Tuyển tập Số học211 bài

Bài toán (Tổng quát Vietnamese Team Selection Test 2012)

Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ và xét dãy số $(x_n)$ thỏa $x_1=1,x_2=p$ và :

$$x_{n+2}=2p{x}_{n+1}-x_n$$

Chứng minh rằng $\frac{x_{2m}+1}{p+1}$ là một số chính phương với mọi số nguyên dương $m$.

Lời giải :

Xét các đa thức Chebyshev loại I và loại II :

$$T_0(x)=1,T_1(x)=x,T_{n+2}=2x{U}_{n+1}(x)-U_n(x)$$

$$U_0(x)=1,U_1(x)=2x,U_{n+2}=2x{U}_{n+1}(x)-U_n(x)$$

Ta có một đẳng thức quen thuộc liên hệ giữa hai đa thức này dưới dạng kiểu phương trình Pell :

$T_n^2(x)-(x^2-1)U_{n-1}^2(x)$$=1$$\iff \frac{T_n(x)-1}{x-1}.\frac{T_n(x)+1}{x+1}$$=U_{n-1}^2(x)$

Ta sẽ chứng minh :

$$\frac{T_n(x)-1}{x-1}\in \mathbb{Z},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$ và $$\frac{T_n(x)+1}{x+1}\in \mathbb{Z},\forall n\in \mathbb{N},n\equiv 1(\mathrm{mod}2)$$

Thực vậy, ta có tính chất quen thuộc sau của đa thức Chebyshev loại I là :

$$T_n(1)=1,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

Điều này đồng nghĩa với việc đa thức $T_n(x)-1$ nhận $x=1$ làm nghiệm, hay nhận $x-1$ làm nhân tử, tức $\frac{T_n(x)-1}{x-1}\in \mathbb{Z}$

Ta cũng có :

$$T_n(-1)=(-1{)}^n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

Do đó nếu $n$ lẻ thì $T_n(-1)=-1$. Điều này cho thấy đa thức $T_n(-1)+1$ nhận $x=-1$ làm nghiệm, hay nhận $x+1$ làm nhân tử, tức  $\frac{T_n(x)+1}{x+1}\in \mathbb{Z},\forall n\in \mathbb{N},n\equiv 1(\mathrm{mod}2)$

Dễ dàng nhận thấy rằng $x_{n+1}=T_n(p)$ với mọi số tự nhiên $n$.

Ở đây, ta chỉ xét $n$ lẻ :

$$\frac{T_n(p)-1}{p-1}.\frac{T_n(p)+1}{p+1}=U_{n-1}^2(p)(\ast )$$

Gọi :

$$d=\gcd \left(\frac{T_n(p)-1}{p-1},\frac{T_n(p)+1}{p+1}\right)\Rightarrow d\mid 2$$

Từ đó suy ra $U_{n-1}(p)$ là một số chẵn, nhưng điều này vô lí vì với $n$ lẻ thì $n-1$ chẵn và mọi đa thức Chebyshev loại II có bậc chẵn đều là số lẻ nếu biến số là số nguyên.

Như vậy phải có $d=1$. Từ $(\ast )$ ta suy ra ngay $\frac{T_n(p)+1}{p+1}=\frac{x_{n+1}+1}{p+1}$ là một số chính phương với mọi số nguyên dương $n$ lẻ. Tức là $\frac{x_{2m}+1}{p+1}$ chính phương với mọi số nguyên dương $m$.

Bài toán hoàn tất.

 

Một số tính chất của đa thức Chebyshev loại I và II có thể xem tại đây.

Bài toán (AMM, Problem E2619, Thomas C.Brown)

Cho dãy số nguyên $(a_n)$ xác định bởi :

$$a_1=1,a_{n+1}=a_n+\lfloor \sqrt{a_n}\rfloor$$

Chứng minh rằng $a_n$ là số chính phương khi và chỉ khi $n=2^k+k-2$ với $k$ là số tự nhiên.

Lời giải :

Quan sát một số số hạng đầu tiên :

$a_1$$=1,a_2$$=2,a_3$$=3,a_4$$=4,a_5$$=6,a_7$$=10,a_8$$=13,a_9$$=16,a_{10}$$=20,a_{11}$$=24,a_{12}$$=28,a_{13}$$=33,a_{14}$$=38,a_{15}$$=44,a_{16}$$=50,a_{17}$$=57,a_{18}$$=64,...$

Ta thấy các số hạng chính phương là $a_1=1^2,a_4=2^2,a_9=4^2,a_{18}=8^2,...$ và một số hạng chính phương sẽ có căn gấp đôi căn của số hạng chính phương kế trước nó.

Như vậy ta đi chứng minh nếu $a_k=m^2$ thì số hạng chính phương liền sau của nó bằng $(2m{)}^2$.

Ta tính được :

$$a_{k+1}=a_{k+2.0+1}=m^2+m=(m+0{)}^2+(m-0)$$

$$a_{k+2}=a_{k+2.1}=m^2+2m=(m+1{)}^2-1$$

$$a_{k+3}=a_{k+2.1+1}=m^2+3m=(m+1{)}^2+(m-1)$$

$$a_{k+4}=a_{k+2.2}=m^2+4m+1=(m+2{)}^2-3$$

$$a_{k+5}=a_{k+2.2+1}=m^2+5m+2=(m+2{)}^2+(m-2)$$

$$a_{k+6}=a_{k+2.3}=m^2+6m+4=(m+3{)}^2-5$$

$$a_{k+7}=a_{k+2.3+1}=m^2+7m+6=(m+3{)}^2+(m-3)$$

$$a_{k+8}=a_{k+2.4}=m^2+8m+9=(m+4{)}^2-9$$

Qua quy luật của các số hạng trên, ta chứng minh bằng quy nạp :

$$a_{k+2s}=(m+s{)}^2-(2s-1),a_{k+2s+1}=(m+s{)}^2+(m-s)(\ast )$$

Gỉa sử điều này là đúng. Ta xét với $s+1$.

$a_{k+2s+2}$$=a_{k+2s+1}+\lfloor \sqrt{a_{k+2s+1}}\rfloor$$=(m+s{)}^2+(m-s)+\lfloor \sqrt{(m+s{)}^2+(m-s)}\rfloor$$=(m+s{)}^2+(m-s)+(m+s)$$=(m+s+1{)}^2-2(s+1)+1$

$a_{k+2s+3}$$=a_{k+2s+2}+\lfloor \sqrt{a_{k+2s+2}}\rfloor$$=(m+s+1{)}^2-2s-1+\lfloor \sqrt{(m+s+1{)}^2-2s-1}\rfloor$$=(m+s+1{)}^2-2s-1+(m+s)$$=(m+s+1{)}^2+(m-s-1)$

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta được $(\ast )$. Rõ ràng $a_{k+2s}$ không thể chính phương vì :

$$(m+s-1{)}^2<(m+s{)}^2-2s+1<(m+s{)}^2$$

Và nếu $s\le m$ thì $(m+s{)}^2\le (m+s{)}^2+(m-s)\le (m+s+1{)}^2$, suy ra $a_{k+2s+1}$ chỉ là số chính phương nếu $s=m$ và khi đó $a_{k+2m+1}=(2m{)}^2(\ast \ast )$.

Còn nếu $s>m$ thì $a_{k+2s+1}=(m+s{)}^2+(m-s)>(2m{)}^2=a_{k+2m+1}$ nên $a_{k+2s+1}$ không thể là số chính phương kế tiếp sau $a_k$.

Như vậy một số hạng chính phương sẽ có căn gấp đôi căn của số hạng chính phương kế trước nó. Hơn nữa ta có $$a_1=1^2$$ nên bằng quy nạp ta có thể chỉ ra được các số hạng chính phương của dãy đều là một lũy thừa bậc chẵn của $$2$$.

Bây giờ ta trở lại với $n=2^k+k-2$.

Chọn $k=1$ ta được $a_1=1=2^0$. Chọn $k=2$ ta được $a_2=4=(2^1{)}^2$. Chọn $k=3$ ta được $a_3=16=(2^2{)}^2$. Chọn $k=4$ ta được $a_{18}=2^6=(2^3{)}^2$…

Ta quy nạp :

$$a_{2^k+k-2}=2^{2(k-1)}$$

Gỉa sử điều này là đúng. Xét với $k+1$, ta cần chứng minh :

$$a_{2^{k+1}+(k+1)-2}=2^{2k}$$

Điều này là đúng nếu trong $(\ast \ast )$ ta chọn thay $k$ bởi $2^k+k-2$ và chọn $m=2^{k-1}$, lúc đó :

$$a_{2^k+k-2+2(2^{k-1})+1}=(2.2^{k-1}{)}^2=2^{2k}\Rightarrow a_{2^{k+1}+(k+1)-2}=2^{2k}$$

Ta hoàn tất bài toán.

 

Bài toán : Cho $x_1,x_2,...,x_{2n+1},y_1,y_2,....,y_{2n+1}$ là các số nguyên dương với $n$ là số nguyên dương tuỳ ý và $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$. Chứng minh rằng :

$$\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$$

không là một số chính phương.

Lời giải 1 :

Chú ý các phân tích sau đây :

Theo hằng đẳng thức Lagrange :

$\left[(p-1)a^2+p{b}^2\right]\left[(p-1)c^2+p{d}^2\right]$$={\left[(p-1)ac+pbd\right]}^2+{\left[ad\sqrt{p(p-1)}+bc\sqrt{p(p-1)}\right]}^2$$={\left[(p-1)ac+pbd\right]}^2+p(p-1)(ad+bc{)}^2$

$\left[(p-1)a^2+p{b}^2\right]\left[(p-1)c^2+p{d}^2\right]\left[(p-1)x^2+p{y}^2\right]$$=\left[{\left[(p-1)ac+pbd\right]}^2+p(p-1)(ad+bc{)}^2\right]\left[(p-1)x^2+p{y}^2\right]$

$={\left[\left((p-1)ac+pbd\right).x\sqrt{p-1}+\sqrt{p(p-1)}.(ad+bc).y\sqrt{p}\right]}^2+{\left[\left((p-1)ac+pbd\right).y\sqrt{p}-\sqrt{p(p-1)}.(ad+bc).x\sqrt{p-1}\right]}^2$$=(p-1){\left[x((p-1)ac+bd)+py(ad+bc)\right]}^2+p{\left[((p-1)ac+pbd).y-(p-1).x(ad+bc)\right]}^2(\ast )$

Ta dễ dàng chứng minh được $(p-1)x^2+p{y}^2$ không thể là một số chính phương bằng nguyên lí lùi vô hạn $(\ast \ast )$

Ta chứng minh bằng quy nạp tích $\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$ có thể biểu diễn được dưới dạng $(p-1)X^2+p{Y}^2$. Với $n=0$ thì hiển nhiên. Gỉa sử :

$\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$$=(p-1)X^2+p{Y}^2$

Khi đó ta có :

$\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+3}^2+p{y}_{2n+3}^2\right]$$=\left[(p-1)X^2+p{Y}^2\right]\left[(p-1)x_{2n+2}^2+p{y}_{2n+2}^2\right]\left[(p-1)x_{2n+3}^2+p{y}_{2n+3}^2\right]$

Và áp dụng $(\ast )$ ta quy nạp thành công. Sử dụng tính chất $(\ast \ast )$ thì bài toán hoàn tất.

Lời giải 2 : (Phạm Quang Toàn)

Giả sử $A=\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$ là một số chính phương.

Ta có

$\left[(p-1)a^2+p{d}^2\right]\left[(p-1)b^2+p{c}^2\right]$$={\left[(p-1)ac-pbd\right]}^2+p(p-1)(ad+bc{)}^2$$=m^2++p(p-1)n^2$

Và

$$\begin{array}{rl}\left[m^2+p(p-1)n^2\right]\left[g^2+p(p-1)h^2\right]& ={\left[p(p-1)hn-mg\right]}^2+p(p-1)(ng+hm{)}^2\\ & =i^2+p(p-1)l^2.\end{array}$$

Do đó $\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n}^2+p{y}_{2n}^2\right]$ hoàn toàn có thể biểu diễn được dưới dạng $p(p-1)m^2+n^2$. Như vậy $A=\left[p(p-1)m^2+n^2\right]\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right].$

Ta có $p(p-1)m^2+n^2\equiv n^2(\mathrm{mod}p),(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\equiv -x_{2n+1}^2(\mathrm{mod}p)$. Do đó $A\equiv -(n{x}_{2n+1}{)}^2(\mathrm{mod}p)$ hay $p|A+(n{x}_{2n+1}{)}^2$. Vì $A$ là số chính phương và $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ nên ta suy ra $p^2|A,p|n{x}_{2n+1}$. Ta sẽ xét ba trường hợp sau:

TH1. Nếu $p|n,p\nmid x_{2n+1}$. Dễ thấy rằng $p\nmid (p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2$. Vì $A$ chính phương nên $2|v_p(p(p-1)m^2+n^2)$. Ta có $p|p(p-1)m^2+n^2$ nên $p^2|p(p-1)m^2+n^2$. Điều này đồng nghĩa với $p|m$ vì $p|n$.

Đặt $v_p(m)=b_1,v_p(n)=b_2$ thì $m=p^{b_1}{m}_1,n=p^{b_2}{n}_1(p\nmid n_1,p\nmid m_1)$. Ta có $p(p-1)m^2+n^2=p^{2b_1+1}(p-1)m_1^2+p^{2b_2}{n}_1^2$

Dễ thấy rằng nếu $2b_1+1<2b_2$ thì $2\nmid v_p(p(p-1)m^2+n^2)$. Do đó $2b_1+1>2b_2$. Khi đó $p(p-1)m^2+n^2=2^{2b_2}\left[p^{2(b_1-b_2)+1}(p-1)m_1^2+n_1^2\right].$

Như vậy $A$ là số chính phương khi và chỉ khi $B=\left[p^{2(b_1-b_2)+1}(p-1)m_1^2+n_1^2\right]\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$ là số chính phương. Lập luận tương tự, ta thu được $p|B+(n_1{x}_{2n+1}{)}^2$ và suy ra $p|B$, mâu thuẫn.

TH2. Nếu $p\nmid n,p|x_{2n+1}$, lập luận tương tự trường hợp 1, ta suy ra mâu thuẫn.

TH3. Nếu $p|n,p|x_{2n+1}$. Đặt $n=p{n}_1,x_{2n+1}=p{c}_1$. Khi đó $A=p^2\left[(p-1)m^2+p{n}_1^2\right]\left[p(p-1)c_1^2+y_{2n+1}^2\right]$ là số chính phương khi và chỉ khi $\left[(p-1)m^2+p{n}_1^2\right]\left[p(p-1)c_1^2+y_{2n+1}^2\right]$ chính phương. Ta quay lại với ý tưởng ban đầu và dẫn đến $p|y_{2n+1},p|m$. Quá trính cứ tiếp tục tiếp diễn, ta suy ra $p^k|x_{2n+1},p^l|y_{2n+1}$ với mọi $k,l\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Do đó $x_{2n+1}=y_{2n+1}=0$, mâu thuẫn vì hai số này nguyên dương.

Vậy $A$ không thể là số chính phương. $■$

 

Bài toán (Iran National Olympiad Second Round 2008)

 Cho $a$ là một số tự nhiên. Biết rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $4(a^n+1)$ là một lập phương đúng. Chứng minh $a=1$.

Lời giải :

Ta có $4(a^3+1),4(a^9+1)$ đều là lập phương đúng. Chú ý vì :

$$4(a^9+1)=4(a^3+1)(a^6-a^3+1)$$

Suy ra $a^6-a^3+1$ là một lập phương đúng. Đặt :

$$a^6-a^3+1=t^3(t\in \mathbb{N})$$

Chú ý nếu mà $a>1$ thì :

$$(a^2-1{)}^3<a^6-a^3+1<(a^2{)}^3$$

Mâu thuẫn với việc $a^6-a^3+1$ là một lập phương đúng. Như vậy $a=1$, ta có điều cần chứng minh.

 

Bài toán : Cho dãy số $(u_n)$ : 

$$\{\begin{array}{c}{u}_1=1,u_2=9\\ u_{n+2}=\frac{u_{n+1}^2+8}{u_n},\forall n\ge 1\end{array}$$

Chứng minh rằng $6u_n^2-2$ là một số chính phương.

Lời giải :

Xét dãy $(v_n)$ :

$$\{\begin{array}{c}{v}_1=1,v_2=9\\ v_{n+2}=10v_{n+1}-v_n\end{array}$$

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng :

$$v_{n+2}{v}_n-v_{n+1}^2=8(\ast )$$

Với $n=1$ thì hiển nhiên $(\ast )$ đúng. Gỉa sử $(\ast )$ đúng. Xét tiếp với $n+1$ :

$v_{n+3}{v}_{n+1}-v_{n+2}^2$$=v_{n+1}(10v_{n+2}-v_{n+1})-v_{n+2}^2$$=10v_{n+2}{v}_{n+1}-v_{n+2}^2+(8-v_{n+2}{v}_n)$$=8+v_{n+2}(10v_{n+1}-v_{n+2}-v_n)$$=8$

Theo nguyên lí quy nạp ta có $(\ast )$. Suy ra :

$$v_{n+2}=\frac{v_{n+1}^2+8}{v_n}$$

Hơn nữa chú ý $(v_n)$ và $(u_n)$ là duy nhất, kéo theo $(u_n)$ trùng với $(v_n)$. Như vậy $(u_n)$ được xác định :

$$\{\begin{array}{c}{u}_1=1,u_2=9\\ u_{n+2}=10u_{n+1}-u_n\end{array}$$

Giải phương trình sai phân này, ta được :

$u_n$$=\frac{3-\sqrt{6}}{6}.(5+2\sqrt{6}{)}^n+\frac{3+\sqrt{6}}{6}.(5-2\sqrt{6}{)}^n$$=\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right){\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)}^{2n}+\sqrt{3}\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right){\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{2n}}{6}$

$$=\frac{\sqrt{3}}{6}\left[{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)}^{2n-1}+{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{2n-1}\right]$$

Xét hai dãy nguyên dương $(A_n),(B_n)$ mà :

$${\left(\sqrt{3}\pm \sqrt{2}\right)}^{2n-1}=A_n\sqrt{3}\pm B_n\sqrt{2}$$

Khi đó dễ thấy $3A_n^2-2B_n^2=1$.

Từ đó mà :

$$u_n=\frac{\sqrt{3}}{6}.2An\sqrt{3}=A_n\Rightarrow 6u_n^2-2=6A_n^2-2=4B_n^2$$

Là một số chính phương. Ta được điều phải chứng minh.

Bài toán (Balkan Mathematical Olympiad 2002)

Cho dãy số $(x_n)$ thỏa mãn :

$$\{\begin{array}{c}{x}_1=20,x_2=30\\ x_{n+1}=3x_n-x_{n-1},\forall n\ge 2\end{array}$$

Tìm tất cả các giá trị của $n$ để $5x_n{x}_{n+1}+1$ là số chính phương. 

Lời giải :

Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp :

$$x_{n+2}{x}_n-x_{n+1}^2=500$$

Khi đó :

$(x_n+x_{n+1}{)}^2$$=x_n^2+x_{n+1}^2+2x_n{x}_{n+1}$$=x_n^2+x_{n+1}(3x_n-x_{n-1})+2x_n{x}_{n+1}$$=(x_n^2-x_{n-1}{x}_{n+1})+5x_n{x}_{n+1}$$=5x_n{x}_{n+1}-500$$<5x_n{x}_{n+1}+1$

Và :

$$(x_n+x_{n+1}+1{)}^2=(x_n+x_{n+1}{)}^2+2(x_n+x_{n+1})+1=5x_n{x}_{n+1}-499+2(x_n+x_{n+1})$$

Xét $n\ge 4$ thì $x_n+x_{n+1}\ge x_4+x_5=180+470=650$ (chú ý dãy $(x_n)$ tăng)

Do đó :

$$(x_n+x_{n+1}+1{)}^2\ge (5x_n{x}_{n+1}-499)+650>5x_n{x}_{n+1}+1$$

Vậy nên suy ra :

$$(x_n+x_{n+1}{)}^2<5x_n{x}_{n+1}+1<(x_n+x_{n+1}+1{)}^2$$

Trường hợp này không thể tìm được $n$ thỏa đề. Do đó $n\le 3$. Thử ta nhận $n=3$.

Bài toán :  Xét dãy số $(u_n)$ : $u_n=\lfloor n\sqrt{2}\rfloor ,\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$. Chứng minh rằng dãy số đã cho có vô số số hạng là một số chính phương.

Lời giải :

Nhận xét rằng luôn tồn tại hai dãy số nguyên dương $(A_n),(B_n)$ thỏa mãn :

$$\{\begin{array}{c}(1+\sqrt{2}{)}^n=A_n+B_n\sqrt{2}\\ (1-\sqrt{2}{)}^n=A_n-B_n\sqrt{2}\end{array}$$

Khi ấy :

$1$$=(1+\sqrt{2}{)}^n(1-\sqrt{2}{)}^n$$=(A_n+B_n\sqrt{2})(A_n-B_n\sqrt{2})$$=A_n^2-2B_n^2$$\Rightarrow A_n^4+A_n^2$$=2(A_n{B}_n{)}^2$

Hơn nữa ta có nhận xét sau :

$(A_n^2{)}^2$$<A_n^4+A_n^2$$<(A_n^2+1{)}^2$$\Rightarrow A_n^2$$<\sqrt{A_n^4+A_n^2}$$<A_n^2+1$$\Rightarrow \lfloor A_n{B}_n\sqrt{2}\rfloor$$=\lfloor \sqrt{A_n^4+A_n^2}\rfloor$$=A_n^2$

Vậy nếu ta chọn $x_n=A_n{B}_n$ thì ta có $(x_n)$ là một dãy dương và dãy tăng thực sự, tức $(x_n)$ nhận vô số giá trị nguyên dương. Khi đó ta có :

$$u_{x_n}=A_n^2,\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Chứng minh rằng phương trình sau có vô số nghiệm nguyên dương : 

$$\frac{x+1}{y}+\frac{y+3}{x}=6$$ 

Lời giải : 

Biến đổi phương trình về dạng bậc hai ẩn $x$ và tham số $y$ : $$x^2+x(1-6y)+y^2+3y=0$$ Phương trình này có $\Delta =(1-6y{)}^2-4(y^2+3y)=32y^2-24+1$. Ta chỉ cần chứng tỏ rằng tồn tại vô hạn các số nguyên dương $y$ sao cho biểu thức $\Delta$ là số chính phương.Hay chứng minh phương trình sau có vô hạn nghiệm nguyên dương :

$$32y^2-24y+1=k^2\iff (8y-3{)}^2-2k^2=7$$ Ta xây dựng hai dãy số $(x_n),(y_n)$ như sau : $$\{\begin{array}{c}{x}_0=3,y_0=1\\ x_{n+1}=3x_n+4y_n\\ y_{n+1}=2x_n+3y_n\end{array}$$ Khi ấy ta có : $$x_{n+1}^2-2y_{n+1}^2=(3x_n+4y_n{)}^2-2(2x_n+3y_n{)}^2=x_n^2-2y_n^2=...=x_0^2-2y_0^2=7$$ Điều này chứng tỏ phương trình dạng : $$X^2-2Y^2=7$$ có vô hạn nghiệm nguyên dương. Tiếp theo ta chỉ cần chứng tỏ có vô số số hạng của dãy $(x_n)$ có dạng $8t-3$ thì bài toán được giải quyết trọn vẹn. Ta chứng minh dãy $(x_{2k})$ chứa toàn những số hạng có dạng $8t-3$. Thật vậy, ta có : $$x_{n+1}=3x_n+4y_n=9x_{n-1}+12y_{n-1}+4y_n=9x_{n-1}+8y_{n-1}+4(y_n+y_{n-1})\equiv x_{n-1}(mod8)$$ Suy ra : $$x_{2k}\equiv x_2=13\equiv -3(mod8)$$ với mọi số nguyên dương $k$. Ta có điều phải chứng minh. Nhận xét : 

Ta có phương pháp để chọn ra các dãy $(x_n),(y_n)$ như sau : Phương trình nghiệm nguyên có dạng : $$X^2-k{Y}^2=m(1)$$ với $m$ là số nguyên , $k$ là số nguyên dương không chính phương. Nếu $(1)$ có nghiệm nguyên dương là $(A,B)$. Và nếu phương trình Pell dạng $X^2-k{Y}^2=1$ có nghiệm nguyên dương là $(C,D)$.Ta chứng minh được phương trình $(1)$ có vô số nghiệm nguyên dương bằng cách xét các dãy :

$$\{\begin{array}{c}{x}_0=A,y_0=B\\ x_{n+1}=C{x}_n+kD{y}_n\\ y_{n+1}=D{x}_n+C{y}_n\end{array}$$ Vì khi ấy : $$x_{n+1}^2-k{y}_{n+1}^2=x_n^2-k{y}_n^2=...=x_0^2-k{y}_0^2=m$$