Hệ PT thi thử diễn đàn Mathlinks.vn

Bài toán: (Mathlinks.vn) Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}(x+y)\left(\dfrac{1}{xy}+3\right)=\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\\\4-x^2-y^2=2\sqrt{2xy}+\sqrt{2-x^2-y^2}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\end{cases}$$ Lời giải: 

 ĐK: $\begin{cases}x^2+y^2\le 2\\x,y>0\end{cases}$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh với điều kiện này thì: $$\begin{align}&\;\;\;\;\;\;\;(x+y)\left(\dfrac{1}{xy}+3\right)\ge\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*) \\ & \Leftrightarrow \dfrac{x+y}{xy}+3(x+y)-\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{4}{x+y}+\dfrac{4}{x+y}-\dfrac{4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}+3(x+y)-3\sqrt{2(x^2+y^2)}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{(x-y)^2}{xy(x+y)}+\dfrac{4(x-y)^2}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] }-\dfrac{3(x-y)^2}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{xy(x+y)}+\dfrac{4}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] }-\dfrac{3}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{xy(x+y)}-\dfrac{8}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}+\dfrac{12}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}-\dfrac{3}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge  0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] -8xy}{xy(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}+\dfrac{3.\left[ 4-(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}\ge 0\end{align}$$ BDT này đúng vì theo Cauchy Schwarz và AM-GM ta có: $$\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]\ge 2(x+y)^2\ge 8xy$$ Vì $x^2+y^2\le 2$ nên: $$4-(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\ge 4-2(x^2+y^2)\ge 0$$ BDT $(*)$ được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y$. Thay vào phương trình $(2)$ ta được: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\; 4-2x^2=2x\sqrt{2}+\sqrt{2-2x^2}\\ & \Leftrightarrow 1-2x^2+2(1-x\sqrt{2})+1-\sqrt{2-2x^2}=0\\ & \Leftrightarrow (1-x\sqrt{2})\left[(1+x\sqrt{2}).\dfrac{\sqrt{2-2x^2}}{1+\sqrt{2-2x^2}}+2\right] =0\\ & \Leftrightarrow 1-x\sqrt{2}=0,\;\;\;\text{Vì }(1+x\sqrt{2})\dfrac{\sqrt{2-2x^2}}{1+\sqrt{2-2x^2}}+2 >0\\&\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{aligned}$$ Cuối cùng, ta thu được nghiệm $$(x, y)=\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2},\;\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$$ 

Bài toán: (Mathlink.vn) Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}\dfrac{1}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)}=\dfrac{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\\\\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)=2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\end{cases}$$ 
Lời giải:
Điều kiện: $\begin{cases}x, y\ge 0\\2-x^2-y^2\ge 0\end{cases}\Rightarrow 0\le x,y\le \sqrt{2}$ Phương trình $(2)$ tương đương với: $$(\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)=3+\sqrt{xy}-\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)$$ Đặt $a=\sqrt{2-x^2-y^2}, b=\sqrt{xy},\;(0\le a,b;\; b\le 2,\;a\le \sqrt{2})$  Kết hợp với $(1)$ ta có: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\dfrac{1+a}{ab+4}=\dfrac{1}{3+b-a(b+1)}\\&\Leftrightarrow (a+1)[3+b-a(b+1)]=ab+4\\&\Leftrightarrow b=\dfrac{(a-1)^2}{1-a-a^2}\end{aligned}$$ Ngoài ra: 
 +) Phương trình $(1)$ cho ta: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\; (\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)=\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}\\&\Leftrightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+1=\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)\end{aligned}$$
 +) Phương trình $(2)$ cho ta: $$\sqrt{x}+\sqrt{y}=2-\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Lấy $(3)-(4)$, ta được: $$\sqrt{xy}+1=\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)+\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}-2$$ hay: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;b+1=a(b+1)+\dfrac{ab+4}{a+1}-2\\&\Leftrightarrow b=ab+a+\dfrac{ab+4}{a+1}-3\\&\Rightarrow \dfrac{(a-1)^2}{1-a-a^2}=\dfrac{a(a-1)^2}{1-a-a^2}+a+\dfrac{\dfrac{a(a-1)^2}{1-a-a^2}+4}{a+1}-3\\&\Leftrightarrow \dfrac{a^3-2a^2+a}{1-a-a^2}=0\Leftrightarrow a=0\vee a=1\end{aligned}$$

Trường hợp 1: $a=0\Rightarrow b=1$ Lúc này ta thu được; $$\begin{cases}x^2+y^2=2\\xy=1\end{cases}\Leftrightarrow x=y=1\;(x,y \ge 0)$$
Trường hợp 2: $a=1\Rightarrow b=0$ Lúc này ta được; $$\begin{cases}x^2+y^2=1\\xy=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=0\\y=1\end{cases}\vee\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}$$ Thử lại thấy thỏa. Kết luận $$(x,y)=(1,1)\vee (0,1)\vee (1,0)$$

PHƯƠNG PHÁP GEN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

    PHƯƠNG PHÁP GEN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

    Trong Sinh học ta định nghĩa gen hay di tố là một đoạn DNA mang một chức năng nhất định trong quá trình truyền thông tin di truyền. Tương tự như vậy, trong Toán học, phương pháp gen trong giải phương trình nghiệm nguyên chủ yếu là cho ta cấu trúc nghiệm của nó. Nếu từ một nghiệm của phương trình đã cho, ta xây dựng quy tắc nghiệm của nó. 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: $$x^2-dy^2=1,\,d\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ 
     Tính chất:   
           1. Nếu $d$ là số chính phương thì phương trình $(1)$ vô nghiệm.
           2. Nếu $d$ là số nguyên âm thì phương trình $(1)$ không có nghiệm nguyên dương.
           3. Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $d$ là số nguyên dương và không chính phương.
      $*$ Công thức nghiệm của phương trình Pell loại I:
           Ta xét trong trường hợp phương trình Pell loại I nhận các nghiệm nguyên dương (tức là $x, y\in\mathbb{Z^+}$). Gọi $(a, b)$ là hai cặp nghiệm bé nhất của phương trình Pell loại I. Khi đó công thức nghiệm của phương trình này được xác định bởi công thức tổng quát của dãy $(x_n), (y_n)$: $$\begin{cases}x_n=\dfrac{(a+b\sqrt{d})^n+(a-b\sqrt{d})^n}{2}\\y_n=\dfrac{(a+b\sqrt{d})^n-(a-b\sqrt{d})^n}{2\sqrt{d}}\end{cases}$$ hay theo công thức truy hồi: $$\begin{cases}x_0=1, y_0=0\\x_1=a, y_1=b\\x_{n+2}=2ax_{n+1}-x_n\\y_{n+2}=2ay_{n+1}-y_n\end{cases}$$
    2. Phương trình Pell loại II:
       Phương trình Pell loại II là phương trình nghiệm nguyên có dạng: $$x^2-dy^2=-1, d\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$
     Tính chất:
          1. Nếu $d$ là số chính phương thì $(2)$ vô nghiệm.
          2. Nếu $d$ có ước nguyên tố dạng $4k+3$ thì $(2)$ vô nghiệm.
          3. Nếu $d$ là số nguyên tố thì $(2)$ có nghiệm khi và chỉ khi $d\neq 4k+3$
          4. (Điều kiện có nghiệm của Phương trình Pell loại II) Gọi $(a, b)$ là nghiệm nhỏ nhất của $(2)$. Khi đó, $(2)$ có nghiệm khi và chỉ khi hệ: $$\begin{cases}a=x^2+dy^2\\b=2xy\end{cases}$$ có nghiệm nguyên dương.
      $*$ Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II:
           Xét phương trình Pell loại I liên kết với phương trình $(2)$: $x^2-dy^2=1, d\in\mathbb{Z}$. Gọi $(a, b)$ là nghiệm nhỏ nhất phương trình này. Xét hệ: $$\begin{cases}a=x^2+dy^2\\b=2xy\end{cases}$$  Giả sử hệ này có nghiệm duy nhất và ta gọi $(u, v)$ là nghiệm duy nhất của nó. Khi đó dãy số $(x_n), (y_n)$ sau sẽ vét sạch hết nghiệm của phương trình Pell loại II: $$\begin{cases}x_0=u, y_0=v\\x_1=u^3+duv^2, y_1=dv^3+3u^2v\\x_{n+2}=2ax_{n+1}-y_n\\y_{n+2}=2ay_{n+1}-y_n\end{cases}$$
    3. Phương trình Pell với tham số $n$:
        Phương trình Pell tham số $n$ có dạng: $$x^2-dy^2=n, d,n\in\mathbb{Z}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)$$
    Tính chất:
         1. Phương trình $(3)$ hoặc vô nghiệm hoặc vô số nghiệm.
         2. Giả sử $(3)$ có nghiệm và gọi $x_0,y_0)$ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của nó. Gọi $(a, b)$ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương ứng: $x^2-dy^2=1, d\in\mathbb{Z}$. Khi đó, ta có: $$y_0^2\le\max\left\{nb^2;-\dfrac{na^2}{d}\right\}$$
         3. Giả sử $(3)$ có nghiệm là $(\alpha_1,\beta_1); (\alpha_2, \beta_2);...;(\alpha_m, \beta_m)$ thỏa mãn: $$\beta_i^2\le\max\left\{nb^2,-\dfrac{na^2}{d}\right\}$$ Xét $m$ dãy sau: $$\begin{cases}x_{0,i}=\alpha_i, y_{0,i}=\beta_i\\x_{n+1, i}=ax_{n,i}+day_{n,i}\\y_{n+1,i}=bx_{n,i}+ay_{n,i}\end{cases}$$  Với $(a, b)$ là nghiệm bé nhất của phương trình Pell loại I tương ứng $x^2-dy^2=1$. Đồng thời khi đó các dãy $(x_{n,i}), (y_{n,i})$ sẽ vét hết tất cả các nghiệm của phương trình Pell tham số $n$.
      Phương trình Pell là một công cụ rất mạnh trong việc giải quyết các phương trình nghiệm nguyên cũng như số học nói chung. Ta tìm hiểu các ví dụ sau:
 II. Bài tập ví dụ:
     Bài toán 1: Tìm tất cả các số nguyên dương $x>2$ sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là $x-1, x, x+1$ thì diện tích của nó cũng là một số nguyên.
     Lời giải:
         Giả sử $x$ là giá trị thỏa mãn bài toán. Ta có nửa chu vi tam giác đó là: $\dfrac{x+1+x+x-1}{2}=\dfrac{3}{2}x$. Gọi $y$ là diện tích tam giác đó. Áp dụng công thức Heron, ta có: $$y=\sqrt{\dfrac{3}{2}x\left(\dfrac{3}{2}x-x-1\right)\left(\dfrac{3}{2}x-x\right)\left(\dfrac{3}{2}x-x+1\right)}=\dfrac{1}{4}x\sqrt{3(x^2-4)}\\\Leftrightarrow 16y^2=3x^2(x^2-4)$$ Do $16\;\vdots\; 2\Rightarrow x^2(x^2-4)\;\vdots\; 2\Rightarrow x\;\vdots \;2$. Đặt $x=2k,k\in\mathbb{N^*}$. Theo đó: $$6y^2=3,4k^2(4k^2-4)\\\Leftrightarrow y^2=3k^2(k^2-1)\Rightarrow y=k\sqrt{3(k^2-1)}$$ Chú ý rằng: $k,y\in\mathbb{Z^+}\Rightarrow \sqrt{3(k^2-1)}\in\mathbb{Z^+}$. Do đó tồn tại $l\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$3(k^2-1)=l^2$$ Rõ ràng $l^2\;\vdots \; 3\Rightarrow l=3m,m\in\mathbb{Z^+}$. Khi đó phương trình trở thành $$k^2-3m^2=1$$ Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được xác định bởi: $$\begin{cases}k_0=1, m_0=0\\k_1=2, m_1=1\\k_{n+2}=6k_{n+1}-k_n,\forall n=0,1,2,...\\m_{n+2}=6m_{n+1}-m_n,\forall n=0,1,2,..\end{cases}$$ Suy ra: $$\begin{cases}x_0=2,y_0=1\\x_1=4,y_1=2\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_{n},n=0,1,2,...\\y_{n+2}=4y_{n+1}-y_n,n=0,1,2,...\end{cases}$$  Vậy tất cả giá trị của $x$ thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy: $$\begin{cases}x_0=2, x_1=4\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_n. n=0,1,2...\end{cases}$$.
  
    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: $$1^2+2^2+3^2+ ...+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$ Suy ra: $$\dfrac{1^2+2^2+3^2+...+n^2}{n}=\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6}$$ Theo đó, ta cần tìm $n, y\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6}=y^2\\&\Leftrightarrow n^2+3n+1=6y^2\\&\Leftrightarrow 16n^2+24n+4=48y^2\\&\Leftrightarrow (4n+3)^2-48y^2=1\end{aligned}$$ 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: $$\begin{cases}x_0=1, y_0=0\\x_1=7, y_1=1\\x_{k+2}=14x_{k+1}-x_k, k=0,1,2,...\\y_{k+2}=14y_{k+1}-y_k,k=0,1,2,...\end{cases}$$ Bằng qui nạp, ta chứng minh được rằng: $$\begin{cases}x_{2k}\equiv 1\pmod{4}\\x_{2k+1}\equiv 3\pmod{4}\end{cases}$$ Ngoài ra: $$\begin{aligned}x_{2k+3}=14x_{2k+2}-x_{2k+1}&=14(14x_{2k+1}-x_{2k})-x_{2k+1}\\&=196x_{2k+1}-14x_{2k}-x_{2k+1}\\&=195x_{2k+1}+x_{2k+1}-14x_{2k}-x_{2k+1}\\&=194x_{2k+1}-x_{2k-1}\end{aligned}$$ Đồng thời, vì $x=4n+3$ nên $n=\dfrac{x-3}{4}\in\mathbb{Z^+}$, theo đó: $n_k=\dfrac{x_{2k+1}-3}{4}\Rightarrow n_0=1, n_1=337, n_{k+1}=194n_k-n_{k-1}+144$. Vậy, tất cả giá trị $n$ thỏa mãn bài toán là: $$\begin{cases}n_0=1, n_1=337\\n_{k+1}=194n_k-n_{k-1}+144, k=0,1,2,...\end{cases}$$                                                      
     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: $$\begin{cases}x_n=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n}{2}\\y_n=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n-(3-2\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}}\end{cases}$$ Suy ra: $$\begin{aligned}x_n+y_n &=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n}{2}+\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n-(3-2\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2n+1}+(\sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2\sqrt{2}}\end{aligned}$$ Áp dụng công thức khai triển Newton, ta có: $$\begin{aligned}x_n+y_n&=\dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2n+1}+(\sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{\sum^{2n+1}_{i=0}C^i_{2n+1}(\sqrt{2})^i+\sum^{2n+1}_{i=0}C^i_{2n+1}(\sqrt{2})^i(-1)^{2n+1-i}}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{2\sqrt{2}\sum^{n}_{j=0}C^{2j+1}_{2n+1}2^j}{2\sqrt{2}}=\sum^{n}_{j=0}C^{2j+1}_{2n+1}2^j\\&=C^1_{2n+1}+\sum^{n}_{j=1}C^{2j+1}_{2n+1}2^j=1+\sum^n_{j=1}C^{2j+1}_{2n+1}2^j\equiv 1\pmod{2}\end{aligned}$$ 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: $$\begin{cases}d\;|\;2n+1\\d\;|\;3n+1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} d\;|\;6n+3\\d\;|\;6n+2\end{cases}\Rightarrow d\;|\;1\Rightarrow d=1$$ Điều này cho thấy $2n+1, 3n+1$ đồng thời là các số chính phương khi và chỉ khi tồn tại $y\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;(2n+1)(3n+1)=y^2\\&\Leftrightarrow 6n^2+5n+1=y^2\\&\Leftrightarrow 144n^2+120n+24=24y^2\\&\Leftrightarrow (12n+5)^2-24y^2=1\end{aligned}$$ Đặt $x=12n+5$, phương trình trở thành: $$x^2-24y^2=1$$Đây chính là phương trình Pell loại I, vì $24$ không phải là số chính phương nên phương trình này chắc chắn có 
nghiệm và công thức nghiệm của nó được cho bởi: $$\begin{cases} x_0=1, y_0=0\\x_1=5, y_1=1\\x_{k+2}=10x_{k+1}-x_k, k=0,1,2,...\\y_{k+2}=10y_{k+1}-y_k, k=0,1,2,...\end{cases}$$ Bằng qui nạp ta chứng minh được $x_{2k+1}\equiv 5\pmod{12}$, do đó: $$n_k=\dfrac{x_{2k+1}-5}{12}$$ Ngoài ra: $$\begin{aligned}x_{2k+3}&=10x_{2k+2}-x_{2k+1}\\&=10(10x_{2k+1}-x_{2k})-x_{2k+1}\\&=99x_{2k+1}-10x_{2k}\\&=98x_{2k+1}+(10x_{2k}-x_{2k-1})-10x_{2k}\\&=98x_{2k+1}-x_{2k-1}\end{aligned}$$  Suy ra: $n_{k+1}=98n_k-n_{k-1}+40$. Và theo đó tất cả giá trị $n$ thỏa mãn bài toán là: $$\begin{cases}n_0=0, n_1=40\\n_{k+}=98n_k-n_{k-1}+40, k=0,1,2,...\end{cases}$$                                                                          
    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 các số chính phương. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $8(2m+1)$
   
   Bài toán 5: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $x, y, z$ sao cho: $$x^2+y^3=z^4$$
   Lời giải:
   Bổ đề: Tồn tại vô hạn số nguyên dương $n, k$ sao cho: $$\dfrac{n(n+1)}{2}=k^2$$
Chứng minh bổ đề:
     Biến đổi phương trình $(1)$ về dạng tương đương: $$(2n+1)^2-8k^2=1$$ Đặt $m=2n+1$, phương trình $(1)$ trở thành $m^2-8k^2=1$. Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được cho bởi: $$\begin{cases}m_0=1, k_0=0\\m_1=3, k_1=2\\m_{l+2}=6m_{l+1}-m_l\\k_{l+2}=6k_{l+1}-k_l\end{cases}$$ Ngoài ra, ta thấy $m_l\equiv 1\pmod{2}$ nên giá trị $n$ thỏa mãn bổ đề được cho bởi: $$\begin{cases}n_0=0, n_1=1\\n_{l+2}=6n_{l+1}-n_l+2,l=0,1,2,...\end{cases}$$ Dãy số này chứng tỏ khẳng định của bổ đề là đúng. Bổ đề được chứng minh.
 Trở lại bài toán, Bằng qui nạp ta dễ dàng kiểm tra được rằng với mọi $n$ nguyên dương, ta luôn có: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;1^3+2^3+3^3+...+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\\&\Leftrightarrow [1^3+2^3+3^3+...+(n-1)^3]+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\\&\Leftrightarrow \left[\dfrac{(n-1)n}{2}\right]^2+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\end{aligned}$$ Từ đây, áp dụng bổ đề trên, ta chọn $$\begin{cases}x=\dfrac{n(n+1)}{2}\\y=n\\z^2=\dfrac{n(n+1)}{2}\end{cases}$$ Rõ ràng đây chính là ba bộ số thỏa mãn bài toán. Từ đó suy ra đpcm.

   Bài toán 6: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $x, y$ sao cho: $$\dfrac{x+1}{y}+\dfrac{y+3}{x}=6$$
   
    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: $$\Delta =(1-6y)^2-4y(y+3)=32y^2-24y+1$$ 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: $$\begin{aligned}&\;\;\;32y^2-24y+1=k^2\\&\Leftrightarrow 64y^2-48y+2=2k^2\\&\Leftrightarrow (8y-3)^2-2k^2=7\end{aligned}$$ Đặt $m=8y-3$, phương trình trở thành: $$m^2-2k^2=7\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Xét phương trình Pell loại I: $m^2-2k^2=1$, dễ thấy phương trình Pell này nhận nghiệm nhỏ nhất là $(3, 2)$, bằng phép thử tuần tự ta tìm được $(3, 1)$ là nghiệm cơ sở của $(*)$. Theo đó, ta xét dãy $(x_n), (y_n)$: $$\begin{cases}x_0=3, y_0=2\\x_{n+1}=3x_n+4y_n, n=1,2,3,...\\y_{n+1}=2x_n+3y_n,n=1,2,3,...\end{cases}$$ Đồng thời: $$x_{n+1}^2-2y_{n+1}^2=(3x_n+4y_n)^2-2(2x_n+3y_n)^2=x_n^2-2y_n^2=...=x_1^2-2y_1^2=7$$ Điều này chứng tỏ phương trình $m^2-2k^2=7$ có vô hạn nghiệm nguyên dương. Ngoài ra ta còn nhận thấy $x_{2k}\equiv 3\pmod{8}$, thật vậy chú ý rằng: $$\begin{aligned}x_{n+1}&=3x_n+4y_n\\&=9x_{n-1}+12y_{n-1}+4y_n\\&=9x_{n-1}+8y_{n-1}+4(y_n+y_{n-1})\\&=9x_{n-1}+8y_{n-1}+8(x_{n-1}+2x_{n-1})\equiv x_{n-1}\pmod{8}\end{aligned}$$ Như vậy, $$ x_{2k}\equiv x_{2k-2}\equiv ...\equiv x_2\equiv x_0\equiv 3\pmod{8}$$ Điều này cho thấy tồn tại vô hạn $y,k\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$(8y-3)^2-2k^2=7$$ Từ đó dễ dàng suy ra đpcm.

  Tài liệu tham khảo:
     [1] Phương trình nghiệm nguyên - Phan Huy Khải.
     [2] Phương trình Diophant - Trần Nam Dũng
     [3] Lời giải và bình luận TST 2013.

Bài toán: (Chọn đội tuyển VMO tỉnh Bắc Giang, năm học 2014-2015)
    Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}3x^2-8x+2(x-1)\sqrt{x^2-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^2+4y+5}\\x^2+2y^2=4x-8y-6\end{cases}$$Lời giải:
Hệ đã cho viết lại thành: $$\begin{cases}(x-1)^2-2(x-1)-5+2(x-1)\sqrt{(x-1)^2+1}=2(y+2)\sqrt{(y+2)^2+1}\\(x-1)^2+2(y+2)^22(x-1)+5\end{cases}$$ Đặt: $a=x-1, b=y+2$ Khi đó, hệ đã cho trở thành: $$\begin{cases}3a^2-2a-5+2a\sqrt{a^2+1}=2b\sqrt{b^2+1}\\a^2+2b^2=2a+5\end{cases}$$ Thay $2a+5=a^2+2b^2$ vào phương trình trên, ta thu được: $$a^2-2b^2+2a\sqrt{a^2+1}=2b\sqrt{b^2+1}$$ $$\Leftrightarrow (a+\sqrt{a^2+1})^2=(b+\sqrt{b^2+1})^2$$ Trường hợp 1:  $a+\sqrt{a^2+1}=b+\sqrt{b^2+1}$
 Xét hàm số  $f(t)=t+\sqrt{t^2+1}, \forall t\in \mathbb{R}$. Ta có: $$f'(t)=1+\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}\ge0, \forall t\in\mathbb{R}$$ Do đó, $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, và như vậy, ta có: $a=b$, thay vào phương trình thứ hai ta dễ dàng tính được $a=b=-1$ hoặc $a=b=\dfrac{5}{3}$ từ đó ta thu được nghiệm là $\left(x, y\right)=\left(0,-3\right), \left(\dfrac{8}{3},-\dfrac{1}{3}\right)$
Trường hợp 2:   $$a+\sqrt{a^2+1}=-b-\sqrt{b^2+1}$$ $$\Leftrightarrow a+b+\frac{a^2-b^2}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}=0$$ $$\Leftrightarrow (a+b)\left(1+\dfrac{a-b}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}\right)=0$$ Do $a\neq b$ nên dễ dàng thấy được: $\dfrac{a-b}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}\neq 0$
Và như vậy, ta có $a=-b$ thay vào hệ ta tính được $(a, b)=\left(1, -\dfrac{5}{3}\right)\vee \left(-1;\dfrac{5}{3}\right)$ Từ đó suy ra $(x, y)=\left(2,-\dfrac{11}{3}\right)\vee \left(0, \dfrac{-1}{3}\right)$ Thử lại, ta tính được nghiệm của bài toán là: $$(x; y)=(0, -3)\vee \left(\dfrac{8}{3}, -\dfrac{1}{3}\right)$$

Bài toán: Giải hệ phương trình sau: $$\begin{cases} x^2+y^2+\dfrac{8xy}{x+y}=16\\\dfrac{x^2}{8y}+\dfrac{2x}{3}=\sqrt{\dfrac{x^3}{8y}+\dfrac{x^2}{4}}-\dfrac{y}{2}\end{cases}$$ Lời giải:
Điều kiện: $x+y\neq 0, y\neq 0, x\ge \dfrac{3}{4}$. Đặt $y=ax$, từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: $$\dfrac{x^2}{8ax}+\dfrac{2x}{3}=\sqrt{\dfrac{x^3}{3ax}+\dfrac{x^2}{4}}-\dfrac{ax}{2}$$ Với $x\neq 0$, ta suy ra: $$\dfrac{1}{8a}+\dfrac{2}{3}=\sqrt{\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{4}}-\dfrac{a}{2}$$ $$\Leftrightarrow 12a^2+16a-3=4\sqrt{9a^2+12a}$$
                                                                     $\Leftrightarrow 12a^2+16a-3-\dfrac{12(12a^2+16a-3)}{6+4\sqrt{9a^2+12a}}=0$
                                                                     $\Leftrightarrow (12a^2+16a-3)\left(1-\dfrac{12}{6+4\sqrt{9a^2+12a}}\right)=0$
Như vậy, ta có $12a^2+16a-3=0$ hoặc $1-\dfrac{12}{6+4\sqrt{9a^2+12a}}=0$. Cả hai trường hợp này đều dẫn đến: $$12a^2+16a-3=0$$ Tức là $a=\dfrac{1}{6} $ hoặc $a=-\dfrac{3}{2}$
$\bullet$  Trường hợp 1:  $a=\dfrac{1}{6}\Rightarrow x=6y$, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: $$36y^2+y^2+\dfrac{48y^2}{6y+y}=16$$ $$\Leftrightarrow 37y^2+\dfrac{48}{7}y-16=0$$ $$\Rightarrow \begin{cases} y_1=\dfrac{4}{7}\\y_2=-\dfrac{28}{37}\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x_1=\dfrac{24}{7}\\x_2=-\dfrac{168}{37}\end{cases}$$ $\bullet$  Trường hợp 2: $a=-\dfrac{3}{2}\Rightarrow y=-\dfrac{3}{2}x$, tiếp tục thay vào phương trình đầu, ta được: $$\dfrac{13}{4}x^2+24x-16=0$$ $$\Rightarrow \begin{cases}x_1=-8 (l)\\x_2=\dfrac{8}{13}\Rightarrow y_2=-\dfrac{12}{13}\end{cases}$$ Thử lại, ta thu được: $$(x, y)=\left(\dfrac{4}{7}, \dfrac{24}{7}\right); \left(\dfrac{8}{13}, -\dfrac{12}{13}\right)$$

Bài toán: Giải hệ phương trình sau: $$\begin{cases} 3\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=4\left(y+\dfrac{1}{y}\right)=5\left(z+\dfrac{1}{z}\right)\\xy+yz+zx=1\end{cases}$$ Lời giải:
Điều kiện: $x, y, z\neq 0$. Từ điều kiện $xy+yz+zx=1$, ta nghĩ đến việc chọn $A, B, C$ là ba góc của một tam giác sao cho: $$x=\tan \dfrac{A}{2}$$ $$y=\tan\dfrac{B}{2}$$ $$z=\tan\dfrac{C}{2}$$ Khi đó, ta có: $$\tan\dfrac{A}{2}+\dfrac{1}{\tan\dfrac{A}{2}}=\dfrac{\tan^2\dfrac{A}{2}+1}{\tan\dfrac{A}{2}}=\dfrac{\dfrac{1}{\cos^2\dfrac{A}{2}}}{\tan\dfrac{A}{2}}=\dfrac{2}{\sin A}$$ Theo đó, ta thu được: $$\dfrac{3}{\sin A}=\dfrac{4}{\sin B}=\dfrac{5}{\sin C}$$ Mặt khác, chú ý tới định lý hàm $\sin$, với $a, b,c$ tương ứng là cạnh đối diện của ba góc $A, B, C$, ta có: $$\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$$ Như vậy, ta thu được: $$a=3, b=4, c=5$$ Tới đây, ta dễ dàng tính được nghiệm của hệ là $$\left(x; y; z\right)=\left(\dfrac{1}{3}; \dfrac{1}{2}; 1\right)$$

 Bài toán  (PTNK 2003-2004) Giải hệ phương trình sau: $$\begin{cases}a+b=2 \\ax+by=3 \\ax^2+by^2=5 \\ax^3+by^3=9 \end{cases}$$ Lời giải:
Ta kí hiệu lần lượt các phương trình từ trên xuống là $(1), (2), (3)$ và $(4)$. Khi đó, từ phương trình $(1)$ và $(3)$, ta thu được: $$(a+b)(ax^2+by^2)=10\\\\\Leftrightarrow a^2x^2+b^2y^2+ab(x^2+y^2)=10$$ Từ phương trình $(2)$ suy ra: $$(ax+by)^2=9\\\Leftrightarrow a^2x^2+b^2y^2+2abxy=9$$ Ta thu được: $$ab(x-y)^2=1$$ Từ $(2)$ và $(4)$, ta có: $$(ax+by)(ax^3+by^3)=27\\\Leftrightarrow a^2x^4+b^2y^4+abxy(x^2+y^2)=27$$ Từ phương trình $(3)$, ta có: $$a^2x^4+b^2y^4+2abx^2y^2=25$$ Do đó: $$ab(x+y)(x-y)^2=3\Rightarrow x+y=3$$ Tới đây, ta thu được hệ: $$\begin{cases}xy=2\\x+y=3\\ab(x-y)^2=1\\a+b=2\end{cases}$$ Hệ này khá đơn giản, giải hệ này ta tìm được $$(x,y, a, b)=(2, 1,1 ,1)\vee (1,2,1,1)$$

Bài toán: (Chọn đội tuyển HSG QG 12- Lâm Đồng NH 2013-2014) Giải hệ phương trình:

                                                     $\begin{cases}8x^3+2y=\sqrt{y+5x+2}\\\\(3x+\sqrt{1+9x^2})(y+\sqrt{1+y^2})=1\end{cases}$

Lời giải:
     ĐK: $\begin{cases} 8x^3+2y\ge 0\\\\y+5x+2\ge 0\end{cases}$

    Từ phương trình thứ hai của hệ:  $(3x+\sqrt{1+9x^2})(y+\sqrt{1+y^2})=1$
                                             $\Leftrightarrow \dfrac{y+\sqrt{1+y^2}}{\sqrt{1+9x^2}-3x}=1$ $\Rightarrow y+\sqrt{1+y^2}=\sqrt{1+9x^2}-3x$

    Tương tự, ta cũng có:  $-y+\sqrt{1+y^2}=\sqrt{1+9x^2}+3x$

    Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta thu được: $\sqrt{1+y^2}=\sqrt{1+9x^2}$
                                                                              $\Rightarrow y^2=9x^2$
                                                                              

  $\bullet$ Trường hợp 1: $y=3x$ $\Rightarrow (y+\sqrt{1+y^2})^2=1$

                                              

    Nếu $y+\sqrt{1+y^2}=1$ thì $y-1=\sqrt{1+y^2}$, với $y\ge 1$ ta tìm được $y=0$ (loại)
 
    Nếu $y+\sqrt{1+y^2}=-1$ thì $-y-1=\sqrt{1+y^2}$, với $y\le -1$ ta tìm được $y=0$ (loại).

 $\bullet$ Trường hợp 2: $y=-3x$ $\Rightarrow 8x^3-6x=\sqrt{2x+2}$

                                              $\Leftrightarrow 8x^3-6x-2=\sqrt{2x+2}-2$

                                              $\Leftrightarrow (2x-2)(2x+1)^2=\dfrac{2x-2}{\sqrt{2x+2}+2}$

    Nếu $(2x+1)^2=\dfrac{1}{\sqrt{2x+2}+2}$

   Nhận thấy rằng, VT của phương trình trên đồng biến trên $R$
                             VP của phương trình trên nghịch biến trên $[-1; +\infty)$

   Mà, với $x=-1$ thì  nên trường hợp này phương trình vô nghiệm.

   Vậy, ta phải có $2x-2=0\Leftrightarrow x=1\Rightarrow y=-3$

   Kết luận, hệ đã cho có nghiệm duy nhất là $(1; -3)$

Bài toán:(Chọn đội tuyển TP HCM 2013-2014) Giải hệ phương trình sau:

                                          

Lời giải: Rõ ràng $y=0$ không là nghiệm của hệ trên. Chia vế theo vế của cả hai phương trình trên cho $y$ ta được:

                                         
  Đặt $a=x+y$, $b=\dfrac{x^2+1}{y}$. Hệ đã cho trở thành:
                               
                                        

 Suy ra: 

                                           
Thử lại, ta thấy không có cặp nào thỏa mãn, Vậy hệ vô nghiệm.

Bài toán: Giải hệ phương trình: 
                               
                                  
Lời giải:
      Từ điều kiện $x+y+z=0$ $\Leftrightarrow z=-x-y$
      Suy ra:
                  $\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2-y(x+y)+(x+y)^2}=\sqrt{(x+y)^2-x(x+y)^2+x^2}$

            $\Leftrightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{x^2+xy+y^2}=\sqrt{x^2+xy+y^2}$

            $\Leftrightarrow$ $\sqrt{x^2+xy+y^2}=0 $

            $\Rightarrow x^2+xy+y^2=0$

       Mặt khác, ta luôn có:
                           
                                              $x^2+xy+y^2=(x+\dfrac{1}{2}y)^2+\dfrac{3}{4}y^2\ge 0$

      Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=0$ $\Rightarrow z=0$

      Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất $(0, 0, 0)$ 

Hệ phương trình

Bài toán 1: Giải hệ phương trình:
                        
                                              
Lời giải:
                           
                   
    Đặt , phương trình thứ hai trở thành:
                      
                
     Nếu  
                   (0;0) là một nghiệm của hệ.
      Nếu 
                       
             */    
                                
            * */    
                                
Kết luận: hệ đã cho có nghiệm là (0;0), (-1;-2), (2;1)

Bài toán 2: Giải hệ phương trình sau:
                            
Lời giải:
              Hệ đã cho tương đương với :
                       
                          
Lấy phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ hai, ta được:
                           
                  
TH 1:    , phương trình thứ nhất trở thành:
                      
                
                 
TH 2:  , thay vào phương trình thứ nhất, ta được:
                       
                 
                  
Kết luận: nghiệm của hệ là (1 ; 2),  (-2 ; 5)
Bài toán 3: Giải hệ phương trình:
                                       
Lời giải:
          Hệ đã cho tương đương với:
                           
TH 1:  
TH 2:  
TH 3: ,  chia vế theo vế của pt thứ nhất cho pt thứ hai, ta được:
                        
                
                
thay vào phương trình thứ hai ta được:
             , không thỏa mãn.
Kết luận: ( -1; 0), (1; 0)

  Bài toán 4: Giải hệ phương  trình:

                                           

Lời giải:
     Điều kiện:  
                        
     Rõ ràng nếu  hoặc  thì hệ vô nghiệm.
     Nếu  thì vế trái của phương trình thứ hai âm, mẫu thuẫn.
     Do đó  . Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có                                                                                          

                                   
      Ta  chứng minh:
                                 

   Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
                                  
                                  
   Kết hợp với phương trình thứ hai và chú ý tới bất đẳng thức Cauchy Scharwz :          thì:
                       
   suy  ra:       

  Kết luận:   

Bài toán 5:  Giải hệ phương trình:

                                          

Lời giải.  

Điều kiện . Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với  ta thu được

Thay vào phương trình thứ hai và rút gọn ta được

Nhận thấy .

Do đó . Thay  vào  ta được .

Với  thì , với  thì .

Vậy hệ phương trình có nghiệm .