ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐẶNG THỊ THU HÀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC ĐỀ THI OLYMPIC VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐẶNG THỊ THU HÀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC ĐỀ THI OLYMPIC VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2019 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới quý thầy, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán K11, bạn học viên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích động viên tác giả suốt trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019 Tác giả Đặng Thị Thu Hà ii Mục lục MỞ ĐẦU Chương Phương trình Diophant hệ Diophant 1.1 Phương trình Diophant tuyến tính 1.1.1 Nghiệm riêng 1.1.2 Nghiệm nguyên dương 1.2 Nghiệm nguyên dương hệ phương trình Diophant tuyến tính 2 Chương Các phương pháp giải phương trình Diophant 2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử 2.2 Phương pháp đồng dư 2.3 Phương pháp đánh giá 2.4 Phương pháp tham số hóa 2.5 Phương pháp quy nạp toán học 2.6 Phương pháp xuống thang 2.7 Một số phương pháp khác Chương Các dạng toán liên quan đến phương trình trình Diophant 3.1 Một số dạng tốn đa thức nguyên 3.2 Một số dạng toán lượng giác liên quan 3.3 Một số dạng toán thi Olympic liên quan 10 19 19 24 25 27 30 33 40 hệ phương 47 47 50 66 KẾT LUẬN 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO 78 Mở đầu Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, tốn liên quan tới phương trình Diophant (dạng tuyến tính phi tuyến) thường xuyên đề cập Những dạng toán thường xem thuộc loại khó phần kiến thức phương trình Diophant tổng qt khơng nằm chương trình thức giáo trình Số học Đại số bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề phương trình Diophant, tơi chọn đề tài luận văn "Một số phương pháp giải đề thi Olympic phương trình Diophant" Tiếp theo, khảo sát số lớp hệ phương trình Diophant liên quan Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Các kiến thức bổ túc số học phương trình Diophant Chương Các phương pháp giải phương trình Diophant Chương Các dạng tốn liên quan đến hệ phương trình Diophant Tiếp theo, cuối chương trình bày tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Chương Phương trình Diophant hệ Diophant 1.1 Phương trình Diophant tuyến tính Ta nhắc lại thuật tốn Euclid liên phân số trình bày tương đối chi tiết chương trình tốn bậc THCS Định nghĩa 1.1 Số ngun c gọi ước số chung hai số nguyên a b (không đồng thời không) c chia hết a c chia hết b (hay a b chia hết cho c) Định nghĩa 1.2 (xem [3,5, 7]) Một ước số chung d hai số nguyên a b (không đồng thời không) gọi ước số chung lớn a b ước số chung c a b ước d Nhận xét 1.1 Nếu d ước số chung lớn a b −d ước số chung lớn a b Vì vậy, ta quy ước ước số chung lớn a b số nguyên dương Ước số chung lớn hai số a b ký hiệu (a, b) hay gcd(a,b) (greatest common divisor) Như d = (a, b) hay d = gcd(a, b) Ví dụ 1.1 (25,30) = 5, (25,-72) = Định nghĩa 1.3 (xem [3,5,7]) Một số nguyên c gọi ước số chung n số nguyên a1 , a2 , a3 , , an (không đồng thời không) c ước số Định nghĩa 1.4 (xem [5,7]) Một ước số chung d n số nguyên a1 , a2 , a3 , , an (không đồng thời không) gọi ước số chung lớn a1 , a2 , a3 , , an ước số chung c a1 , a2 , a3 , , an ước d Tương tự, ta quy ước ước số chung lớn n số nguyên a1 , a2 , a3 , , an số nguyên dương Ước số chung lớn a1 , a2 , a3 , , an ký hiệu (a1 , a2 , a3 , , an ) hay gcd(a1 , a2 , a3 , , an ) Như d = (a1 , a2 , a3 , , an ) hay d = gcd(a1 , a2 , a3 , , an ) Định lý 1.1 (Ước số chung lớn nhiều số) Cho số nguyên a1 , a2 , a3 , , an khơng đồng thời khơng Khi tồn ước số chung lớn a1 , a2 , a3 , , an Tính chất 1.1 Cho a, b, q, r số nguyên (a2 + b2 = 0) Nếu a = bq + r ≤ r < |b| (a, b) = (b, r) 1.1.1 Nghiệm riêng Trong mục này, ta trình bày hai thuật tốn tìm nghiệm riêng phương trình Diophant, thuật tốn giản phân thuật tốn Euclid Xét phương trình Diophant tuyến tính Ax + By = C (1.1) Để tìm nghiệm riêng dựa vào giản phân, ta tiến hành thực theo bước sau: - Bước Tìm d = (A, B) để đưa phương trình (1.1) phương trình (1.2) với (a, b) = phương trình Diophant tuyến tính ax + by = c (1.2) a = [a0 ; a1 , a2 , , an ] |b| pn−1 Suy pn−1 - Bước Tính giản phân Cn−1 = [a0 ; a1 , , an−1 ] = qn−1 qn−1 - Bước Suy  nghiệm riêng (x0 , y0 ) phương trình (1.2) x = (−1)n−1 c.q n−1 Nếu b > y = (−1)n c.p n−1  x = (−1)n−1 c.q n−1 Nếu b < y = (−1)n−1 c.p n−1 - Bước Viết Bài toán 1.1 Giải phương trình Diophant tuyến tính 342x − 123y = 15 (1.3) Lời giải Phương trình cho tương đương với phương trình 114x − 41y = Ta có 114 = [2; 1, 3, 1, 1, 4], với n = 41   C4 = p4 = [2; 1, 3, 1, 1] = 25 q4  (p4 , q4 ) = (1.4)  p = 25 nên q = Do b = −41 < nên nghiệm riêng (1.4)  x = (−1)5−1 5.9 = 45 y = (−1)5−1 5.25 = 125 Vậy nghiệm phương trình (1.4), tức phương trình (1.14)  x = 45 + 41t , t ∈ Z y = 125 + 114t Để tìm nghiệm riêng dựa vào thuật tốn Euclid, ta tiến hành thực theo bước sau: - Bước Xác định d = (|A| , |B|) theo thuật toán Euclid mở rộng - Bước Biểu thị d tổ hợp tuyến tính A B , chẳng hạn d = nA + mB (n, m ∈ Z) - Bước Nhân hai vế đẳng thức với A C ta thu d Cn Cm +B = C d d - Bước Suy nghiệm riêng (x0 , y0 ) phương trình (1.1)  Cn   x =    d     y0 = Cm d Bài toán 1.2 Giải phương trình Diophant tuyến tính 342x − 123y = 15 (1.5) Lời giải Vì (342, −123) = |15 nên phương trình cho có nghiệm Ta có 342 = 123.2 + 96, 123 = 96.1 + 27, 96 = 27.3 + 15, 27 = 15.1 + 12, 15 = 12.1 + 3, 12 = 3.4 + Suy = 15 − 12.1 = 15 − (27 − 15.1).1 = 15.2 − 27.1 = (96 − 27.3).2 − 27.1 = 96.2 − 27.7 = 96.2 − (123 − 96.1).7 = 96.9 − 123.7 = (342 − 123.2).9 − 123.7 = = 342.9 − 123.25 Suy 342.45 − 123.125 = 15 Từ đó, phương trình (1.14) có nghiệm riêng (x0 ; y0 ) = (45; 125) Suy nghiệm tổng quát phương trình (1.14)  123   t x = 45 +    ,t∈Z    342  y = 125 + t hay  x = 45 + 41t y = 125 + 114t , t ∈ Z Định lý 1.2 Xét phương trình Diophant tuyến tính a1 x1 + a2 x2 + + an xn = c Phương trình (1.6) có nghiệm d = (a1 , a2 , , an ) |c Nếu phương trình (1.6) có nghiệm có vơ số nghiệm (1.6) Chứng minh 1) ⇒) Giả sử (x1 , x2 , , xn ) nghiệm phương trình (1.6), tức n xi = c i=1 n xi , suy d |c Ta có d = (a1 , a2 , , an ), suy d i=1 ⇐) Ta chứng minh khẳng định phương pháp quy nạp theo n Với n = 2, khẳng định Giả sử khẳng định với n = k (k ≥ 2) Với n = k + 1, xét d = (a1 , a2 , , ak+1 ) |c , đặt h = (a1 , a2 , , ak ) Khi đó, ta có d = (h, ak+1 ) |c Suy ra, tồn t, xk+1 ∈ Z để ht + ak+1 xk+1 = c Vì h |ht nên theo giả thiết quy nạp tồn x1 , x2 , , xk ∈ Z để k xi = ht i=1 Do k+1 xi = c i=1 Vậy nên phương trình a1 x1 +a2 x2 + .+ak+1 xk+1 = c có nghiệm (x1 , x2 , , xk+1 ) 2) Ta chứng minh khẳng định phương pháp quy nạp theo n Với n = 2: khẳng định Giả sử khẳng định với n = k (k ≥ 2), tức k xi = c có nghiệm có vơ số nghiệm Với n = k + 1, ta phương trình i=1 k+1 xi = c có nghiệm có vơ số nghiệm chứng tỏ phương trình i=1 k+1 Thật vậy, gọi (t1 , t2 , , tk+1 ) nghiệm phương trình xi = c, tức i=1 k+1 ti = c i=1 64 Vậy trường hợp ta không thu nghiệm (x; y) thỏa mãn yêu cầu toán  π  x = + (c + t)2π    (c, t ∈ Z, c ≥ 5) - Trường hợp 3:    y = − π + t2π Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] ta có  π  −6π ≤ + (c + t)2π ≤ 6π          π −6π ≤ − + t2π ≤ 6π           c, t ∈ Z, c ≥ Hệ tương đương với  1   − ≤ c + t ≤ − +3 −    4       1 − ≤ t ≤ +3  12 12          c, t ∈ Z, c ≥ suy    ≤ c ≤ +   nên c =    c ∈ Z Với c = ta thu  1   −3≤ t≤− −2   12 nên t ∈ ∅    t ∈ Z Vậy trường hợp ta không thu nghiệm (x; y) thỏa mãn yêu cầu toán 65    x=    7π + (d + t)2π (d, t ∈ Z, d ≥ 4)    3π  y = − + t2π Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] ta có  7π   −6π ≤ + (d + t)2π ≤ 6π          3π + t2π ≤ 6π −6π ≤ −           d, t ∈ Z, d ≥ - Trường hợp 4: Hệ tương đương với  7   − ≤ d + t ≤ − +3 −    12 12       3 − ≤ t ≤ +3  4          d, t ∈ Z, d ≥ suy    ≤ d ≤ +   nên d =    d ∈ Z Với d = 4, t = −2, ta thu (x; y) = 31π 11π ;− Tóm lại, tốn cho có hai nghiệm (x; y) bao gồm 35π 11π ;− , 31π 11π ;− 66 3.3 Một số dạng toán thi Olympic liên quan Bài toán 3.9 (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2006) Hãy tìm tất cặp số tự nhiên (n; k) với n số nguyên không âm k số nguyên lớn cho số A = 172006n + 4.172n + 7.195n phân tích thành tích k số nguyên dương liên tiếp Lời giải Trước hết, ta thấy tích số tự nhiên liên tiếp phải chia hết cho số có số chia hết cho số chia dư Từ A = 172006n + 4.172n + 7.195n , suy - Nếu n số chẵn, ta có 172006n ≡ (mod 8); 4.172n ≡ 4.1 (mod 8); 195n ≡ 7.35n ≡ 7.310 ≡ (mod 8) Vậy nên A ≡ 12 ≡ (mod 8), tức A không chia hết cho - Nếu n số lẻ, tương tự 172006n ≡ (mod 8); 4.172n ≡ 4.1 (mod 8); 195n ≡ 7.35n ≡ 7.35 ≡ 7.3 (mod 8) Suy A ≡ 10 ≡ (mod 8), tức A không chia hết cho Tức là, trường hợp ln có A khơng chia hết cho Suy k thỏa mãn đề k < 4, suy k ∈ {2, 3} Xét trường hợp cụ thể - Nếu k = tồn x tự nhiên cho A = x(x + 1) + Nếu n = A = 12, x = 3, thỏa mãn đề + Nếu n > rõ ràng 171003n > 4.172n + 7.195n Ta thấy A = x(x + 1) = 172006n + 4.172n + 7.195n > 172006n Suy x > 171003n Nhưng x(x + 1) > 172006n + 171003n > A, mâu thuẫn Do đó, trường hợp khơng có n thỏa mãn đề - Nếu k = tồn x tự nhiên cho A = x(x − 1)(x + 1), x ≥ Dễ thấy x phải số chẵn (vì ngược lại A chia hết cho 8, mâu thuẫn) 67 Ta thấy A ≡ 12.(−1)n ≡ 2.(−1)n (mod 5), x(x − 1)(x + 1) = x(x2 − 1) ≡ {0; ±1} (mod 5), mâu thuẫn Do đó, trường hợp khơng có n thỏa mãn đề Vậy tất cặp số thỏa mãn đề (n; k) = 0; 2) Bài tốn 3.10 (Thi HSG Hà Nội, vịng 2, 2012) Cho dãy số (un ) xác định a1 = 20; a2 = 30; an+2 = 3an+1 − an (n ∈ N∗ ) (3.1) Tìm tất số nguyên dương n cho 5an+1 an + số phương Lời giải Áp dụng kết (3.1) với dãy (an ), ta an+1 an−1 − a2n = a1 a3 − a22 = 500 Suy a2n + 500 = an+1 an−1 Xét với n ≥ 4, ta có (an + an+1 )2 = a2n + 2an an+1 + a2n+1 Mặt khác a2n+1 = 9a2n − 6an an−1 + a2n−1 Suy (an + an+1 )2 = a2n + 2an an+1 + 9a2n − 6an an−1 + a2n−1 = 2an an+1 + 3an (3an − an−1 ) + a2n−1 + an (an − 3an−1 ) = 5an an+1 + a2n−1 − an an−2 = 5an an+1 + a2n−1 − (a2n−1 + 500) = 5an an+1 − 500 Do (an + an+1 )2 = 5an an+1 − 500 < 5an an+1 + Từ dãy (an ) tăng n ≥ 4, ta có an + an+1 ≥ 180 + 470 = 650 Suy (an + an+1 + 1)2 = (an + an+1 )2 + 2(an + an+1 ) + > (an + an+1 )2 + 501 = 5an an+1 + 68 Vậy (an + an+1 )2 < 5an an+1 + < (an + an+1 + 1)2 nên 5an an+1 + khơng phương Bằng phép thử trực tiếp với n = 1, 2, 3, ta thu n = giá trị cần tìm Bài toán 3.11 (VMO 1991 - Bảng B) Cho dãy số (an ) xác định a1 = 1.2.3, u2 = 2.3.4, , un = n(n + 1)(n + 2) Đặt Sn = a1 + a2 + · · · + an Chứng minh 4Sn + số phương Lời giải Ta có an = (n + 1) n2 + 2n = (n + 1) (n + 1)2 − = (n + 1)3 − (n + 1) Suy S n = a1 + a2 + · · · + an = 23 + 33 + · · · + (n + 1)3 − [2 + + · · · + (n + 1)] = 13 + 23 + 33 + · · · + (n + 1)3 − [1 + + + · · · + (n + 1)] Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh 3 + + + · · · + (n + 1) + + + · · · + (n + 1) = (n + 1)2 (n + 2)2 = (n + 1)(n + 2) Suy Sn = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) Từ đó, ta có 4Sn + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n2 + 3n = n2 + 3n n2 + 3n + + 2 + n2 + 3n + = n2 + 3n + Mặt khác n ∈ N∗ nên n2 + 3n + số nguyên dương Vậy 4Sn + số phương Nhận xét 3.8 Ta biến đổi sau Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + · · · + n.(n + 1).(n + 2), 69 suy 4Sn + = 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 − 1) + · · · + + n.(n + 1).(n + 2)[(n + 3) − (n − 1)] + = n.(n + 1).(n + 2).(n + 3) + Bài toán 3.12 (Romania TST, 2002) Cho dãy số (un ) xác định u0 = 1, u1 = un+2 = 14un+1 − un , n ≥ Chứng minh với số tự nhiên n 2un − số phương Lời giải √ Xét phương trình đặc trưng tương ứng t2 = 14t − có hai nghiệm t1,2 = ± Do đó, số hạng tổng quát dãy √ 2n √ 2n un = a + +b 2− Theo giả thiết u0 = u1 = 1, ta tìm a= 2+ Suy un = Do 2+ √ √ , b= 2− 2n−1  √ 3+1  2un − =  + 2− 2n−1 − √ √ √ 2n−1 3−1 2n−1   2n Xét hai dãy nguyên dương (An ), (Bn ) mà √ Do √ 3±1 2n−1 3+1 2n−1 − √ = An ± Bn √ 3−1 2 2n−1 = 2Bn Bn Từ ta có 2un − = số phương 2n−1 Vậy ta có điều phải chứng minh 70 Bài tốn 3.13 (Thi HSG thành phố Cần Thơ, 2012 - 2013) Cho dãy số nguyên (un ) xác định  u = 1; u = 2 u = 4u n n−1 − un−2 , ∀n ≥ 2, n ∈ N a) Chứng minh un + u2n−1 − 4un un−1 = −3 với n ≥ 2, n ∈ N u2n − số phương với n nguyên dương b) Chứng minh Lời giải a) Xét phương trình đặc trưng tương ứng λ2 − 4λ + = có hai nghiệm √ √ λ1 = − 3; λ2 = + Khi un = A.λn1 + B.λn2 Với u1 = 1; u2 = ta tìm √ 3+2 A= ; Suy un = 2− √ √ 2− B= n−1 + 2+ √ n−1 ; n ≥ Khi u2n + u2n−1 = √ 2− + 2− = 2− √ 2− × 2− = 2− + 2+ 2(n−2) + 2+ √ 4un un−1 = 2(n−1) 2n−3 √ √ √ + 2+ n−2 + 2+ 2n−3 + 2+ +4 2n−3 √ + n−1 × n−2 2n−3 Vậy u2n + u2n−1 − 4un un−1 = −3 u2n − b) Chứng minh số phương + 2(n−2) √ √ 2(n−1) 3 √ n−1 + 2+ 3 √ √ + 71 Từ câu a) ta có 4u2n + u2n−1 − 4un un−1 = 3u2n − Suy (2un − un−1 )2 = 3u2n − hay u2n − (2un − un−1 )2 =  2u − u 3, ∀n ≥ n n−1 Ta chứng minh 2u n−1 − un 3, ∀n ≥  2u − u = − = 3, ∀n ≥ 2 Thật vậy, với n = 2u − u = 3, ∀n ≥ 2  2u − u 3, ∀k ≥ k k−1 Giả sử Suy 2u − u 3, ∀k ≥ k−1 k 2uk+1 − uk = 2(4uk − uk−1 ) − uk = 6uk + uk − 2uk−1 3; 2uk − uk+1 = 2uk − (4uk − uk−1 ) = −2uk + uk−1 Nói riêng, ta có 2un − un−1 3, ∀n ≥ Suy 2un − un−1 = 3k, k ∈ Z u2n − u2n − = k Suy số phương Vậy 3 Bài tốn 3.14 (IMO 1964) a) Tìm tất số nguyên dương n cho 2n − chia hết cho b) Chứng minh khơng có số tự nhiên n để 2n + chia hết cho Lời giải a) Vì n số nguyên dương nên ta xét trường hợp n sau: • Với n = 3k, k ∈ Z ta có 2n − = 23 k − ≡ 1k − ≡ (mod 7) Do đó, với n bội thỏa yêu cầu toán • Với n = 3k + r, k ∈ Z, r = 1, ta có 2n − = 23k 2r − ≡ 2r − ≡ (mod 7), r = (mod 7), r = Từ đó, suy n = 3k, k ∈ Z ta ln có 2n − chia hết cho b) Theo ta có 2n ≡ 1, 2, (mod 7) với số tự nhiên n Do 2n + ≡ (mod 7) với số nguyên dương n 72 Bài toán 3.15 (VMO 1997) Cho dãy số (un ) xác định  u = 7, u = 50 u n≥2 n+1 = 4un + 5un−1 − 1975; Chứng minh u1996 chia hết cho 1997 Lời giải Vì −1975 = 22 (mod 1997) nên ta cần chứng minh dãy un+1 = 4un + 5un−1 + 22 1997 Đặt yn+1 = aun+1 + b Ta có yn+1 = a(4un + 5un−1 + 22) + b 6/4/2019 = 4(aun + b) + 5(aun−1 + b) + 22a − 8b = 4yn + 5yn−1 + 22a − 8b Ta chọn a, b cho 22a − 8b = 0, ta chọn a = 4, suy b = 11, suy yn+1 = 4un+1 + 11 nên y1 = 39, y2 = 211; yn+1 = 4yn + 5yn−1 Từ ta có 8(−1)n + 25.5n , yn = suy + 25.51996 y1996 = Vì + 25.51996 ≡ −1 + = (mod 3), suy y1996 ∈ Z Theo Định lý Fermat 51996 ≡ (mod 1997), suy y1996 ≡ 11 (mod 1997) Do 4x1996 + 11 ≡ 11 (mod 1997) hay x1996 ≡ (mod 1997) Bài toán 3.16 (VMO 1998 - Bảng A) Cho dãy số (un ) xác định  u = 20; u = 100 u = 4u + 5a + 20; ∀n ≥ n+1 n n−1 Tìm số nguyên dương h bé cho un+h − uh 1998; ∀n ∈ N∗ Lời giải Đặt an = 2un + 5, từ (3.2) ta có dãy số (an ) xác định  a = 45; a = 205 a n+1 = 4an + 5an−1 ; ∀n ≥ (3.2) 73 Bằng phương pháp sai phân, ta tìm công thức tổng quát dãy (an ) 10 125 n (−1)n + 3 125 n 5 Suy un = + (−1)n − Vì an+h − an = (un+h − un ) nên an = un+h − un 1998 ⇔ an+h − an 2.1998 = 22 33 37 Mặt khác 125.5n h (−1)n 10 h (−1) − + −1 an+h − an = 3 • Nếu h chẵn 125.5n h −1 an+h − an =  h   5 −1 4.27.37 ⇔ 5h − 81   5h − 37 (3.3) Gọi k số nguyên dương nhỏ thỏa mãn điều kiện 5k − 37 Vì 536 − 37 nên 36 k Suy k ∈ {1, 2, 3, 4, 12, 18, 36} thử trực tiếp ta thấy có k = 36 thỏa mãn Vậy 5h − 37, suy h 36 (3.4) Chứng minh tương tự, ta có 5h − 81, suy h ϕ(81) = 54 (3.5) Từ (3.4) (3.5) ta suy (3.3) ⇔ h [36, 54] = 108, suy h ≥ 108 • Nếu h lẻ Vì un+h ≡ un (mod 1998) nên ta có uh ≡ u0 ≡ 20 (mod 1998) uh+1 ≡ u1 ≡ 100 (mod 1998) Suy 5uh−1 ≡ uh+1 − 4uh − 20 ≡ (mod 1998) , nên uh−1 (mod 1998) Vì h lẻ nên h − chẵn nên uh = 125 h 25 125 h−1 5 − uh−1 = − 6 6 74 Suy uh ≡ 5uh−1 ≡ (mod 1998), mâu thuẫn với uh ≡ 20 (mod 1998) Với h = 108 ta chứng minh un+h ≡ un (mod 1998) ; ∀n ≥ Vậy h = 108 giá trị cần tìm Bài tốn 3.17 (VMO 1998 - Bảng B) Cho dãy số (xn ), (yn ) xác định    x = 1; y1 =   xn+1 = 22yn − 15xn + 20; (∀n ≥ 1)    y = 17y − 12x n+1 n n a) Chứng minh số hạng hai dãy (xn ), (yn ) khác có vơ hạn số hạng dương vô hạn số hạng âm b) Hỏi số hạng thứ 19991945 dãy có chia hết cho khơng? Lời giải a) Ta có xn+2 = 22yn+1 − 15xn+1 = 22(17yn − 12xn ) − 15xn+1 = 17(xn+1 + 15xn ) − 22.12xn − 15xn+1 = 2xn+1 − 9xn Do xn+2 ≡ 2xn+1 (mod 3) Hơn ta có x1 = 1, x2 = 29 suy xn không chia hết cho 3, hay xn = 0, ∀n Tiếp theo, ta chứng minh xn có vơ hạn số hạng dương vơ hạn số hạng âm Thật vậy, từ ta có xn+3 = 2xn+2 − 9xn+1 = −5xn+1 − 18xn hay xn+3 + 5xn+1 + 18xn = 0, ∀n (3.6) Do đó, giả sử dãy xn có hữu hạn số hạng dương (hữu hạn số hạng âm), ta gọi xnj số hạng dương lớn dãy Khi đó, với n ≥ nj ta có xn < 0, điều mâu thuẫn với (3.6) Tương tự, ta chứng minh dãy yn+2 = 2yn+1 − 9yn , ∀n thỏa yêu cầu toán b) Từ trên, ta có xn+4 = −28xn+1 − 45xn nên xn ≡ (mod 7) ⇔ xn+4 ≡ (mod 7) ⇔ xn+4k ≡ (mod 7) Ngoài ra, từ 19991945 ≡ (−1)1945 (mod 4) ≡ (mod 4) x3 = 49 nên ta suy x1945 1999 ≡ (mod 7) 75 Tương tự, ta có yn ≡ (mod 7) ⇔ yn+4k ≡ (mod 7) 1945 Nhưng y3 = 26 ≡ (mod 7) nên y1999 ≡ (mod 7) Bài toán 3.18 (Thi HSG Hà Nội vòng 2, 2011 - 2012) Cho dãy số nguyên dương (un ) xác định u1 = 1, u2 = 2, u4 = Với số n nguyên dương khác ta có un+1 un−1 = un + a, a2 = 1) Xác định số hạng tổng quát un dãy số 2) Tìm số tự nhiên n khơng vượt q 2012 cho un chia hết cho 10 Lời giải 1) Ta có u2 u4 = u3 + a nên u3 = u2 u4 − a = 10 − a Suy u3 = (vì dãy số nguyên dương) Ta có (un ) dãy tăng un > với n ≥ un+1 un−1 = un + a ⇔ un+1 un + a = un−1 Giả sử un − un−1 un + un−1 Suy un−1 vô lý Vậy un − un + chia hết cho un−1 nên tồn nhiều dãy thỏa mãn đầu Xét dãy số (vn ) xác định  v = 1; v = 2 v = v +v n+2 n+1 n Chứng minh phương pháp quy nạp, ta thu vn+1 vn−1 = − (−1)n nên dãy (vn ) dãy thỏa mãn đầu Vậy  u = 1; u = 2 u n+2 = un+1 + un Suy un = √ √ 1+ n − √ 1− n 2) Ta có un+2 = un+1 + un = 2un + un−1 ≡ un−1 (mod 2) 76 Mặt khác u2 = nên ≡ u2 ≡ u5 ≡ · · · ≡ u3k+2 (mod 2) Vậy un ⇔ n = 3k + Ta lại có un+2 = un+1 + un = 2un + un−1 = 3un−1 + 2un−2 = 5un−2 + 3un−3 ≡ 3un−3 (mod 5); (n ≥ 4) Mặt khác u4 = nên u4 Suy u9 ≡ 3u4 (mod 5) hay u9 .5 Suy un ⇔ n = 5k + n = 3k + Vậy un 10 ⇔ ⇔ n = 15m − n = 5k + Vì ≤ n ≤ 2012, suy ≤ 15m − ≤ 2012, suy m ≤ 134 Vậy có 134 số thỏa mãn đầu n = 15m − với m ∈ N, m ∈ [1; 134] 77 Kết luận Luận văn "Một số phương pháp giải đề thi Olympic phương trình Diophant" trình bày vấn đề sau: Trình bày chi tiết hệ thống kiến thức số học phương trình Diophant Tiếp theo, khảo sát số dạng toán đưa khảo sát phương trình hệ phương trình Diophant liên quan Cuối cùng, luận văn trình bày số phương pháp giải đề tốn phương trình hệ phương trình Diophant chọn lọc từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia Olympic nước năm gần 78 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái, Số học, NXB Giáo dục, 2004 [2] Hội Toán học Việt Nam, (2007), Các thi Olimpic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Chuyên đề số học toán liên quan, NXB Giáo dục, 2009 [4] Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Nho, Lê Hồnh Phị (2003), Tuyển tập dự tuyển Olympic Toán học Quốc tế 1991-2001, NXB Giáo dục [B] Tiếng Anh [5] Nathanson M.B, Elementary methods in number theory, Springer, 1999 [6] Titu Andreescu, Juming Feng (2000), Mathematical Olympiads 1999-2000: Olympiads Problems from Around the World, MMA [7] Titu Andreescu, Juming Feng, Hojoo Lee (2002), Mathematical Olympiads 2001-2002: Olympiads Problems from Around the World, MMA ... giỏi chuyên đề phương trình Diophant, tơi chọn đề tài luận văn "Một số phương pháp giải đề thi Olympic phương trình Diophant" Tiếp theo, khảo sát số lớp hệ phương trình Diophant liên quan Cấu trúc... Chương Các kiến thức bổ túc số học phương trình Diophant Chương Các phương pháp giải phương trình Diophant Chương Các dạng tốn liên quan đến hệ phương trình Diophant Tiếp theo, cuối chương trình. .. Vậy tốn có vơ số nghiệm nguyên dương 19 Chương Các phương pháp giải phương trình Diophant Trong chương này, ta xét số phương pháp thơng dụng giải phương trình Diophant tiếp cận đề thi kỳ Olympiad