Chủ đề này có 1 trả lời

[somethingnew]

Giả sử rằng tồn tại (x,y) là cặp số nguyên dương sao cho 3x²+2y²-6=xyk với x không chia hết cho 4,(y,3)=1 và k>= 8.

Chứng minh rằng tồn tại vô hạn cặp như thế.

[nhungvienkimcuong]

Về mặt ý tưởng, với hình thức đề bài như này thì liên tưởng ngay tới phương trình Pell, với yêu cầu chứng minh thì ta thấy ngay câu chuyện xây dựng dãy nghiệm, do vậy liên tưởng ban đầu là hoàn toàn hợp lí. Giờ thì xử lí bài toán thôi 

Biết rằng các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $4\nmid x,3\nmid y$ và

$$3x^2+2y^2-6=kxy$$

trong đó số nguyên $k\ge 8$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn cặp số $(x,y)$ như thế.

 

Phương trình $3x^2+2y^2-6=kxy$ tương đương $(4y-kx)^2-(k^2-24)x^2=48$. Do vậy ta sẽ chứng minh: Biết rằng $A,B,k$ là các số nguyên dương $(k\ge 8)$ thỏa mãn phương trình

$$A^2-(k^2-24)B^2=48\qquad (\blacklozenge)$$

trong đó $4\nmid B$ và $\frac{A+kB}{4}$ là số nguyên, ngoài ra thì $3\nmid \frac{A+kB}{4}$. Khi đó tồn tại vô hạn cặp số $(A,B)$ cũng thỏa mãn các điều kiện vừa nêu.

(Ở đây đang làm cho trường hợp $4y\ge  kx$ nên mới xét $A+kB$, nếu $4y< kx$ xử lí tương tự cho $kB-A$ nhưng mất thời gian hơn xíu)

 

Bước 1: Xây dựng dãy nghiệm cho phương trình $(\blacklozenge)$.

Dễ thấy $k^2-24$ không là số chính phương nên tồn tại $a,b$ sao cho $a^2-(k^2-24)b^2=1$. Sử dụng đồng nhất thức

$$(a^2-d\cdot b^2)(A^2-d\cdot B^2)=(aA+d\cdot bB)^2-d(bA+aB)^2$$

thu được dãy nghiệm của phương trình $(\blacklozenge)$ như sau

$$\left\{\begin{array}{l}A_1=4y-kx,B_1=x\\ A_{n+1}=aA_n+(k^2-24)bB_n\\ B_{n+1}=bA_n+aB_n\end{array}\right.$$

 

Bước 2: Chứng minh $\frac{A_n+kB_n}{4}\in \mathbb{Z}$ và $3\nmid \frac{A_n+kB_n}{4}$ với mọi $n$.

Từ dãy trên ta có

$$\begin{align*}A_{n}+kB_{n}&=a(A_{n-1}+kB_{n-1})+b(kA_{n-1}+(k^2-24)B_{n-1})\\&= (a+kb)(A_{n-1}+kB_{n-1})-24bB_{n-1}\\ &\equiv (a+kb)(A_{n-1}+kB_{n-1})\pmod{24}.\end{align*}$$

Vì $4\mid A_{n-1}+kB_{n-1}$ nên $4\mid A_{n}+kB_{n}$, do vậy $\frac{A_n+kB_n}{4}$ là số nguyên với mọi $n$. Ngoài ra từ hệ thức trên ta cũng có được 

$$A_{n}+kB_{n}\equiv (a+kb)(A_{n-1}+kB_{n-1})\pmod{3}. $$

Vì $a^2-k^2b^2=1-24b^2\equiv 1\pmod{3}$ nên $3\nmid a+kb$, dẫn tới $3\nmid A_n+kB_n$ với mọi $n$.

 

Bước 3: Chứng minh $4\nmid B_n$ với mọi $n$ lẻ.

Từ cách xây dựng dãy ta có $B_{n+2}=2aB_{n+1}+(k^2b^2-a^2)B_n=2aB_{n+1}+(24b^2-1)B_n$, suy ra

$$B_{n+2}\equiv 2aB_{n+1}-B_n\pmod{4}\qquad (\lozenge).$$

Vì $B_1=x\not\equiv 0\pmod{4}$ nên sẽ có hai trường hợp

• Nếu $B_1$ lẻ thì từ $(\lozenge)$ dễ thấy $B_n$ lẻ với mọi $n$ lẻ, do vậy $4\nmid B_n$ với mọi $n$ lẻ.
• Nếu $B_1=2t$ với $t$ lẻ, từ $(\lozenge)$ dễ dàng có được $B_{n+4}\equiv 2B_{n+2}-B_n\pmod{4}$. Dẫn tới $B_{n}$ với $n$ lẻ luôn có dạng $2u$ ($u$ lẻ), khi đó $4\nmid B_{n}$ với mọi $n$ lẻ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 19-07-2022 - 21:19