Câu hỏi của Trương Quang Hữu Đức

Question

Cho a,b thuộc Z* sao cho $A=\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ là số nguyên . CM: A là số chính phương

Akai Haruma · Accepted Answer

Lời giải: Với những dạng bài này bạn có thể tham khảo phương pháp Viete Jumping . Đặt $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}\in \mathbb{Z}$ (*) $\Leftrightarrow a^2+b^2-kab-k=0$ Xét tập S các bộ số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn (*). Trong tập S đó ta chọn ra cặp $(a_0,b_0)$ thỏa mãn $a_0+b_0$ min. Không mất tổng quát giả sử $a_0\geq b_0$ Xét PT: $X^2-kb_0X+(b_0^2-k)=0$ Hiển nhiên $a_0$ là một nghiệm của PT. PT còn một nghiệm $a_1$ nữa. Áp dụng hệ thức Viete ta có: $\left\{\begin{matrix} a_0+a_1=kb_0\ a_0a_1=b_0^2-k\end{matrix}\right.$ +) Nếu $a_1< 0\Rightarrow a_1\leq -1$ $\Rightarrow 0=a_1^2-kb_0a_1+(b_0^2-k)\geq a_1^2+kb_0+b_0^2-k$ $\geq a_1^2+k+b_0^2-k=a_1^2+b_0^2$ (vô lý vì $b_0\in\mathbb{Z}^+$ ) +) Nếu $a_1=0\Rightarrow b_0^2-k=0\Leftrightarrow k=b_0^2$ là số cp hay $A$ là số chính phương (đpcm) +) Nếu $a_1>0$. Khi đó $(a_1,b_0)$ cũng là một cặp thuộc tập S Theo tính chất nhỏ nhất của $a_0+b_0\Rightarrow a_0\leq a_1$ (1) Mà theo công thức Viete ở trên thì $a_1=\frac{b_0^2-k}{a_0}< \frac{b_0^2}{a_0}\leq \frac{a_0^2}{a_0}=a_0$ (do $b_0\leq a_0$ ) Điều này mâu thuẫn với (1) nên vô lý Vậy $A=k=b_0^2$ nên A là số chính phương. Câu trả lời: Lời giải: Với những dạng bài này bạn có thể tham khảo phương pháp Viete Jumping . Đặt $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}\in \mathbb{Z}$ (*) $\Leftrightarrow a^2+b^2-kab-k=0$ Xét tập S các bộ số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn (*). Trong tập S đó ta chọn ra cặp $(a_0,b_0)$ thỏa mãn $a_0+b_0$ min. Không mất tổng quát giả sử $a_0\geq b_0$ Xét PT: $X^2-kb_0X+(b_0^2-k)=0$ Hiển nhiên $a_0$ là một nghiệm của PT. PT còn một nghiệm $a_1$ nữa. Áp dụng hệ thức Viete ta có: $\left\{\begin{matrix} a_0+a_1=kb_0\ a_0a_1=b_0^2-k\end{matrix}\right.$ +) Nếu $a_1< 0\Rightarrow a_1\leq -1$ $\Rightarrow 0=a_1^2-kb_0a_1+(b_0^2-k)\geq a_1^2+kb_0+b_0^2-k$ $\geq a_1^2+k+b_0^2-k=a_1^2+b_0^2$ (vô lý vì $b_0\in\mathbb{Z}^+$ ) +) Nếu $a_1=0\Rightarrow b_0^2-k=0\Leftrightarrow k=b_0^2$ là số cp hay $A$ là số chính phương (đpcm) +) Nếu $a_1>0$. Khi đó $(a_1,b_0)$ cũng là một cặp thuộc tập S Theo tính chất nhỏ nhất của $a_0+b_0\Rightarrow a_0\leq a_1$ (1) Mà theo công thức Viete ở trên thì $a_1=\frac{b_0^2-k}{a_0}< \frac{b_0^2}{a_0}\leq \frac{a_0^2}{a_0}=a_0$ (do $b_0\leq a_0$ ) Điều này mâu thuẫn với (1) nên vô lý Vậy $A=k=b_0^2$ nên A là số chính phương.

Nguyễn Huy Hưng · Answer

Đặt k=a2+b2ab+1(k∈Z)k=a2+b2ab+1(k∈Z) Giả sử kk không là số chính phương Cố định số nguyên dương kk, sẽ tồn tại cặp (a,b)(a,b) . Ta kí hiệu S={(a,b)∈NxN|a2+b2ab+1=k}S={(a,b)∈NxN|a2+b2ab+1=k} Theo nguyên lí cực hạn thì các cặp thuộc SS tồn tại (A,B)(A,B) sao cho A+BA+B đạt min Giả sử A≥B>0A≥B>0 . Cố định BB ta còn số nữa khác AA thảo phương trình k=x+B2xB+1k=x+B2xB+1 ⇔x2−kBx+B2−k=0⇔x2−kBx+B2−k=0 phương trình có nghiệm AA Theo Viet : {A+x2=kBA.x2=B2−k{A+x2=kBA.x2=B2−k $\Rightarrow$ x2=kB−A=B2−kAx2=kB−A=B2−kA Dễ thấy x2x2 nguyên. Nếu x2<0x2<0 thì x22−kBx2+B2−k≥x22+k+B2−k>0x22−kBx2+B2−k≥x22+k+B2−k>0 (vô lí) . Suy ra x2≥0x2≥0 do đó (x2,B)∈S(x2,B)∈S Do A≥B>0⇒x2=B2−kA0⇒x2=B2−kA0A≥B>0 . Cố định BB ta còn số nữa khác AA thảo phương trình k=x+B2xB+1k=x+B2xB+1 ⇔x2−kBx+B2−k=0⇔x2−kBx+B2−k=0 phương trình có nghiệm AA Theo Viet : {A+x2=kBA.x2=B2−k{A+x2=kBA.x2=B2−k $\Rightarrow$ x2=kB−A=B2−kAx2=kB−A=B2−kA Dễ thấy x2x2 nguyên. Nếu x2<0x2<0 thì x22−kBx2+B2−k≥x22+k+B2−k>0x22−kBx2+B2−k≥x22+k+B2−k>0 (vô lí) . Suy ra x2≥0x2≥0 do đó (x2,B)∈S(x2,B)∈S Do A≥B>0⇒x2=B2−kA0⇒x2=B2−kA

Phân thức đại số

Khoá học trên OLM (olm.vn)

Khoá học trên OLM (olm.vn)