $\dfrac{A}{B}\leq \dfrac{k}{2}$ .

Nếu có một trong hai số $a,b$ bằng $1$ , giả sử $b=1$ thì $ka=a^2+3$ , dễ suy ra $k=4$ .

Nếu cả hai số $a,b\geq 2$ . Ta có $A\geq B\geq 2$ . Thì :

$k=\dfrac{A}{B}+\dfrac{B}{A}+\dfrac{2}{AB}\leq \dfrac{k}{2}+1+\dfrac{2}{2.2}\Leftrightarrow k\leq 3$

Lại theo AM-GM :

$kab=a^2+b^2+2\geq 2(ab+1)\Rightarrow k\geq 3$

Ta được $k=3$ .

Lúc này :

$A^2+B^2+2=3AB$

Từ đẳng thức này dễ dàng suy ra phải có một trong hai số chia hết cho $3$ , giả sử $3\mid A$ thì $A\geq 3$ .

Nếu $B=1$ ta gặp mâu thuẫn, do đó $B\geq 2$ . Tức $AB\geq 6$ .

Nhưng lúc này :

$3=\dfrac{A}{B}+\dfrac{B}{A}+\dfrac{2}{AB}\leq \dfrac{3}{2}+1+\dfrac{2}{6}$

Điều này vô lí. Vậy $k=4$ là giá trị duy nhất cần tìm.

Ta chứng minh xong việc các số $a,b$ thỏa giả thiết thì cũng phải thỏa mãn phương trình :

$a^2+b^2+2=4ab\;\;\;(1)$ .

Bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ rằng nếu cặp $(a,b)$ bất kỳ thỏa mãn $(1)$ thì sẽ luôn tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $a=x_n,b=x_{n+1}$ .

Gỉa sử $(u_0,u_1)$ là một cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa $(1)$ . Ta hoàn toàn có quyền giả sử $u_0 > u_1$ .Nếu $u_0=1$ thì $u_1=1$ , tức tồn tại $n=1$ để $u_0=v_1,u_1=v_2$ . Tương tự khi xét $u_1=1$ . Do đó ta chỉ cần xét $u_0,u_1 >1$ .

Khi đó ta chọn cặp $(u_1,u_2)=(u_1,4u_1-u_0)$ , dễ thấy $u_1,u_2$ nguyên dương và $(u_1,u_2)$ cũng thỏa mãn $(1)$ .

Lúc này ta chú ý $4u_1-u_0< u_0$ vì $4u_1-u_0=\dfrac{u_1^2+2}{u_0}-u_0=\dfrac{2-(u_0-u_1)(u_0+u_1)}{u_0}\leq 0$ .

Suy ra :

$u_1+u_2=u_1+(4u_1-u_0)<u_1+u_0$ .

Tương tự ta cũng chọn được cặp $(u_2,u_3)=(u_2,4u_2-u_1)$ cũng thỏa $u_2,u_3$ nguyên dương, cũng thỏa $(1)$ và $u_2+u_3<u_1+u_2<u_1+u_0$ .

Cứ tiếp tục quá trình này, ta được :

$...< u_i+u_{i+1}< ...< u_1+u_2< u_1+u_0$

Thế nhưng $u_1+u_0>2$ nên phải tồn tại $k$ sao cho $u_k+u_{k+1}=2$ , suy ra $u_k=u_{k+1}=1$ .

Tức là ta có :

$u_k=v_2,u_{k+1}=v_1$ .

Ta có thể thấy được cách xác định $u_n$ là như sau :

$u_{n+2}=4u_{n+1}-u_n$ hay $u_n=4u_{n+1}-u_{n+2}$ .

Từ đó :

$u_{k-1}=4u_k-u_{k+1}=4v_2-v_1=v_3$

$u_{k-2}=4u_{k-1}-u_k=4v_3-v_2=v_4$

$...$

$u_1=4u_2-u_3=4v_k-v_{k-1}=v_{k+1}$

$u_0=4u_1-u_2=4v_{k+1}-v_{k}=v_{k+2}$ .

Như vậy tồn tại $n=k+1$ để với cặp $(u_0,u_1)$ bất kỳ thỏa $(1)$ thì ta có $(u_1,u_0)=(v_{k+1},v_{k+2})$ .

Phương pháp Vieta Jumping

November 18, 2013

By Đình Huy

Bài toán (CĐT VMO Bình Định 2013-2014) : Cho các số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn $\dfrac{ab(5a^2+5b^2-2)}{5ab-1}\in \mathbb{Z}$ . Chứng minh rằng $a=b$

Lời giải :

Vì $gcd(ab,5ab-1)=1$ nên ta có $\dfrac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}\in \mathbb{Z}$ . Đặt $\dfrac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}=k\in \mathbb{Z}$ .

Dễ dàng có $5(a^2+b^2)-2\geq 10ab-2>5ab-1\Rightarrow k=\dfrac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}>1\Rightarrow k\geq 2$ .

Xét tập $S=\left \{ (a,b)\in \mathbb{Z}^{+}\times \mathbb{Z}^{+} \mid k=\dfrac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}\in \mathbb{Z}\right \}$

Cố định $k$ và trong các phần tử của $S$ , ta chọn ra cặp số $(A,B)$ nguyên dương thỏa mãn tổng $A+B$ nhỏ nhất. Gỉa sử $A\neq B$ , không mất tính tổng quát, xét $A>B$ .

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$\dfrac{5x^2+5B^2-2}{5xB-1}=k\Leftrightarrow 5x^2-5xBk+5B^2+k-2=0$

Dễ thấy phương trình này có một nghiệm là $A$ , gọi nghiệm còn lại là $x_0$ . Theo định lí $Viete$ , ta có :

$\left\{\begin{matrix} A+x_0=Bk & (1)& \\ Ax_0=\dfrac{5B^2+k-2}{5}& (2) & \end{matrix}\right.$

Từ $(1)$ ta có $x_0$ nguyên. Nếu $x_0<0$ thì $x_{0}\leq -1\Rightarrow 5x_0^2-5x_0Bk+5B^2+k-2\geq 5+5Bk+5B^2+k-2>0$ . Mâu thuẫn. Nếu $x_0>0$ thì $(x_0,B)\in S$ .

Khi đó do tính nhỏ nhất của tổng $A+B$ mà ta có $x_0\geq A\Rightarrow \dfrac{5B^2+k-2}{5A}\geq A\Leftrightarrow \dfrac{5A^2+5B^2-2}{5AB-1}-2\geq 5(A-B)(A+B)\Leftrightarrow \dfrac{5(A-B)^2}{5AB-1}\geq 5(A-B)(A+B)\Leftrightarrow A-B\geq (A+B)(5AB-1)$ .

Rõ ràng điều này vô lí.

Như vậy phải có $x_0=0$ , suy ra $5B^2=2-k\geq 0$ , lại có $k\geq 2$ , do đó $k=2$ .

Suy ra $\dfrac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}=2\Leftrightarrow (a-b)^2=0\Leftrightarrow a=b$ . Đây là điều phải chứng minh.

[Bài toán] Vieta Jumping, Số chính phương

October 11, 2013

By Đình Huy

Bài toán : Cho $a,b,k$ là các số nguyên dương thỏa mãn $k=\dfrac{a^{2}+ab+b^{2}}{ab+1}$ . Chứng minh rằng $k$ là một số chính phương.

Lời giải :

Cố định $k$ và xét tập $S=\left \{ (a,b)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}|k=\dfrac{a^{2}+ab+b^{2}}{ab+1} \right \}$

Gỉa sử $k$ không là số chính phương.

Trong các phần tử của $S$ ta chọn ra cặp $(A,B)$ thỏa mãn $A+B$ nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $A>B>0$

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$k=\dfrac{x^{2}+xB+B^{2}}{xB+1}\Leftrightarrow x^{2}+(B-kB)x+B^{2}-k=0$

Phương trình này hiển nhiên có hai nghiệm là $A$ và $x_0$ .

Theo định lí $Viete$ :

$\left\{\begin{matrix} x_0+A=kB-B & (1)& \\ x_0.A=B^{2}-k& (2)& \end{matrix}\right.$

Từ $(1)$ ta có $x_0$ là số nguyên.

Nếu $x_0<0$ thì $x_{0}\leq -1\Rightarrow x^{2}-(Bk-B)x+B^2-k\geq x^{2}+(Bk-B)+B^2-k>0$ . Mâu thuẫn

Nếu $x_0=0$ thì $k=B^2$ là một số chính phương (loại)

Nếu $x_0>0$ thì $\left ( x_{0},B \right )\in S$ .

Từ đó :

$x_{0}+B=\dfrac{B^{2}-k}{A}+B<\dfrac{B^{2}}{A}+B<\dfrac{A^{2}}{A}+B=A+B$

Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của tổng $A+B$ .

Như vậy giả thiết phản chứng là sai, từ đó ta có $k$ phải là một số chính phương.

[Bài toán] Vieta Jumping

October 11, 2013

By Đình Huy

Bài toán : (VMO 2002) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương $k$ sao cho phương trình $(x+y+z+t)^{2}=k^{2}xyzt$ có nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Viết lại phương trình dưới dạng : $x^{2}+(2y+2z+2t-k^{2}yzt)x+(y+z+t)^{2}=0$

Trong các nghiệm nguyên dương của phương trình, ta chọn ra bộ nghiệm $(X,Y,Z,T)$ có tổng $X+Y+Z+T$ nhỏ nhất.

Khi đó dễ thấy $X$ là một nghiệm của phương trình bậc hai :

$x^{2}+(2Y+2Z+2T-k^{2}YZT)x+(Y+Z+T)^{2}=0\qquad(*)$

Gọi nghiệm còn lại của $(1)$ là $X_{0}$ , theo định lí $Viete$ :

$\left\{\begin{matrix} X+X_0=k^{2}YZT-2Y-2Z-2T & (1) & \\ X.X_0=(Y+Z+T)^{2}& (2) & \end{matrix}\right.$

Từ $(1)$ ta có $X_0$ nguyên và từ $(2)$ ta có $X_0$ dương. Như vậy $(X_0,Y,Z,T)$ cũng là một bộ số thỏa $(*)$ , nhưng vì tính nhỏ nhất của tổng $X+Y+Z+T$ mà ta có $X_{0}\geq X$ .

Do đó từ $(2)$ ta suy ra $X_0=\dfrac{(Y+Z+T)^{2}}{X}\geq X\Rightarrow Y+Z+T\geq X$

Kết hợp với $(1)$ : $k^{2}YZT-2Y-2Z-2T-X\geq X\Rightarrow k^{2}YZT\geq 2X+2(Y+Z+T)\geq 4X$ .

Chia hai vế của đẳng thức $X^{2}+Y^{2}+Z^{2}+T^{2}+2XY+2XZ+2XT+2YZ+2YT+2ZT=k^{2}XYZT$ cho $XYZT$ , ta được :

$\dfrac{X}{YZT}+\dfrac{Y}{XZT}+\dfrac{Z}{XYT}+\dfrac{T}{XYZ}+\dfrac{2}{ZT}+\dfrac{2}{YT}+\dfrac{2}{YZ}+\dfrac{2}{XT}+\dfrac{2}{XZ}+\dfrac{2}{XY}=k^{2}$

Bây giờ, ta có quyền giả sử $X\geq Y\geq Z\geq T\geq 1$

Khi đó $\dfrac{X}{YZT}\leq \dfrac{k^{2}}{4}\;\;,\dfrac{Y}{ZTX}\leq \dfrac{1}{ZT}\leq 1\;\;,\dfrac{Z}{XYT}\leq \dfrac{1}{XT}\leq 1,\;\;\dfrac{T}{XYZ}\leq \dfrac{1}{XY}\leq 1$

Từ đó ta có thể suy ra :

$k^{2}\leq \dfrac{k^{2}}{4}+1+1+1+2+2+2+2+2+2=\dfrac{k^{2}}{4}+15\Rightarrow k^{2}\leq 20\Rightarrow k\in \left \{ 1,2,3,4 \right \}$

Nếu $k=1$ , phương trình có nghiệm $(4,4,4,4)$

Nếu $k=2$ , phương trình có nghiệm $(2,2,2,2)$

Nếu $k=3$ , phương trình có nghiệm $(1,1,2,2)$

Nếu $k=4$ , phương trình có nghiệm $(1,1,1,1)$ .

Kết luận: Để phương trình có nghiệm nguyên dương thì tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của $k$ là $\boxed{k\in \left \{ 1,2,3,4 \right \}}$

Bài toán [Phương trình nghiệm nguyên, Vieta Jumping]

September 7, 2013

By Đình Huy

Bài toán (Đề thi chính thức Olympic 30-4 toán 10 năm 2014)

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho phương trình $x^2+y^2+x+y=kxy$ có nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Gọi $\left ( x_{0},y_{0} \right )$ là bộ nghiệm nguyên dương của phương trình thỏa mãn $x_{0}+y_{0}$ nhỏ nhất

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $x_{0}\geq y_{0}\geq 1$

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$x^{2}+y_{0}^{2}+x+y_{0}=kxy_{0}\Leftrightarrow x^{2}+x(1-ky_{0})+y_{0}^{2}+y_{0}=0$

Phương trình bậc hai này hiển nhiên có một nghiệm $x_{0}$ , gọi nghiệm còn lại là $x_{1}$

Theo định lí $Viete$ :

$\left\{\begin{matrix} x_{0}+x_{1}=ky_{0}-1 & (1) & \\ x_{0}x_{1}=y_{0}^{2}+y_{0} & (2) & \end{matrix}\right.$

Từ $(1)$ ta có $x_1$ nguyên, từ $(2)$ ta có $x_1$ dương. Như vậy $(x_1,y_0)$ cũng là một nghiệm thỏa mãn phương trình

Mặt khác, do tính nhỏ nhất của tổng $x_{0}+y_{0}$ mà ta có $x_{1}\geq x_{0}$ .

Do đó từ $(1)$ , ta có : $ky_{0}-1\geq 2x_{0}\Rightarrow \dfrac{2x_{0}}{y_{0}}+\dfrac{1}{y_{0}}\leq k$

Từ phương trình :

$k=\dfrac{x_{0}}{y_{0}}+\dfrac{y_{0}}{x_{0}}+\dfrac{1}{x_{0}}+\dfrac{1}{y_{0}}=\left ( \dfrac{x_{0}}{y_{0}} +\dfrac{1}{2y_{0}}\right )+\dfrac{y_{0}}{x_{0}}+\dfrac{1}{x_{0}}+\dfrac{1}{2y_{0}}\leq \dfrac{k}{2}+1+1+\dfrac{1}{2}\Rightarrow k\leq 5\Rightarrow k\in \left \{ 1;2;3;4;5 \right \}$

Với $k=1$ , ta có : $x^{2}+y^{2}+x+y=xy$ , phương trình này vô nghiệm nguyên dương vì $x^{2}+y^{2}+x+y\geq 2xy+x+y>xy$
Với $k=2$ , tương tự như trên, ta cũng lập luận được phương trình này vô nghiệm nguyên dương
Với $k=3$ , phương trình có nghiệm nguyên dương $(2;2)$
Với $k=4$ thì phương trình có nghiệm $(1;1)$ .
Với $k=5$ , dấu bằng phải đồng thời xảy ra ở các điểm :

$\dfrac{x}{y}+\dfrac{1}{2y}=\dfrac{k}{2}=\dfrac{5}{2},\dfrac{1}{x}=1,\dfrac{1}{2y}=1,\dfrac{y}{x}=1$

Dễ thấy không tồn tại các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn tất cả các điều trên. Trường hợp này bị loại.

Kết luận : $\boxed{k\in \left \{ 3;4 \right \}}$

Bài toán [Nguyên lí cực hạn, Phương trình nghiệm nguyên]

August 30, 2013

By Đình Huy

Bài toán : Cho phương trình $\left ( x+y+z \right )^{2}=nxyz$ với $n$ là số tự nhiên khác không. Tìm $n$ để phương trình có nghiệm nguyên dương

Lời giải :

Gọi $\left ( x_{0};y_{0};z_{0} \right )$ bộ số thỏa đề sao cho $x_{0}+y_{0}+z_{0}$ nhỏ nhất.

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$(x+y_{0}+z_{0})^{2}=nxy_{0}z_{0}\Leftrightarrow x^{2}-(ny_{0}z_{0}-2y_{0}-2z_{0})x_{0}+(y_{0}+z_{0})^{2}=0$

Dễ thấy phương trình này có một nghiệm là $x_{0}$ , gọi nghiệm còn lại là $x_{1}$ .

Theo định lí $Viete$ :

$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{0}=ny_{0}z_{0}-2y_{0}-2z_{0} & (1)& \\ x_{1}x_{0}=(y_{0}+z_{0})^{2} & (2) & \end{matrix}\right.$

Từ $(1)$ có $x_{1}$ nguyên dương, do đó bộ $\left ( x_{1};y_{0};z_{0} \right )$ cũng thỏa mãn phương trình, mặt khác do tính nhỏ nhất của tổng $x_{0}+y_{0}+z_{0}$ nên $x_{1}\geq x_{0}$ .

Từ $(2)$ : $x_{0}^{2}\leq x_{1}x_{0}=(y_{0}+z_{0})^{2}\Rightarrow x_{0}\leq y_{0}+z_{0}$

Do đó từ $(1)$ : $2x_{0}\leq x_{1}+x_{0}=ny_{0}z_{0}-2(y_{0}+z_{0})\leq ny_{0}z_{0}-2x_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}z_{0}}\leq \frac{n}{4}$

Khai triển vế trái và chia hai vế của phương trình ban đầu cho tích $x_{0}y_{0}z_{0}$ :

$\dfrac{x_{0}}{y_{0}z_{0}}+\dfrac{y_{0}}{x_{0}z_{0}}+\dfrac{z_{0}}{x_{0}y_{0}}+\dfrac{2}{x_{0}}+\dfrac{2}{y_{0}}+\dfrac{2}{z_{0}}=n$

Bây giờ, ta giả sử $x_{0}\geq y_{0}\geq z_{0}>0\Rightarrow x_{0}\geq 3;y_{0}\geq 2;z_{0}\geq 1$

Khi đó $\dfrac{y_{0}}{z_{0}x_{0}}\leq \dfrac{1}{x_{0}}\leq 1;\dfrac{z_{0}}{x_{0}y_{0}}\leq \dfrac{1}{y_{0}}\leq \dfrac{1}{2}$

Suy ra $n\leq \dfrac{n}{4}+1+\dfrac{1}{2}+2+2+2\Leftrightarrow n\leq 10$

Mà $n$ nguyên dương nên $n\in \left \{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 \right \}$

Nếu $n=1$ phương trình có nghiệm $(9;9;9)$
Nếu $n = 2$ phương trình có nghiệm $(8;4;4)$
Nếu $n = 3$ phương trình có nghiệm $(3;3;3)$
Nếu $n = 4$ phương trình có nghiệm $(4;2;2)$
Nếu $n = 5$ phương trình có nghiệm $(1;4;5)$
Nếu $n=6$ phương trình có nghiệm $(1;2;3)$
Nếu $n = 7$ , phương trình vô nghiệm (chứng minh tại đây )
Nếu $n=8$ , phương trình có nghiệm $(1;2;1)$
Nếu $n=9$ phương trình có nghiệm $(1;1;1)$
Nếu $n=10$ thì dấu bằng phải xảy ra đồng thời ở các điểm :

$\dfrac{2}{x}=\dfrac{2}{y}=\dfrac{2}{z}=2$

$\dfrac{x}{yz}=\dfrac{n}{4}=\dfrac{10}{4}$

$\dfrac{y}{zx}=1;\dfrac{z}{xy}=\dfrac{1}{2}$

Dễ thấy không tồn tại các số $x,y,z$ thỏa mãn tất cả các điều kiện trên.

Kết luận : $\boxed{n\in \left \{ 1;2;3;4;5;6;8;9 \right \}}$

Bài toán [Nguyên lí cực hạn trong giải phương trình nghiệm nguyên]

August 30, 2013

By Đình Huy

Bài toán : Chứng minh rằng phương trình $(x+y+z)^2=7xyz$ không có nghiệm nguyên dương

Lời giải :

Gọi $\left ( x';y';z' \right )$ là một nghiệm thỏa mãn phương trình với $z'$ là số nhỏ nhất

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $x'\leq y'\leq z'$

Khi đó ta có :

$z'|(x'+y'+z')^{2}\Rightarrow z|(x'+y')^{2}+2z'(x'+y')+z'^{2}\Rightarrow z'|(x'+y')^{2}$

Mặt khác xét phương trình bậc hai ẩn $z$ :

$z^{2}-(7x'y'-2x'-2y')z+(x'+y')^{2}=0$

Hiển nhiên phương trình này có một nghiệm $z'$

Theo định lí $Viete$ thì nghiệm còn lại của nó là $\dfrac{(x'+y')^{2}}{z'}\in \mathbb{Z}$ .

Như vậy $\left ( x';y';\dfrac{(x'+y')^{2}}{z'} \right )$ cũng là một bộ số thỏa mãn phương trình.

Nếu giả sử $x'+y'<z'\Rightarrow \dfrac{(x'+y')^{2}}{z'}<z'$ thì vô lí vì $(x';y';z')$ cũng là một bộ số thỏa mãn phương trình và vì tính nhỏ nhất của $z'$

Do đó phải có $z'\leq x'+y'$ . Khai triển phương trình ban đầu và chia hai vế của nó cho $x'y'z'$ ta được :

$7\leq \dfrac{x'}{y'z'}+\dfrac{y'}{z'x'}+\dfrac{z'}{x'y'}+\dfrac{2}{x'}+\dfrac{2}{y'}+\dfrac{2}{z'}\leq \dfrac{1}{z'}+\dfrac{1}{x'}+\dfrac{x'+y'}{x'y'}+\dfrac{2}{x'}+\dfrac{2}{y'}+\dfrac{2}{z'}=\dfrac{4}{x'}+\dfrac{3}{y'}+\dfrac{3}{z'}\leq \dfrac{10}{x'}\Rightarrow x'\leq \dfrac{10}{7}\Rightarrow x'=1$

Khi đó $y'\leq z'\leq y'+1\Rightarrow z'=y\vee z'=y'+1$

Nếu $z'=y'$ thì ta có phương trình $(1+2z')^{2}=7z'^{2}\Leftrightarrow 3z'^{2}-4z'-1=0\Leftrightarrow z'=\dfrac{2\pm \sqrt{7}}{3}$ (loại)
Nếu $z'=y'+1$ thì ta có phương trình $(2+2z')^{2}=7z'(z'+1)\Leftrightarrow 3z'^{2}-z'-4=0\Leftrightarrow z\in \left \{ -1;\dfrac{4}{3} \right \}$ (loại)

Kết luận : Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.

Bài toán [Số lũy thừa, Nguyên lí cực hạn]

August 14, 2013

By Đình Huy

Bài toán : Cho các số nguyên dương $x,y,A$ thỏa mãn hệ thức $A = \dfrac{x^2+y^2+30}{xy}$ . Chứng minh rằng $A$ là lũy thừa bậc năm của một số nguyên.

Lời giải :

Gọi $\left ( x_{0};y_{0} \right )$ là cặp số thỏa mãn đề bài và có tổng $x_{0}+y_{0}$ nhỏ nhất. Ta giả sử $x_{0}\leq y_{0}$ .

Xét phương trình bậc hai ẩn $y$ :

$y^{2}-A.x_{0}.y+x_{0}^{2}+30=0 (*)$

Vì $\left ( x_{0};y_{0} \right )$ thỏa mãn đề bài nên $y_{0}$ là một nghiệm của phương trình $(*)$ . Gọi nghiệm còn lại là $y_{1}$ . Theo định lí $Viete$ :

$\left\{\begin{matrix} y_{0}+y_{1}=Ax_{0} & (1)& \\ y_{0}y_{1}=x_{0}^{2} +30& (2) & \end{matrix}\right.$

Ta có $x_{0},y_{0},A\in \mathbb{Z}$ nên từ $(1)$ suy ra $y_{1}\in \mathbb{Z}$ .

Các cặp $\left ( x_{0};y_{0} \right );\left ( x_{0};y_{1} \right )$ đều thỏa mãn $(*)$ mà $x_{0}+y_{0}$ nhỏ nhất nên :

$x_{0}+y_{0} \leq x_{0}+y_{1}\Leftrightarrow y_{0}\leq y_{1}$ .

Như vậy $x_{0}\leq y_{0}\leq y_{1}$

Trường hợp 1 : $x_{0}=y_{0}$ thay vào $A$ thì $A=2+\dfrac{30}{x_{0}^{2}}\in \mathbb{Z}\Rightarrow x_{0}=1\Rightarrow A=32$
Trường hợp 2 : $y_{0}=y_{1}$ thì từ $(2)$ ta được :

$x_{0}^{2}+30=y_{0}^{2}\Leftrightarrow \left ( y_{0}+x_{0} \right )\left ( y_{0}-x_{0} \right )=30$

Dễ thấy $y_{0}+x_{0} ;y_{0}-x_{0}$ cùng tính chẵn lẻ mà $30=1.30=2.15=5.6=3.10$

Trường hợp này không xảy ra

Trường hợp 3 : $x_{0}<y_{0}<y_{1}$

Suy ra $\left\{\begin{matrix} y_{0}\geq x_{0}+1 & & \\ y_{1}\geq x_{0}+2& & \end{matrix}\right.$

Do đó từ $(2)$ suy ra $x_{0}^{2}+30\geq \left ( x_{0}+1 \right )\left ( x_{0}+2 \right )\Leftrightarrow x_{0}\leq 9$

Khi $x_{0}=9$ thì từ $(2)$ suy ra $y_{0}y_{1}=9^{2}+30=111$ , vì $y_{0}<y_{1}\Rightarrow \left ( y_{0};y_{1} \right )=(1;111);(3;37)$ . Vô lí vì phải có $x_{0}<y_{0}$ .