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.