Bài toán: Cho $n$ là số nguyên dương. Tìm số đa thức $P(x)$ có hệ số thực thuộc $\{ 0, 1, 2, 3\}$ thỏa mãn $P(2)=n$.
Lời giải: 
Giả sử: $$P(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...., \; \text{với } a_i\in\{ 0, 1, 2, 3\}$$ Do $P(2)=n$ nên $$a_0+2a_1+4a_2+...+2^ia_i+...=n\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Ta xây dựng hàm sinh cho phương trình $(*)$: $$\begin{aligned} G(x)&=\prod_{i\ge 0}\left( 1+x^{2^k}+x^{2.{2^k}}+x^{3.2^k}\right)\\&=\prod_{i\ge 0}\dfrac{1-(x^{2^k})^4}{1-x^{2^k}}\\&=\prod_{i\ge 0}\dfrac{1-x^{2^{k+2}}}{1-x^{2^k}}\\&=\dfrac{1}{(1-x)(1-x^2)}\\&=\dfrac{1}{4(1-x)}+\dfrac{1}{4(1+x)}+\dfrac{1}{2(1-x)^2}=\sum_{i\ge 0}\left( \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}(-1)^i+\dfrac{1}{2}C^{i}_{i+1}\right) x^i\end{aligned}$$ Số đa thức thỏa mãn bài toán cũng chính là hệ số của $x^n$ trong khai triển trên: $$\left[\dfrac{2n+3+(-1)^n}{4}\right]=\left[\dfrac{n}{2}\right]+1$$

Bài toán: (Olympic 30/04/2015 - Khối 11) Cho $a,b,c$ là các số nguyên tố. Đặt $x=a+b-c,y=a+c-b,z=b+c-a$. Giả sử rằng $x^2=y$ và hiệu $\sqrt{z}-\sqrt{y}$ là bình phương của một số nguyên tố. Tính giá trị biểu thức: $$T=(a+2)(b-10)(c+2)$$
Lời Giải: 
Gọi $p$ là số nguyên tố sao cho $$\begin{aligned}&\sqrt{z}-\sqrt{y}=p^2\\\Leftrightarrow &z+y-2\sqrt{yz}=p^4\\\Leftrightarrow &2c-2\sqrt{(c+a-b)(b+c-a)}=p^4\end{aligned}$$ Từ đây suy ra $2\;|\; p\Rightarrow p=2$. Ta có hệ: $$\begin{cases}c-\sqrt{(c+a-b)(b+c-a)}=8\\(a+b-c)^2=c+a-b\end{cases}$$ Ta biến đổi PT đầu: $$\begin{aligned}& (c+a-b)(a+b-c)=(c-8)^2\\\Leftrightarrow &c^2-(a-b)^2=(c-8)^2\\\Leftrightarrow & (c-8)^2+(a-b)^2=c^2\end{aligned}$$ Xem đây là phương trình Pythargores, chú ý rằng $\gcd{(c-8, c, a-b)}=1$ (vì $a,b,c$ nguyên tố) nên:

     + Trường hợp 1: $\begin{cases} c-8=2mn\\a-b=m^2-n^2\\c=m^2+n^2\end{cases}\; (m,n\in\mathbb{N})$ Do $c$ nguyên tố mà lúc này $2\;|\; c$ nên $c=2$. Như vậy: $$(a+b-2)^2=a-b+2$$ Vì $\gcd{(c-8, a-b, c)}=1$ nên $a,b$ khác tính chẵn lẻ. Tuy nhiên khi $a=2\vee b=2$ thì hệ đều không thỏa mãn.

     + Trường hợp 2: $\begin{cases}a-b=2mn\\c-8=m^2-n^2\\c=m^2+n^2\end{cases}(m,n\in\mathbb{N})$ Từ đây suy ra luôn $n=2\Rightarrow \begin{cases}c=m^2+4\\a-b=4m\end{cases}$ Thay vào hệ trên ta được: $$(a+b-m^2-4)^2=(m+2)^2$$
          $\bullet $ Khả năng 1: $a+b-m^2-4=m+2\Leftrightarrow a+b=m^2+m+6$. Kết hợp với $a-b=4m$ suy ra: $$\begin{cases}a=\dfrac{(m^2+5m+6}{2}\\b=\dfrac{m^2-3m+6}{2}\end{cases}$$ Đặt $m=2k+1,k\in\mathbb{Z}$ Suy ra $a=(k+2)(2k+3)$ Do $a$ nguyên tố nên $$2k+1=^+_- 1\vee k+2=^+_-1\Rightarrow k=-3\Rightarrow a=3, b=23, c=29\Rightarrow \boxed{T=2015}$$
     
         $\bullet $ Khả năng 2: $a+b-m^2-4=-m-2\Leftrightarrow a+b=m^2-m+2$. Suy ra: $$\begin{cases} a=\dfrac{m^2+2m+2}{2}\\b=\dfrac{m^2-5m+2}{2}\end{cases}$$ Đặt $m=2k+1, k\in\mathbb{Z}$ Suy ra $a=(k+1)(2k+3)$ Tương tự ta cũng có $2k+3=^+_- 1\vee k+1=^+_- 1$ Tuy nhiên  lúc này ta không nhận được giá trị $a, b, c$ nguyên tố nào.

Tóm lại $$\boxed{T=2015}$$

Bài toán: Tìm tất cả số nguyên dương $n$ sao cho $2^n-1$ chia hết cho $3$ và $\dfrac{2^n-1}{3}$ là ước của một số nguyên có dạng $4m^2+1$.

Lời giải:

Bổ đề 1: Với mỗi số nguyên dạng $4k+3$ thì luôn tồn tại một ước nguyên tố $p\equiv 3\pmod{4}$.

Chứng minh: 

Giả sử $n$ là số nguyên dạng $4k+3$. G/s luôn $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_j^{a_j}$, với $p_i$ là các số nguyên tố, $a_i\in\mathbb{N^*}, i=\overline{1, k}$. Vì $n=4k+3$ nên $n$ là số lẻ. Nếu $p_i\equiv 1\pmod{4}$ thì $n\equiv 1\pmod{4}$, vô lý. Vậy phải tồn tại $p_l$ sao cho $p_l\equiv 3\pmod{4}$. Bổ đề 1 được chứng minh.

Bổ đề 2: Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ và tồn tại $x, y\in\mathbb{Z}$ thỏa $p\;|\; x^2+y^2$ thì $\begin{cases}p\;|\; x\\p\;|\; y\end{cases}$

Chứng minh: 

 Ta xét trong TH $\begin{cases}p\;\not |\; x\\p\;\not |\; y\end{cases}$. Sử dụng định lý Fermat, ta có: $$\begin{cases} x^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\\y^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x^{4k+2}\equiv 1\pmod{p}\\y^{4k+2}\equiv 1\pmod{p}\end{cases}\Rightarrow x^{4k+2}+y^{4k+2}\equiv 2\pmod{p}$$ Điều này mâu thuẫ với giả thiết $p\;|\; x^2+y^2$. Vậy bổ đề 2 được chứng minh.

Quay lại bài toán:

Ta có: $2\equiv -1\pmod{3} $ nên $2^n\equiv 1\pmod{3}\Leftrightarrow n $ chẵn. Giả sử: $n=2^k.h,\; h$ lẻ. ta sẽ CM $h=1$. Thật vậy, g/s $h>1$. Ta có: $$2^h-1\;|\; 2^n-1\;|\; 3.4m^2+3$$ Do xét $h $ lẻ nên ta xét với $2^h-1\;|\; 4m^2+1$. Do $2^h-1\equiv 3\pmod{4}$ nên theo bổ đề 1, tồn tại một ước nguyên tố của $2^h -1$ dạng $2^l-1$ Sử dụng bổ đề 2, ta có: $$\begin{cases}2^l-1\; |\; 4m^2\\2^l-1\;|\;1\end{cases}\Leftrightarrow l=1, \text{vô lý}$$ Do vậy $n=2^k, k\in\mathbb{N}$. Ta sẽ CM đây cũng chính là KQ cần tìm. Ta phân tích: $$2^{2^k}-1=(2^{2^0}+1)(2^{2^1}+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{k-1}}+1)$$ Chú ý rằng $3\;|\; 2^n-1$ nên ta xét với $\prod_{i=1}^{k-1}(2^{2^i}+1)$ Xét hệ thặng dư: $$\begin{cases} x\equiv 2^{2^0-1}\pmod{2^{2^1}+1}\\x\equiv 2^{2^1-1}\pmod{2^{2^{2}}+1}\\...\\x\equiv 2^{2^{i-1}-1}\pmod{2^{2^i}+1}\\...\\x\equiv 2^{2^{k-2}-1}\pmod{2^{2^{k-1}}+1}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}4x^2\equiv -1\pmod{2^{2^1}+1}\\4x^2\equiv -1 \pmod{2^{2^2}+1}\\...\\4x^2\equiv -1\pmod{2^{2^i}+1}\\...\\4x^2\equiv -1\pmod{2^{2^{k-1}}+1}\end{cases}$$. Chú ý rằng $\gcd(2^{2^i}+1; 2^{2^j}+1)=1, i\neq j$ nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ này có nghiệm duy nhất: $$4x^2\equiv -1\pmod{\prod_{i=1}^{k-1}(2^{2^i}+1)}\Leftrightarrow 4m^2+1\;\vdots \;\dfrac{2^n-1}{3}$$

Vậy: $n=2^k, k\in\mathbb{N}$

Bài toán (Đề KT đội tuyển HSG trường chuyên Long An) 
 Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ và $a, b$ là hai số tự nhiên sao cho $a+b$ chia hết cho $p$ và $a-b$ chia hết cho $p-1$. Chứng minh rằng: $a^b+b^a$ chia hết cho $2p$
Lời giải:
 Không giảm tính tổng quát, giả sử: $a\ge b$. Gọi $r$ là số dư trong phép chia $a$ cho $p$, khi đó: $a\equiv r\pmod{p}$ Vì $p\;|\; a+b$ nên suy ra $b\equiv -r\pmod{p}$. Do đó: $$\begin{aligned} & a^b+b^a\equiv r^b-r^a\pmod{p}\\\Leftrightarrow & a^b+b^a\equiv r^b(1-r^{a-b})\pmod{p}\end{aligned}$$ Mặt khác, do $p-1\;|\; a-b$ nên tồn tại $k\in\mathbb{N}$ sao cho $a-b=k(p-1)$.
 Theo định lý Fermat, ta có: $$\begin{aligned}& r^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\\\Rightarrow & r^{k(p-1)}\equiv 1\pmod{p}\\\Rightarrow &r^{a-b}\equiv 1\pmod{p}\end{aligned}$$ Do đó: $$a^b+b^a\equiv 0\pmod{p}$$
Mặt khác vì $a,b$ là các số tự nhiên lẻ nên $a^b+b^a\equiv 0\pmod{2}$. Từ đó suy ra đpcm.

Bài toán: (Đề thi Olympic 30.4 lớp 11 năm 2014-2015)
        Tìm tất cả đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa: $$P(x).P(x^2)=P(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*)$$

Lời giải:
Dễ thấy nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì có hai đa thức thỏa mãn bài toán là $P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$ và $P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$. Ta xét trong trường hợp $P(x)$ khác hằng.
Trong $(*)$ cho $x=0$, ta được $P(0)=0$ hoặc $P(0)=1$.

    Trường hợp 1: $P(0)=0$. Đặt $P(x)=x^k.Q(x)$, trong đó $k\ge 1, Q(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3k}Q(x).Q(x^2)=(x^3+3x)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2k}.Q(x).Q(x^2)=(x^2+3)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R^*}$$ Do $Q(0)\neq 0$ nên $Q(x)$ có hệ số tự do khác $0$. Gọi hệ số này là $d$. Ta nhận thấy:
       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là: $d^2$
       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là: $3^kd$
 Từ đó suy ra: $$d^2=3^k d\Leftrightarrow d=0, \text{ hay } Q(0)=0,\text{vô lý}$$ Do vậy, ta thu được $P(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.

    Trường hợp 2: $P(0)=1$. Đặt $P(x)=x^h.F(x)+1$ trong đó:  $h\ge 1, F(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3h}F(x).F(x^2)+x^hF(x)+x^{2h}F(x^2)=(x^3+3x)^hF(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2h} F(x).F(x^2)+F(x)+x^hF(x^2)=(x^2+3)^h.F(x^3+3x),\forall x\neq 0$$ Do $F(0)\neq 0$ nên tồn tại $l\neq 0$ là hệ số tự do của $F(x)$. Tương tự như trường hợp 1, ta nhận thấy:
       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là $l$
       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là $3^h l$
  Từ đó suy ra: $$l=3^h.l\Leftrightarrow l=0,\text{ vô lý}$$
 Như vậy, ta thu được $P(x)\equiv 1, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.
 Tóm lại, có hai đa thức thỏa mãn bài toán $$P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}\\\\P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$$

 Bài toán: (VMO 2015 pro. 5) Cho $(f_n(x))$ là dãy các đa thức xác định bởi: $$\begin{cases} f_0(x)=2,\, f_1(x)=3x\\ f_n(x)=3xf_{n-1}(x)+(1-x-2x^2)f_{n-2}(x)\end{cases}$$ Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để $f_n(x)$ chia hết cho đa thức $x^3-x^2+x$

Lời giải: 
   Xét phương trình đặc trưng: $$t^2-3xt-(1-x-2x^2)=0$$ Giải phương trình này ta tìm được hai nghiệm $$\begin{cases}t_1=x+1\\t_2=2x-1\end{cases}$$ Suy ra: $f_n(x)=A(x+1)^n+B(2x-1)^n$. Cho $n=0, n=1$ ta có hệ: $$\begin{cases}A+B=2\\(x+1)A+(2x-1)B=3x\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}A=1\\B=1\end{cases}$$ Vậy, ta được $$f_n(x)=(x+1)^n+(2x-1)^n$$ Nếu $n$ chẳn, thì $f_n(x)\equiv 2\pmod{x}$ mà $x^3-x^2+x\equiv 0\pmod{x}$ nên trường hợp này không thể xảy ra. Tức là $n$ lẻ.
   Ta nhận thấy: $$(x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1=x^3-x^2+x+4x^2+2x+1\equiv 4x^2+2x+1\equiv \pmod{x^3-x^2+x}\\(2x-1)^3=8x^3-12x^2+6x-1=8(x^3-x^2+x)-4x^2-2x-1\equiv -4x^2-2x-1\pmod{x^3-x^2+x}$$ 
 Xét các trường hợp: 
    Trường hợp 1: $n=3k+1$, $k$ chẵn. Khi đó, ta có: $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3k+1}+(2x-1)^{3k+1}\\&=(x^3+3x^2+3x+1)^k(x+1)+(8x^3-12x^2+6x-1)^k(2x-1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x+1)+(-4x^2-2x-1)^k(2x-1)\\&\equiv 3x(4x^2+2x+1)^k\not\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
    Trường hợp 2: $n=3k+2$, $k$ lẻ. Khi đó, ta có $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3k+2}+(2x-1)^{3k+2}\\&=(x^3+3x^2+3x+1)^k(x^2+2x+1)+(8x^3-12x^2+6x-1)^k(4x^2-4x+1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x^2+2x+1)+(-4x^2-2x-1)^k(4x^2-4x+1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x^2+2x+1-4x^2+4x-1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(-3x^2+6x)\\&\not\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
    Trường hợp 3: $n=3(2k+1),k\in\mathbb{N}$. khi đó ta có: $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3(2k+1)}+(2x-1)^{3(2k+1)}\\& =(x^3+3x^2+3x+1)^{2k+1}+(8x^3-12x^2+6x-1)^{2k+1}\\&\equiv (4x^2+2x+1)^{2k+1}+(-4x^2-2x-1)^{2k+1}\\&\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
 Cuối cùng, ta được kết quả: $$\boxed{n=3(2k+1),k\in\mathbb{N}}$$

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.

Bước nhảy Viète (Viète Jumping)

Ta bắt đầu với bài toán sau:
 Bài toán 1: Cho $a, b$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab+1}$ là một số nguyên dương thì nó phải là một số chính phương.
Lời giải:
  Giả sử kết luận bài toán không đúng. Đặt $k=\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab+1},\; k\in\mathbb{Z^+}$. 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 $a\ge b>0$. Xét phương trình bậc hai ẩn $x$: $$x^2+(b-kb)x+b^2-k=0$$ Rõ ràng, phương trình này nhận một nghiệm là $a$. Gọi nghiệm còn lại là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=kb-b\\x_0.a=b^2-k\end{cases}$$ Từ đây, ta dễ dàng suy ra được rằng $x_0\in\mathbb{Z^+}$.
     $\bullet$  Nếu $x_0<0$ thì $x_0\le 1$, suy ra: $$x^2-(bk-b)x+b-k\ge x^2+(bk-b)+b^2-k>0,\;\text{ mâu thuẫn}$$     $\bullet$  Nếu $x_0=0$ thì $k=b^2$, mâu thuẫn.
    $\bullet$  Nếu $x_0>0$ thì $(x_0, b)$ là một cặp số thỏa mãn bài toán. Và lúc này: $$x_0+b=\dfrac{b^2-k}{a}+b<\dfrac{b^2}{a}+b<\dfrac{a^2}{a}+b=a+b$$ Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $a+b$. Như vậy, giả thiết phản chứng là sai. Bài toán được chứng minh.
  
Ta tiếp tục với bài toán sau:

Bài toán 2: Chứng minh rằng nếu $a, b$ là các số nguyên dương sao cho $k=\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}$ là một số nguyên thì $k=5$.
 Lời giải:
   Trong tất cả các số $(a, b)$ thỏa mãn $k$ là một số nguyên, ta chọn ra cặp $(a, b)$ sao cho $a+b$ là nhỏ nhất. Xét phương trình: $$k=\dfrac{x^2+b^2}{xb-1}\Leftrightarrow x^2-kbx+b^2+k=0\;\;\;\;\;\;(*)$$ Rõ ràng, phương trình $(*)$ nhận một nghiệm là $a$, gọi nghiệm còn lại là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=bk\\x_0.a=b^2+k\end{cases}$$ Rõ ràng, $x_0\in\mathbb{Z^+}$.
  $\bullet$  Nếu trong hai số $a$ và $b$ có một số bằng $1$, giả sử $b=1$, thế thì: $$k=\dfrac{a^2+1}{a-1}=a+1+\dfrac{2}{a-1}\in\mathbb{Z}$$ $$\Rightarrow (a-1)\;|\;2\Rightarrow\left[ \begin{array}{1} a-1=2\\a-1=1\end{array} \right.\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{1} a=3\\a=2\end{array} \right. \Rightarrow k=5$$
  $\bullet$  Nếu $\min\{a, b\}>1$, thì do: $$b^2-kb^2+b^2+k>0\\\Leftrightarrow k(1-b^2)+2b^2>0$$ Vì $b>1\Rightarrow b^2-1>0\Rightarrow b\ge 2$, lúc này ta có: $$k<\dfrac{2b^2}{b^2-1}=\dfrac{2}{1-\dfrac{1}{b^2}}\le\dfrac{2}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{8}{3}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Mặt khác, ta lại có: $$\dfrac{1}{k}=\dfrac{ab-1}{a^2+b^2}\le \dfrac{ab-1}{2ab}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{ab}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow k>2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và$(2)$ suy ra điều mâu thuẫn.
  Tóm lại, ta có $k=5$ là giá trị duy nhất thỏa mãn bài toán (đpcm).

Bài toán 3: (VMO 2012) 
     Xét các số tự nhiên lẻ $a, b$ thỏa mãn $a\;|\;b^2+2$ và $b\;|\;a^2+2$. Chứng minh rằng $a, b$ là các số hạng của dãy $(x_n)$ được cho bởi: $$\begin{cases}x_1=x_2=1\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_n\end{cases}$$
Lời giải:
   Ta có: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}\Rightarrow ab\;|\;(a^2+2)(b^2+2)\Rightarrow ab\;|\;(a^2b^2+2a^2+2b^2+4)$$ 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: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}$$. Tức là: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}\Leftrightarrow ab\;|\;a^2+b^2+2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Trong các phần tử $(a, b)$ thỏa mãn $(*)$, ta chọn ra một cặp $(a, b)$ sao cho $a+b$ là nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b$ Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ sau: $$x^2-kbx+b^2+2=0$$ Rõ ràng phương trình này nhận một nghiệm là $a$, gọi nghiệm kia là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=bk\\x_0.a=b^2+2\end{cases}$$ Chú ý rằng $a$ là nhỏ nhất, cho nên $x_0\ge a$, suy ra: $$x_0+a\ge 2a\Rightarrow kb\ge 2a\Rightarrow \dfrac{a}{b}\le \dfrac{k}{2}$$
   $\bullet$  Nếu trong hai số $a, b$ có một số bằng $1$, giả sử $b=1$ thì $ka=a^2+3\Rightarrow k=4$.
   $\bullet$  Nếu $\min\{a, b\}>1$, thì $a\ge b\ge 2$ nên: $$k=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{2}{ab}\le \dfrac{k}{2}+1+\dfrac{1}{2}\Rightarrow k\le 3$$ Mặt khác, theo AM-GM, ta có:$$kab=a^2+b^2+2\ge 2(ab+1)\Rightarrow k\ge 3$$ Suy ra $k=3$, và $a^2+b^2+2=3ab$. Điều này chứng tỏ rằng trong hai số $a, b$ phải có một số chia hết cho $3$. Giả sử $3\;|\;b$ thế thì $b\ge 3$. Nếu $a=1$ thì dễ thấy ngay điều mâu thuẫn, suy ra: $$a\ge 2\Rightarrow ab\ge 6$$ Nếu như vậy, thì:  $$3=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{2}{ab}\le \dfrac{3}{2}+1+\dfrac{2}{6}\;\;\text{Vô lí}$$ 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 $y_1=1$ tức là tồn tại$n$ để $y_0=x_1, y_1=x_2$. Do đó, ta chỉ cần xét với trường hợp $y_0, y_1>1$.
  Chọn cặp $(y_1, y_2)=(y_1, 4y_1-y_0)$, rõ ràng đây cũng là một cặp số thỏa mãn $(**)$. Lúc này ta chú ý tới $4y_1-y_0<y_0$ 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 $y_2+y_3<y_1+y_2<y_0+y_1$.
  Tiếp tục quá trình này, ta được:  $$...<Y_i+y_{i+1}<...<y_1+y_2<y_1+y_0$$ Mặt khác, $y_1+y_0>2$ nên tồn tại $k\in\mathbb{N}$ sao cho $$y_k+y_{k+1}=2\Rightarrow y_k=y_{k+1}=1$$ Tức là:  $y_k=x_2,\; y_{k+1}=x_1$. Và như vậy, $(y_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}y_o=y_1=1\\y_{n+2}=4y_{n+1}-y_n\end{cases}$$ Theo đó, ta có: $x_{n+1}=y_n$. Bài toán được chứng minh.

Bài toán: Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thỏa mãn: $$f(m.f(n))=n^2.f(m)$$$\;\;\;\;\;\;\;$ $1.$ Chứng minh rằng $f(2003)$ hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố.
$\;\;\;\;\;\;\;$ $2.$ Xây dựng một hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên.
Lời giải:
   $1.$ Cố định $m$, với mọi $f(n_1)=f(n_2)$, ta có: $$f(m.(f(n_1))=f(m.f(n_2))\\\Leftrightarrow n_1^2.f(m)=n_2^2.f(m)\Leftrightarrow n_1^2=n_2^2\Leftrightarrow n_1=n_2$$ Như vậy $f$ là một đơn ánh.
Cho $n=1$, ta được $$f(m.f(1))=f(m)\\\Leftrightarrow mf(1)=m\Leftrightarrow f(1)=1$$ Cho $m=1$ ta được: $$f(f(n))=n^2,\forall n\in\mathbb{N^*}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Ta lại có: $$f(f(m).f(n))=n^2f(f(m))\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và $(2)$ dẫn đến $$f(f(m).f(n)=m^2n^2=f(f(mn))\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Do $f$ là đơn ánh nên từ $(3)$ ta rút ra: $$f(mn)=f(m).f(n),\forall m,n\in\mathbb{N^*}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Quay lại vấn đề, giả sử phản chứng kết quả bài toán không đúng. Điều này nghĩa là tồn tại $a>1, b>1,$ $a\neq b,$ $a,b\in\mathbb{N^*}$ sao cho $f(2003)=ab$. Theo $(4)$ ta có: $$f(f(2003))=f(ab)=f(a).f(b)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có: $$f(f(2003))=f(f(2003).f(1))=2003^2.f(1)=2003^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\ (6)$$ Từ $(5)$ và $(6)$ suy ra: $f(a).f(b)=2003^2$. Do $f(a)\in\mathbb{N^*}$ nên $f(a)\ge 1\Rightarrow f(a)>1$, tương tự ta cũng có: $f(b)>1$. Và như vậy thì: $f(a)=f(b)=2003\Leftrightarrow a=b$, mâu thuẫn với $a\neq b$. Như vậy giả thiết phản chứng là sai. Từ đó suy ra đpcm.
  $2.$ Ta xây dựng hàm $f$ như sau:
     Xét dãy số nguyên tố theo thứ tự tăng dần: $$p_1=2, p_2=3, p_3=5,...$$ Hàm $f$ được định nghĩa như sau: $$f(p_{2i+1})=p_{2i+2},\text{với}\; i=0,1,2,...\\f(p_{2i+2})=p^2_{2i+1},\text{với}\; i=0,1,2,...$$ Với mỗi $m\in\mathbb{N^*}$, phân tích dạng chuẩn của $m$ có dạng:$$m=p^{\alpha_1}_{i_1}.p^{\alpha_2}_{i_2}...p^{\alpha_k}_{i_k}$$ Khi đó, đặt: $$f(m)[ f(p_{i_1})]^{\alpha_1}.[ f(p_{i_2})]^{\alpha_2}...[ f(p_{i_k})]^{\alpha_k}$$ Như thế, hàm $f$ hoàn toàn được xác định $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$. Với mọi $i=0,1,2,...$ thì: $$\begin{cases}f\left(f(p_{2i+1})\right)=f(p_{2i+2}=p^2_{2i+1}\\f\left(f(p_{2i+2})\right)=f(p^2_{2i+1})=f\left(f(p_{2i+1})\right)^2=p_{2i+2}.\end{cases}$$ Công việc cuối cùng bây giờ là ta sẽ chứng minh hàm $f$ được xây dựng ở trên thỏa mãn tính chất: $$f(m.f(n))=n^2.f(m),\;\forall m,n\in\mathbb{N^*}$$ Thật vậy, giả sử: $$m=p^{\alpha_1}_{i_1}.p^{\alpha_2}_{i_2}...p^{\alpha_k}_{i_k}\\n=p^{\beta_1}_{j_1}.p^{\beta_2}_{j_2}...p^{\beta_l}_{j_l}$$ Lúc này ta sẽ có: $$f(n)=[f(p_{j_1})]^{\beta_1}.[f(p_{j_2})]^{\beta_2}...[f(p_{j_i})]^{\beta_i}.$$Thay vào các biểu diễn ở trên ta dễ dàng có được đpcm.
Bài toán được giải quyết trọn vẹn. $$ $$ Nhận xét: Rõ ràng ta có thể thay $2003$ bằng một số nguyên tố bất kì mà kết quả bài toán vẫn đúng bởi vì trong phép chứng minh trên, việc đưa ra số $2003$ chỉ là "hình thức" thôi , ta không hề động gì đến cấu trúc của nó. Cụ thể là ta có bài toán với kết quả mạnh hơn sau:
        Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thỏa mãn: $$f(m.f(n))=n^2.f(m)$$$\;\;\;\;\;\;\;$ Chứng minh rằng $f(p)$ hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố. Trong đó, $p$ là một số nguyên tố bất kì.

Bài toán: Cho $p$ là một số nguyên dương lẻ. Chứng minh rằng khi đó tổng các lũy thừa bậc $p$ của $p$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $p^2$
Lời giải:
Xét $p$ số nguyên liên tiếp $n, n+1, n+2,..., n+p-1$. $p$ số này khi chia cho $p$ được $p$ số dư khác nhau và tập hợp các số dư đó là $\{0, 1, 2,...,p-1\}$. Lúc đó, ta có thể biểu diễn: $$n+i=kp+j, \forall k\in \mathbb{N}$$ Từ đó: $$(n+i)^p-j^p=(pk+j)^p-j^p\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Sử dụng khai triển nhị thức Newton, ta có: $$(n+i)^p-j^p=\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t} (pk)^{p-t}j^t+\binom{p}{p-1} (pk)j^{p-1}=p^2\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}k^{p-t}j^t+p^2kj^{p-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(2)$ suy ra  $(n+i)^p-j^p\vdots p^2$, hay nói cách khác: $$(n+i)^p\equiv j^p(mod\;\;\; p^2) \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Chú ý rằng khi chia $n, n+1, n+2,...,n+p-1$ cho $p$ ta được các số dư khác nhau nên: $$\sum^{p-1}_{t=1}(n+t)^p\equiv 1+2^p+...+(p-1)^p(mod \;\;\;p^2)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Do $p$ là số nguyên dương lẻ nên: $$1+2^p+...+(p-1)^p=[1+(p-1)^p]+[2^p+(p-2)^p]+...+\left[\left(\dfrac{p-1}{2}\right)^p+\left(\dfrac{p+1}{2}\right)^p\right]\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có khi $j\in\left\{1, 2, ...,\dfrac{p-1}{2}\right\}$ theo khai triển nhị thức Newton thì: $$j^p+(p-j)^p=j^p+\sum^{p}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t=j^p+\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t+\binom{p}{p-1}p(-1)^{p-1}j^{p-1}+(-1)^pj^p\\=p^2\left[\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}(-1)^tj^t+j^{p-1}\right]\;\;\;\;(6).$$ Từ $(6)$ suy ra: $$j^p+(p-j)^p\;\vdots\; p^2,\forall j\in\left\{1, 2,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(7)$$ Từ $(5)$ và $(7)$ suy ra: $$1+2^p+...+(p-1)^p\;\vdots\; p^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(8)$$ Kết hợp $(4)$ và $(8)$, ta thu được: $$n^p+(n+1)^p+(n+2)^p+...+(n+p-1)^p\;\vdots\; p^2$$ Đây chính là đpcm.

Bài toán: Số nguyên lẻ $n\ge 3$ được gọi là "đẹp" khi và chỉ khi tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2,..., a_n)$ của các số $(1, 2,..., n)$ sao cho các tổng sao đây đều là các số nguyên dương $$a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Hãy xác định tập hợp tất cả các số nguyên dương "đẹp" như vậy.
Lời giải:
Đặt: $$ y_1=a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ y_2=a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\y_3=a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\y_n=a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Lúc này, $n$ sẽ là số đẹp khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một hoán vị $(a_1, a_2,.., a_n)$ của $(1, 2,..., n)$ sao cho hệ phương trình $$\begin{cases}y_1+y_2=2a_1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\y_2+y_3=2a_3\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\...\\y_{n-1}+y_n=2a_{n-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n-1)\\y_n+y_1=2a_n\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n)\end{cases}$$ có nghiệm nguyên dương.
 Tới đây, ta cần bổ đề sau: 
     Bổ đề: Với mỗi $i (1\le i\le n)$, ta có: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Ở đây, tổng $(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ được hiểu như sau: Lấy $a_{i+1}$ cộng cách dòng với $a_{i+3}$, cứ làm như thế cho đến hết rồi quay lại phía trên.
 Chứng minh: Cộng vế theo vế các phương trình trong hệ, ta được: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=(a_1+a_2+...+a_n)$$ Do $a_1+a_2+...+a_n=1+2+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ nên suy ra: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=n(n+1)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Cộng từng vế các dòng thứ $i+1, i+3, i+5,...$ cho đến khi quay lại dòng $i+2$, ta có: $$(y_{i+1}+y_{i+2})(y_{i+3}+y_{i+4})+...+(y_{i-2}+y_{i-1})=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Suy ra:  $(y_1+y_2+...+y_n)-y_i=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$. Do đó: $$2(y_1+y_2+...+y_n)-2y_i=4(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Bổ đề được chứng minh.
 Quay lại bài toán, Vì $n$ lẻ và $n\ge 3$, nên $n=4k-1$ hoặc $n=4k+1$. Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra:
    $\bullet$   Nếu $n=4k-1$ thì $y_i=2k(4k-1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$.
    $\bullet$   Nếu $n=4k+1$ thì $y_i=(2k+1)(4k+1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số lẻ với mọi $i=\overline{1, n}$
 Xét hai khả năng sau:
    Khả năng 1: Nếu $n=4k-1$. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ hì $n$ không phải là số "đẹp".
   Thật vậy, giả thiết phản chứng nếu nó là số "đẹp" thì phải tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2, ...,a_n)$ của $(1, 2, ..., n)$ sao cho hệ trên có nghiệm. Hơn nữa ta còn phải có $y_i$ là số nguyên dương chẵn với mọi $\overline{1, n}$. Do $(a_1, a_2,..., a_n)$ là một hoán vị của $(1, 2, ..., n)$, nên tồn tại $j (1\le j\le n)$ mà $a_j=1$. Khi đó, xét phương trình thứ $j$, ta có: $$y_j+y_{j+1}=2a_1\Rightarrow y_j+y_{j+1}=2$$ Vì $y_j$ nguyên dương chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$ nên $y_j, y_{j+2}\ge 2\Rightarrow y_j+y_{j+2}\ge 4$, mâu thuẫn. Như vậy, với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ thì $n$ không là số "đẹp"
   Khả năng 2: Nếu $n=4k+1$,khi đó $y_i$ là số lẻ $\forall i=\overline{1,n}$. Ta chọn hoán vị sau: $$\begin{cases} a_1=2, a_2=4, a_3=6,...,a_{2k}=4k\\a_{2k+1}=4k+2\\a_{4k+1}=1, a_{4k}=3, a_{4k-2}=5,...,a_{2k+2}=4k-2\end{cases}$$ Lúc này hệ phương trình ban đầu sẽ nhận các nghiệm: $$\begin{cases}y_1=1, y_2=3, y_3=5,...,y_{2k}=4k-1\\y_{2k+1}=y_{2k+2}=4k+1\\y_{2k+3}=y_{2k+4}=4k-3\\y_{2k+5}=y_{2k+6}=4k-7\\...\\y_{4k-1}=y_{4k}=5\\y_{4k+1}=1\end{cases}$$ Theo đó, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ dạng $n=4k+1$ là số "đẹp".
Cuối cùng, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ là số đẹp khi và chỉ khi $n$ có dạng: $$\boxed{n=4k+1,k\in\mathbb{N}}$$

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số nguyên, $b$ lẻ, xác định dãy $f(n), n=0,1,2,...$ như sau:
$$\left\{\begin{matrix} f(0)=4,f(1)=0,f(2)=2c,f(3)=3b\\ f(n+3)=af(n-1)+bf(n)+cf(n+1), \forall n \in \mathbb{N}^* \end{matrix}\right.$$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$ và mọi số nguyên tố $p$, ta luôn có: $f(p^m)$ chia hết cho $p$.

Lời giải:

Phương trình đặc trưng của dãy $f(n)$ là $P(x)=x^{4}-cx^{2}-bx-a=0$, phương trình này có 4 nghiệm phức $\alpha _{i},i=1,2,3,4$ . Ta sẽ chỉ ra, phương trình này không có nghiệm bội. Giả sử phản chứng tồn tại số phức $\alpha $ sao cho $P(\alpha )=P'(\alpha )=0$, khi đó $\alpha $ là nghiệm của $$Q(x)=-4P(x)+xP'(x)=2cx^{2}+3bx+4a$$Là nghiệm của đa thức $$H(x)=2xQ(x)-cP'(x)=6bx^{2}+(4a+2c^{2})x+bc$$và là nghiệm của đa thức $$K(x)=cH(x)-3bQ(x)=(4ac+2c^{3}-9b^{2})x+(bc-12ab)$$ Như vậy, $\alpha $ là số hữu tỉ và là nghiệm của đa thức monic $P(x)$ nên là số nguyên. Khi đó, $P'(\alpha)$ là số lẻ, mâu thuẫn.
Từ đó, suy ra công thức tổng quát của $f(n)$ có dạng $$f(n)=a_{1}\alpha _{1}^{n}+a_{2}\alpha _{2}^{n}+a_{3}\alpha _{3}^{n}+a_{4}\alpha _{4}^{n}$$ Để ý $$f(0)=4=\alpha _{1}^{0}+\alpha _{2}^{0}+\alpha _{3}^{0}+\alpha _{4}^{0}$$ $$f(1)=0=\alpha _{1}+\alpha _{2}+\alpha _{3}+\alpha _{4}$$ $$f(2)=2c=-2\sum _{i<j}\alpha _{i}\alpha _{j}=\alpha _{1}^{2}+\alpha _{2}^{2}+\alpha _{3}^{2}+\alpha _{4}^{2}$$ $$f(3)=3b=3\sum _{i<j<k}\alpha _{i}\alpha _{j}\alpha _{k}=\alpha _{1}^{3}+\alpha _{2}^{3}+\alpha _{3}^{3}+\alpha _{4}^{3}$$ Suy ra, $a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}=1$ hay $$f(n)=\alpha _{1}^{n}+\alpha _{2}^{n}+\alpha _{3}^{n}+\alpha _{4}^{n}$$ Theo khai triển nhị thức Newton $$(x+y)^{p}=x^{p}+y^{p}+pQ(x,y)$$ với $Q(x,y)$ là một đa thức đối xứng hai biến $x,y$. Từ đó suy ra, $$(x+y+z+t)^{p}=x^{p}+y^{p}+z^{p}+t^{p}+pQ(x,y,z,t)$$ trong đó $Q(x,y,z,t)$ là đa thức đối xứng theo 4 biến $x,y,z,t$. Mặt khác, một đa thức đối xứng luôn có thể biểu diễn theo các đa thức đối xứng sơ cấp, cho nên $Q(\alpha_{1}^{p^{k}},\alpha_{2}^{p^{k}},\alpha_{3}^{p^{k}},\alpha_{4}^{p^{k}})$ là số nguyên với mọi số tự nhiên $k$. Suy ra
$$f(p^{m+1})=\left (\alpha _{1}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{2}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{3}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{4}^{p^{m}} \right )^{p}=f(p^{m})^{p}-pQ(\alpha_{1}^{p^{m}},\alpha_{2}^{p^{m}},\alpha_{3}^{p^{m}},\alpha_{4}^{p^{m}})$$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $p|f(p^{m})$. Từ đó với chú ý, $f(p^{0})=f(1)=0$ chia hết cho $p$, theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.

Bài toán: Cho đa thức bậc $n$ có $n$ nghiệm phân biệt là$x_1,x_2,...x_n$.Chứng minh rằng
\[\frac{{P"({x_1})}}{{P'({x_1})}} + \frac{{P"({x_2})}}{{P'({x_2})}} + ... + \frac{{P"({x_n})}}{{P'({x_n})}} = 0\]
Lời giải:
Xét $P\left( x \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)...\left( {x - {x_n}} \right)$, giả sử ${x_1} < {x_2} < ... < {x_n}$
Ta có: $$P'\left( x \right) = P\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {x_1}}} + \dfrac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {x_n}}}} \right) = P\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{x - {x_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$
Do $P\left( {{x_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n} $ nên theo định lí Rolle tồn tại ${c_1},{c_2},...,{c_{n - 1}};\,\,{x_1} < {c_1} < {x_2} < {c_2} < ... < {c_{n - 1}} < {x_n}$ sao cho $P'\left( {{c_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n - 1} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Lại có: $$P''\left( x \right) = P'\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {c_1}}} + \dfrac{1}{{x - {c_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {c_{n - 1}}}}} \right) = P'\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{x - {c_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 3 \right)$$
Từ (1) và (2) suy ra:$$\left\{ \begin{array}{l}
P'\left( {{c_1}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\
P'\left( {{c_2}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\
...............\\
P'\left( {{c_{n - 1}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0}
\end{array} \right.$$
Do $P\left( {{c_i}} \right) \ne 0,i = \overline {1,n - 1} $ nên ta có:$$\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\
\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\
..............\\
\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0}
\end{array} \right.$$
Suy ra: $$\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{P''\left( {{x_i}} \right)}}{{P'\left( {{x_i}} \right)}} = } \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0} } } $$
Bài toán được chứng minh.

ĐỊnh lí vi ét đối với phương trình bậc cao

 Định lí Viét đối với phương trình bậc cao

Ở các bài trước chúng tôi đã trao đổi với các bạn về cách giải phương trình bậc ba và phương trình bậc cao. Trong bài học này chúng tôi muốn trao đổi với các bạn về Định Lí Viet đối với phương trình bậc cao và một số ứng dụng.

1. Định lí Viet cho phương trình bậc ba

Cho phương trình :             (1).

a) Định lí Viet thuận: Nếu (1) có ba nghiệm  thì ta có:

   .

b) Định lí đảo của định lí Viet: Nếu ba số   thỏa mãn :

 thì  là ba nghiệm của phương trình :

.

2. Định lí Viet cho phương trình bậc cao

Nếu đa thức  ( có n nghiệm  thì ta có:

.

Ta kí hiệu : ;

 

 là tổng các tích chập k của n số  và được gọi là các đa thức đối xứng sơ cấp của các nghiệm.

Ví dụ 1: Gọi  là nghiệm của PT : . Tính:

;

;

  

  .

Giải:

Ta dễ dàng chứng minh được phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lí Viét ta có:    .

Ta có: 

.

Vì: 

Chú ý : 1) Các biểu thức A, B, C, D ở trên gọi là các đa thức đối xứng ba biến. Một tính chất quan trọng của các đa thức đối xứng

ba biến là chúng luôn biểu diễn được qua ba đa thức đối xứng ba biến sơ cấp.

Cụ thể nếu ta đặt  thì ta có một số biểu diễn sau:

       

       

       

       

       

       

       .

2) Gọi  là nghiệm PT : .

Đặt , khi đó ta có hệ thức:

.

Ví dụ 2: Tìm điều kiện để phương trình  :  có ba nghiệm, trong đó tổng hai nghiệm gấp  nghiệm còn lại.

Giải: * Giả sử phương trình có ba nghiệm  trong đó tổng hai nghiệm gấp k nghiệm nghiệm còn lại.

Theo định lí Vi ét, ta có:  .

Ta có: 

                     

  (1).

Với a,b,c thỏa mãn (1), ta tìm điều kiện để phương trình có ba nghiệm là được. Từ (1)  thay vào phương trình ta có:

phương trình có ba nghiệm 

  (2).

Vậy điều kiện a,b,c là: .

Chú ý :

1) Với  thì ba nghiệm của phương trình trên lập thành cấp số cộng.

“Vậy  phương trình  có ba nghiệm lập thành cấp số cộng nếu và chỉ nếu: ” .

2) Đến đây chắc các bạn sẽ tự đặt ra câu hỏi là a,b,c phải thỏa mãn điều kiện gì để phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số nhân ? Câu trả lời dành cho các bạn .

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình : .

Giải: Vì hệ đã cho gồm ba phương trình là những đa thức đối xứng ba biến nên ta biểu diễn ba phương trình đó qua ba đa thức đối xứng cơ bản .

Đặt , hệ trở thành:

 là ba nghiệm của phương trình : 

.

Vậy nghiệm của hệ đã cho là:  và các hoán vị.

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau :

 (THTT).

Giải: Đặt .

 Khi đó: 

Hệ đã cho trở thành:

(Ở đây ta đã sử dụng các đẳng thức:

và  )

 là nghiệm của phương trình : .

Xét phương trình : 

Phương trình .

Từ đó ta có nghiệm của hệ đã cho là:  và các hoán vị.

Ví dụ 4: Cho phương trình  có ba nghiệm và . Chứng minh rằng phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn c.

Giải: Trước hết ta thấy rằng nếu . Do đó yêu cầu bài toán trở thành chứng minh trong ba số  có đúng một số dương. Điều này dẫn đến ta đi xét tích: .

Gọi  là ba nghiệm của phương trình đã cho.

Theo định lí Vi ét, ta có:  .

Ta xét: 

 (do giả thiết)

Nếu cả ba nghiệm  vô lí (do ), vậy trong ba số , tồn tại đúng một số dương trong ba nghiệm của phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn c.

Ví dụ 5: Giả sử phương trình  (1) có ba nghiệm phân biệt khác 0. Chứng minh rằng phương trình :  (2) cũng có ba nghiệm phân biệt.

Giải: Gọi  là ba nghiệm của phương trình (1).

Theo định lí Viet, ta có:   .

Giả sử (2) có ba nghiệm , ta có:

Dẫn đến ta dự đoán ba nghiệm của (2) là .

Đặt , ta có:

 là ba nghiệm của phương trình : .

Vì là ba nghiệm phân biệt nên  cũng là ba nghiệm phân biệt

Vậy phương trình  có ba nghiệm phân biệt.

Chú ý : Khi gặp bài toán cho phương trình :  (1) có ba nghiệm và yêu cầu chứng minh phương trình  (2) cũng có ba nghiệm ta thường làm như sau:
Gọi  là ba nghiệm của (1), ta chứng minh 

 là ba nghiệm của (2) bằng cách chứng minh:

Ví dụ 6: Cho dương và phương trình có ba nghiệm. Chứng minh rằng:

1)                                   2) .

Giải:

Giả thiết bài toán cho phương trình có ba nghiệm và yêu cầu chúng ta chứng minh BĐT giữa các hệ số nên ta nghĩ đến chuyển

các BĐT đó thành các BĐT của ba nghiệm . Gọi  là ba nghiệm của phương trình . Vì 

Ta có: 

Bài toán trở thành cho ba số  và có tổng bằng 1. Chứng minh:

1) .

Áp dụng BĐT Côsi ta có: 

.

2) .

Giả sử 

 (đpcm).

Đẳng thức xảy ra .

Chú ý : Khi gặp các BĐT về hệ số của phương trình bậc ba (cũng như bậc cao) ta có thể sử dụng định lí Viet để chuyển BĐT cần chứng minh về BĐT các nghiệm của phương trình . Hơn nữa ta thấy còn đường để sáng tác ra những bài toán dạng này là xuất phát từ một BĐT đối xứng ba biến, sử dụng định lí Viet ta chuyển BĐT đó về BĐT giữa các hệ số của phương trình bậc ba. Chẳng hạn từ bài toán:

Cho  thỏa mãn . Chứng minh

.

Ta chuyển thành bài toán như sau

Cho phương trình :  có ba nghiệm không âm. Chứng minh . Ví dụ sau đây cũng là một sản phẩm của cách làm trên.

Ví dụ 7: Cho phương trình  có ba nghiệm . Chứng minh:   (HSG QG – 2001 ).

Giải:

Gọi  là ba nghiệm của phương trình đã cho. Theo Viet, ta có:

 

BĐT cần chứng minh trở thành: 

(1).

* Nếu đúng.

* Nếu . Vì (1) là BĐT thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh (1) khi . Và (1) trở thành:

  (2)

Giả sử 

.

Gọi P là VT(2) 

           

Đặt  và

. Đẳng thức xảy ra .

Hay (a;b;c) là hoán vị của bộ .

Ví dụ 8 Cho phương trình  với , có ba nghiệm dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của  (HSG QG 1999).

Giải:

Gọi  là ba nghiệm thực dương của phương trình đã cho.

Áp dụng định lí Viet ta có:

.

Ta có: 

.

Cách 1:

Xét hàm số:  với . Ta có:

 giảm trên 

Xét hàm g(a) với , ta có:

.Đẳng thức có

Khi đó . Vậy .

Cách 2: Ta có 

 .

Do  và 

 .  Đẳng thức xảy ra 

Ví dụ 10: Cho phương trình  có n nghiệm, trong đó . Chứng minh rằng các nghiệm của phương trình nằm trong đoạn .

Giải: Gọi là n nghiệm của phương trình đã cho. Khi đó yêu cầu bài toán cần chứng minh: 

. Điều này dẫn tới ta có cách giải như sau:

Theo định lí Viet ta có: 

                        .

(Do )   đpcm.

Ví dụ 11: Cho phương trình sau có n nghiệm (). Hãy tìm các nghiệm đó ?

.

Giải: Ta thấy phương trình chỉ có ba hệ số của  là những giá trị cụ thể còn những hệ số khác chúng ta chưa xác định được. Do đó để giải phương trình này ta phải dựa vào mối quan hệ giữa các hệ số của , điều này gợi ý cho chúng ta sử dụng định lí Viet. Thật vậy:

Gọi  là n nghiệm của phương trình đã cho.

Theo định lí Viet ta có: .

.

. Vậy phương trình có n nghiệm trùng nhau: .

                                                                                                                                     Nguồn: Violet