TRƯỜNG THPT TÂN HƯNG
Chuyên đề:
PHƯƠNG PHÁP GEN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN
Thực hiện: Phan Đình Trung
Học sinh lớp 12A1, niên khóa: 2014-2015
Trong Sinh học, ta định nghĩa gen là một đoạn DNA mang cấu trúc xác
định thông tin di truyền. Tương tự như vậy, phương pháp gen thực chất là
quy tắc xây dựng cấu trúc nghiệm từ một phương trình khi biết các nghiệm
cơ sở của nó. Nếu từ một nghiệm của phương trình đã cho ta có qui tắc để
xây dựng ra một nghiệm mới thì qui tắc đó gọi là gen. Phương trình Pell và
phương trình Markov chính là hai ví dụ điển hình cho phương pháp này.
I. Phương trình Pell
1. Phương trình Pell loại I:
Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng:
x
2
− dy
2
= 1, d ∈ Z (1)
∗ Tính chất:
1. Nếu d là số chính phương thì (1) vô nghiệm.
2. Nếu d là số nguyên âm thì (1) không có nghiệm nguyên dương.
3. (Điều kiện có nghiệm của phương trình Pell loại I) Phương trình (1) có
nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d nguyên dương và không chính phương.
∗Công thức nghiệm của phương trình Pell loại I:
Ta xét trong trường hợp nghiêm nguyên dương của phương trình Pell loại
I(tức là x, y ∈ Z
+
). Gọi (a, b) là hai nghiệm nhỏ nhất của (1). Lúc này tất
cả nghiệm của nó được vét sạch bởi dãy (x

− (a − b
√
d)
n
2
√
d
Hoặc theo công thức truy hồi:









x
0
= 1, y
0
= 0
x
1
= a, y
1
= b
x
n+2
= 2ax

có nghiệm nguyên dương.
∗Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II:
Xét phương trình Pell loại I:
x
2
− dy
2
= 1
. Gọi (a, b) là hai nghiệm nhỏ nhất của phương trình này. Xét hệ

a = x
2
+ dy
2
b = 2xy
Giả sử hệ này có nghiệm duy nhất là (u, v). Khi đó, tất cả nghiệm của (2)
được xác định bởi dãy:









x
0
= u, y
0

lập thành độ dài ba cạnh một tam giác có diện tích là một số nguyên.
Lời giải:
Giả sử x là số nguyên dương thỏa mãn bài toán. Khi đó, nửa chu vi tam giác
được tính bởi: p =
x − 1 + x + 1
2
=
3
2
x. Gọi y là diện tích tam giác đó. Áp
2
dụng công thức Heron, ta có:
y =

3
2
x

3
2
x − x

3
2
x − x + 1

3
2
x − x − 1


.
.
. 2 ⇒ x
.
.
. 2. Như vậy, tồn tại k ∈ N
∗
sao cho
x = 2k. Theo đó:
16y
2
= 3.4k
2
(4k
2
− 4)
⇔ y
2
= 3k
2
(k
2
− 1)
⇒ y = k

3(k
2
− 1)
Chú ý rằng: : k, y ∈ Z
+







k
0
= 1, m
0
= 0
k
1
= 2, m
1
= 1
k
n+2
= 6k
n+1
− k
n
, ∀n = 0, 1, 2,
m
n+2
= 6m
n+1
− m
n
, ∀n = 0, 1, 2,

n+1
− y
n
, n = 0, 1, 2,
Vậy tất cả giá trị của x thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy:

x
0
= 2, x
1
= 4
x
n+2
= 4x
n+1
− x
n
.n = 0, 1, 2
.
3
Bài toán 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho trung bình cộng
của n số chính phương đầu tiên là một số chính phương.
Lời giải:
Bằng qui nạp ta chứng minh được rằng: Với mọi Số nguyên dương n, ta luôn
có:
1
2
+ 2
2
+ 3

⇔ 16n
2
+ 24n + 4 = 48y
2
⇔ (4n + 3)
2
− 48y
2
= 1
Đặt x = 4n + 3, thế thì ta thu được:
x
2
− 48y
2
= 1
Đây chính là phương trình Pell loại I. Bằng phép thử tuần tự, ta tìm được
(7, 1) là nghiệm nhỏ nhất của nó. Theo đó, công thức nghiệm của phương
trình Pell này là:









x
0
= 1, y

x
2k+3
= 14x
2k+2
− x
2k+1
= 14(14x
2k+1
− x
2k
) − x
2k+1
= 196x
2k+1
− 14x
2k
− x
2k+1
= 195x
2k+1
+ x
2k+1
− 14x
2k
− x
2k+1
= 194x
2k+1
− x
2k−1

1
= 337
n
k+1
= 194n
k
− n
k−1
+ 144, k = 0, 1, 2,
Bài toán 3 Tìm cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p
2
− 2q
2
= 1
Lời giải:
Xét phương trình Pell loại I:
x
2
− 2y
2
= 1
Bằng phép thử tuần tự, ta nhận thấy (3, 2) là nghiệm nhỏ nhất của phương
trình này đồng thời đây cũng là cặp số nhỏ nhất thỏa mãn bài toán. Theo
đó, công thức nghiệm của phương trình Pell này được xác định bởi:







+ y
n
=
(3 + 2
√
2)
n
+ (3 − 2
√
2)
n
2
+
(3 + 2
√
2)
n
− (3 − 2
√
2)
n
2
√
2
=
(
√
2 + 1)
2n+1
+ (

(
√
2)
i
+

2n+1
i=0
C
i
2n+1
(
√
2)
i
(−1)
2n+1−i
2
√
2
=
2
√
2

n
j=0
C
2j+1
2n+1

C
2j+1
2n+1
2
j
≡ 1 (mod 2)
5
Điều này chỉ xảy ra khi p, q khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình
đã cho vô nghiệm nếu min{p, q} > 2. Vậy, (3, 2) là nghiệm duy nhất của bài
toán.
Bài toán 4 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n + 1 và 3n + 1 đều
là các số chính phương.
Lời giải:
Đặt d = gcd(2n + 1, 3n + 1), khi đó:

d | 2n + 1
d | 3n + 1
⇔

d | 6n + 3
d | 6n + 2
⇒ d | 1 ⇒ d = 1
Điều này cho thấy 2n + 1, 3n + 1 đồng thời là các số chính phương khi và chỉ
khi tồn tại y ∈ Z
+
sao cho:
(2n + 1)(3n + 1) = y
2
⇔ 6n
2

0
= 1, y
0
= 0
x
1
= 5, y
1
= 1
x
k+2
= 10x
k+1
− x
k
, k = 0, 1, 2,
y
k+2
= 10y
k+1
− y
k
, k = 0, 1, 2,
Bằng qui nạp ta chứng minh được x
2k+1
≡ 5 (mod 12), do đó:
n
k
=
x

− x
2k−1
6
Suy ra: n
k+1
= 98n
k
− n
k−1
+ 40. Và theo đó tất cả giá trị n thỏa mãn bài
toán là:

n
0
= 0, n
1
= 40
n
k+
= 98n
k
− n
k−1
+ 40, k = 0, 1, 2,
Nhận xét: Với cách làm tương tự như bài toán 4, ta có thể giải quyết được
bài toán sau:
Bài toán (Việt Nam TST 2013):
1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương t sao cho 2012t + 1 và
2013t + 1 đều là các số chính phương.
2. Xét m, n là các số nguyên dương sao cho mn + 1 và (m + 1)n + 1 đều là








m
0
= 1, k
0
= 0
m
1
= 3, k
1
= 2
m
l+2
= 6m
l+1
− m
l
k
l+2
= 6k
l+1
− k
l
Ngoài ra, ta thấy m

n(n + 1)
2

2
⇔ [1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + (n − 1)
3
] + n
3
=

n(n + 1)
2

2
⇔

(n − 1)n
2

2
+ n
3
=


= 6
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
x
2
+ (1 − 6y)x + y(y + 3) = 0
Xem đây như một phương trình bậc hai ẩn x tham số y, ta có:
∆ = (1 − 6y)
2
− 4y(y + 3) = 32y
2
− 24y + 1
Bây giờ ta nhận thấy rằng phương trình đã cho có vô hạn nghiệm nguyên
dương khi và chỉ khi tồn tại vô hạn số nguyên dương y, k thỏa mãn:
32y
2
− 24y + 1 = k
2
⇔ 64y
2
− 48y + 2 = 2k
2
⇔ (8y −3)
2
− 2k
2
= 7
8
Đặt m = 8y −3, phương trình trở thành:
m

n
, n = 1, 2, 3,
y
n+1
= 2x
n
+ 3y
n
, n = 1, 2, 3,
Đồng thời:
x
2
n+1
−2y
2
n+1
= (3x
n
+ 4y
n
)
2
−2(2x
n
+ 3y
n
)
2
= x
2

n
= 9x
n−1
+ 8y
n−1
+ 4(y
n
+ y
n−1
)
= 9x
n−1
+ 8y
n−1
+ 8(x
n−1
+ 2x
n−1
) ≡ x
n−1
(mod 8)
Như vậy,
x
2k
≡ x
2k−2
≡ ≡ x
2
≡ x
0

+ m(1 − kn) + n
2
+ n = 0
9
Phương trình này có
∆ = (1 − kn)
2
− 4(n
2
+ n) = (k
2
− 4)n
2
− 2n(k + 2) + 1
. Chọn k = 4. Ta cần chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho
∆ = 12n
2
− 12n + 1 là số chính phương. Hay phương trình:
12n
2
− 12n + 1 = t
2
⇔ 3(4n
2
− 4n + 1) − 2 = t
2
⇔ t
2
− 3(2n − 1)
2

n+1
−3y
2
n+1
= (2x
n
+ 3y
n
)
2
−3(x
n
+ 2y
n
)
2
= x
2
n
−3y
2
n
= = x
2
0
−3y
2
0
= −2
Điều này chứng tỏ phương trình dạng:

m + 1
n
+
n + 1
m
= 4
có vô hạn nghiệm nguyên dương. Bài toán được giải quyết.
Nhận xét: Khi tham khảo lời giải trên, bạn đọc sẽ không khỏi thắc mắc
rằng: "Tại sao là có thể lựa chọn hai dãy (x
n
), (y
n
) như trên. Phải chăng là
do tình cờ?" Xin trả lời luôn rằng là không phải tình cờ, tất cả đều có sắp
xếp theo một trật tự riêng của nó cả. Ta có phương pháp để chọn ra các dãy
(x
n
), (y
n
) như sau :
Xét phương trình nghiệm nguyên có dạng :
X
2
− kY
2
= m (1)
10
trong đó m là số nguyên và k là số nguyên dương không chính phương.
Nếu (1) có nghiệm nguyên dương là (A, B). Xét phương trình Pell dạng
X

n+1
= x
2
n
− ky
2
n
= = x
2
0
− ky
2
0
= m
cho nên phương trình (1) chắc chắn có nghiệm.
II. Phương trình Markov:
Phương trình Markov cổ điển là phương trình nghiệm nguyên có dạng:
x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ + x
2
n
= kx

2
1
+ x
2
2
+ + x
2
n−1
= 0
Gọi x
0
= y là nghiệm thứ hai của phương trình này. Theo định lý Viète ta
có:
x+y = kx
1
x
2
x
n−1
⇔ y = kx
1
x
2
x
n−1
−x
n
=
x
2

được nghiệm mới (x
1
, x
2
, . . . , x

n
) “nhỏ hơn” nghiệm cũ (thứ tự theo tổng các
biến). Như vậy, theo đa số là các nghiệm tăng lên và ta có cây nghiệm.
Tiếp theo, trừ những trường hợp đặc biệt, ta sẽ giả sử rằng x
1
≤ x
2
≤ ··· ≤
x
n
. Ta sẽ nói nghiệm (x
1
, x
1
, ··· , x
n
) là nghiệm gốc (nghiệm cơ sở), nếu
x
2
1
+ ···+ x
2
n−1
≥ x

≤
2(n − 1)
k
.
4. Nếu x
1
≤ x
2
≤ ··· ≤ x
n
là các số nguyên dương bất kỳ thoả mãn điều
kiện 1 < x
2
n
≤ x
2
1
+ ··· + x
2
n−1
, thì tỷ số R =
x
2
1
+ ···+ x
2
n
x
1
x

x
2
=
c
a
Định lý đảo Viète: Xét tam thức bậc haif (x) = ax
2
+ bx + c, a = 0. Gọi
x
1
, x
2
là hai nghiệm của f (x). Khi đó, một số thực α thỏa mãn x
1
< α < x
2
khi và chỉ khi a.f(α) < 0.
Chúng ta bắt đầu với bài toán sau:
Bài toán 8 (IMO 1988) Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn k =
a
2
+ b
2
ab + 1
là một số nguyên. Chứng minh rằng k là một số chính phương.
Lời giải:
Giả sử kết luận bài toán không đúng. Trong tập hợp tất cả các số nguyên
dương (a, b) thỏa mãn bài toán, ta chọn ra hai phần tử a, b sao cho tổng a+b
là nhỏ nhất. Không giảm tính tổng quát, giả sử a ≥ b > 0. Xét phương trình
bậc hai ẩn x:

2
− (bk −b)x + b − k ≥ x
2
+ (bk −b) + b
2
− k > 0, mâu thuẫn
• Nếu x
0
= 0 thì k = b
2
, mâu thuẫn.
• Nếu x
0
> 0 thì (x
0
, b) là một cặp số thỏa mãn bài toán. Và lúc này:
x
0
+ b =
b
2
− k
a
+ b <
b
2
a
+ b <
a
2

Theo định lý Viète, ta có:

x
0
+ a = bk
x
0
.a = b
2
+ k
Rõ ràng, x
0
∈ Z
+
.
• Nếu trong hai số a và b có một số bằng 1, giả sử b = 1, thế thì:
k =
a
2
+ 1
a − 1
= a + 1 +
2
a − 1
∈ Z
⇒ (a − 1) | 2 ⇒

a − 1 = 2
a − 1 = 1
⇔

b
2
≤
2
1 −
1
4
=
8
3
(1)
Mặt khác, ta lại có:
1
k
=
ab − 1
a
2
+ b
2
≤
ab − 1
2ab
=
1
2
−
1
ab
=

+ 2
b | a
2
+ 2
⇒ ab | (a
2
+ 2)(b
2
+ 2) ⇒ ab | (a
2
b
2
+ 2a
2
+ 2b
2
+ 4)
Do a, b lẻ nên ta có ngay ab | a
2
+b
2
+2 . Tương tự, ta cũng có nếu ab | a
2
+b
2
+2
thì:

a | b
2

x
0
+ a = bk
x
0
.a = b
2
+ 2
14
Chú ý rằng a là nhỏ nhất, cho nên x
0
≥ a, suy ra:
x
0
+ a ≥ 2a ⇒ kb ≥ 2a ⇒
a
b
≤
k
2
• Nếu trong hai số a, b có một số bằng 1, giả sử b = 1 thì ka = a
2
+3 ⇒ k = 4.
• Nếu min{a, b} > 1, thì a ≥ b ≥ 2 nên:
k =
a
b
+
b
a

a
+
2
ab
≤
3
2
+ 1 +
2
6
Vô lí
Vậy chỉ có thể là k = 4, tức là
a
2
+ b
2
+ 2 = 4ab (∗∗)
Giả sử (y
0
, y
1
) là một cặp số bất kì thỏa (∗). Giả sử y
0
> y
1
, nếu y
0
= 1 thì
y
1

0
nên
y
1
+ y
2
= y
1
+ (4y
1
− y
0
) < y
1
+ y
0
Tương tự, ta cũng chọn được cặp (y
2
, y
3
) = (y
2
, 4y
2
− y
1
) cũng thỏa (∗∗) và
y
2
+ y

+ y
k+1
= 2 ⇒ y
k
= y
k+1
= 1
15
Tức là: y
k
= x
2
, y
k+1
= x
1
. Và như vậy, (y
n
) được xác định bởi:

y
o
= y
1
= 1
y
n+2
= 4y
n+1
− y

+ 1 = 0
Dễ thấy phương trình này có nghiệm t
1
= X, gọi nghiệm còn lại là t
0
. Theo
định lí Viète :

t
0
+ X = kY
t
0
X = Y
2
+ 1
Từ đây dễ thấy t
0
cũng nguyên dương, vì tính nhỏ nhất của X + Y nên
t
0
≥ X.
Suy ra :
kY = t
0
+ X ≥ 2X ⇒
X
Y
≤
k

u
0
= 1, u
1
= 1
u
n+1
= 3u
n
− u
n−1
, ∀n ≥ 1
Ta chứng minh rằng (x, y) là cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa (1) khi và chỉ
khi tồn tại n thỏa x = x
n
, y = x
n+1
.
Thật vậy, bằng qui nạp ta 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
2
) =
(w
1
, 3w
1
− w
0
) lúc này cũng thỏa (1).
Để ý rằng ta có:
w
2
= 3w
1
− w
0
=
w
2
1
+ 1
w
0
< w
0
Suy ra:
w
2
+ w

+ w
i
< < w
2
+ w
1
< w
1
+ w
0
Nhưng w
1
+ w
0
> 2 nên phải tồn tại k sao cho:
w
k
+ w
k+1
= 1 ⇒ w
k
= u
1
= 1, w
k+1
= u
0
= 1
Từ đó:
w

= 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

2
+ z
2
+ u
2
+ v
2
= xyzuv −65
có nghiệm nguyên lớn hơn 1998 hay không?
5. (Mỹ 2002) Tìm các cặp số (m, n) nguyên dương sao cho
m
2
+ n
2
mn − 1
là
một số nguyên.
6. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn 19n + 1 và 95n + 1 đều
là các số chính phương.
Tài liệu tham khảo:
[1]: Phương trình nghiệm nguyên - Phan Huy Khải.
[2]: Phương trình Diophant - Trần Nam Dũng
[3]: Định lý Viète và ứng dụng - Trần mạnh Sang
[4]: Một số tài liệu từ internet: diendantoanhoc.net, mathvn.com, mathscope.org,
artofproblemsolving.com,
18