Đến nội dung

Hình ảnh

Tồn tại bao nhiêu số a ; b để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên

phương trình nghiệm nguyên chia hết đồng dư chẵn lẻ

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 13 trả lời

#1
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Tồn tại bao nhiêu số a ; b nguyên dương để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên dương .

 


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#2
math1911

math1911

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 159 Bài viết

Tồn tại bao nhiêu số a ; b nguyên dương để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên dương .

Không giảm tổng quát ta giả sử $a\geq b$.

  1./ Nếu $a=b$: thì ta có $M=2.\frac{a+1}{a}=2(1+\frac{1}{a})$ để $M$ nguyên ta suy ra $a=1$=$b$

  2./ Nếu $a>b$:

                       +Nếu $a=b+1$$\Rightarrow M=\frac{b+2}{b}+1=2+\frac{2}{b}$.Vậy để $M$ nguyên ta suy ra $b=1$ và $b=2$ tức là $a=2$ và $a=3$.

                       +Nếu $a>b+1$ thì dế thấy rằng $M$ không nguyên.

Tóm lại: $a=1;2;3$

             $b=1;2$

Là những giá trị càn tìm.

 

P/S:  $M=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$



#3
nguyencuong123

nguyencuong123

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 587 Bài viết

Không giảm tổng quát ta giả sử $a\geq b$.

  1./ Nếu $a=b$: thì ta có $M=2.\frac{a+1}{a}=2(1+\frac{1}{a})$ để $M$ nguyên ta suy ra $a=1$=$b$

  2./ Nếu $a>b$:

                       +Nếu $a=b+1$$\Rightarrow M=\frac{b+2}{b}+1=2+\frac{2}{b}$.Vậy để $M$ nguyên ta suy ra $b=1$ và $b=2$ tức là $a=2$ và $a=3$.

                       +Nếu $a>b+1$ thì dế thấy rằng $M$ không nguyên.

Tóm lại: $a=1;2;3$

             $b=1;2$

Là những giá trị càn tìm.

 

P/S:  $M=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$

Bạn nhầm rồi.Sao lại không, cả hai đều là phân số,tổng là số tự nhiên thì bình thường mà


    :icon12:  :icon12:  :icon12:   Bình minh tắt nắng trời vương vấn :icon12:  :icon12:  :icon12:       

      :icon12: Một cõi chơi vơi, ta với ta  :icon12:       

:nav: My Facebook  :nav:  

 


#4
Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết

Tồn tại bao nhiêu số a ; b nguyên dương để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên dương .

Đặt $$k=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^{2}+b^{2}+a+b}{ab}$$

 

$\bullet$ Xét $a = b$, ta tìm được $a=b=1$

$\bullet$ Xét $a\neq b$

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a>b\Rightarrow a\geq b+1$

  • Nếu $a = b + 1$ thì được các cặp $(a;b) = (2;1);(3;2)$
  • Nếu $a > b + 1$.

Trong các bộ số $(a;b)$ thỏa đề, ta chọn ra bộ $(A;B)$ có tổng nhỏ nhất.

Xét phương trình ẩn $t$ : $$k=\frac{t^{2}+B^{2}+t+B}{tB}\Leftrightarrow t^{2}+(1-Bk)t+B^{2}+B=0$$

Hiển nhiên $t_{1}=A$ , theo định lí $Viete$ : $$t_{1}t_{2}=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}$$

Nhưng vì $A>B+1>B$ nên $A^{2}>B(B+1)=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}<A$

Lại có $t_{1}+t_{2}=bk-1\in \mathbb{Z_{+}},t_{1}=A\in \mathbb{Z_{+}}$ nên $t_{2}\in \mathbb{Z_{+}}$

Suy ra $t_{2}+B<A+B$.

Điều này mâu thuẫn với cách chọn bộ $(A;B)$. Trường hợp này loại

Kết luận : Có ba bộ số thỏa mãn đề bài là $\boxed{(a;b)=(1;1);(2;1);(3;2)}$

 

@@ : Hình như đáp án bài này là vô số bộ, vậy có ai chỉ ra lỗi sai giùm mình được không, mình chẳng biết sai chỗ nào nữa  :mellow:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 08-08-2013 - 12:48

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#5
Ha Manh Huu

Ha Manh Huu

    Trung úy

  • Thành viên
  • 799 Bài viết

Đặt $$k=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^{2}+b^{2}+a+b}{ab}$$

 

$\bullet$ Xét $a = b$, ta tìm được $a=b=1$

$\bullet$ Xét $a\neq b$

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a>b\Rightarrow a\geq b+1$

  • Nếu $a = b + 1$ thì được các cặp $(a;b) = (2;1);(3;2)$
  • Nếu $a > b + 1$.

Trong các bộ số $(a;b)$ thỏa đề, ta chọn ra bộ $(A;B)$ có tổng nhỏ nhất.

Xét phương trình ẩn $t$ : $$k=\frac{t^{2}+B^{2}+t+B}{tB}\Leftrightarrow t^{2}+(1-Bk)t+B^{2}+B=0$$

Hiển nhiên $t_{1}=A$ , theo định lí $Viete$ : $$t_{1}t_{2}=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}$$

Nhưng vì $A>B+1>B$ nên $A^{2}>B(B+1)=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}<A$

Lại có $t_{1}+t_{2}=bk-1\in \mathbb{Z_{+}},t_{1}=A\in \mathbb{Z_{+}}$ nên $t_{2}\in \mathbb{Z_{+}}$

Suy ra $t_{2}+B<A+B$.

Điều này mâu thuẫn với cách chọn bộ $(A;B)$. Trường hợp này loại

Kết luận : Có ba bộ số thỏa mãn đề bài là $\boxed{(a;b)=(1;1);(2;1);(3;2)}$

 

@@ : Hình như đáp án bài này là vô số bộ, vậy có ai chỉ ra lỗi sai giùm mình được không, mình chẳng biết sai chỗ nào nữa  :mellow:

thứ nhất là a=b=2 cũng là nghiệm

mà ông ơi ông xét cái kia $t_2$ nó chưa chắc đã nguyên đâu  :wub:  :wub:  :wub:


tàn lụi


#6
Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết

thứ nhất là a=b=2 cũng là nghiệm

mà ông ơi ông xét cái kia $t_2$ nó chưa chắc đã nguyên đâu  :wub:  :wub:  :wub:

$t_{2}$ nguyên mà, tôi giải thích trên rồi đó, nhưng dù sao thì cũng sai mất rồi, chẳng hiểu sai chỗ nào. 


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#7
Ha Manh Huu

Ha Manh Huu

    Trung úy

  • Thành viên
  • 799 Bài viết

$t_{2}$ nguyên mà, tôi giải thích trên rồi đó, nhưng dù sao thì cũng sai mất rồi, chẳng hiểu sai chỗ nào. 

ê tôi phát hiên ra 1 điều là cái nghiệm của pt có chỉ có 1 cái có tổng nhỏ nhất vì nó bị chặn dưới

còn ông giả sử như vậy là ko đc đâu nhé 


tàn lụi


#8
Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết

ê tôi phát hiên ra 1 điều là cái nghiệm của pt có chỉ có 1 cái có tổng nhỏ nhất vì nó bị chặn dưới

còn ông giả sử như vậy là ko đc đâu nhé 

Hừm, ông nói y chang tên Cường, thế ông xem bài này có đúng không ? 

Hic, dù sao cũng sai, không để người ta chết trong vinh quang à Hà Mạnh Hữu  :angry:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 08-08-2013 - 16:14

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#9
Ha Manh Huu

Ha Manh Huu

    Trung úy

  • Thành viên
  • 799 Bài viết

Hừm, ông nói y chang tên Cường, thế ông xem bài này có đúng không ? 

bài đó khác mà ông đấy là anh ý CM X=Y

còn ông ví dụ ông có cái bộ 2,1 nhỏ nhất đó (đấy là vói a=b+1)

thế nếu CM như thế thì bộ đó ko thỏa mãn à  :wub:  :wub:  :wub:


tàn lụi


#10
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Không giảm tổng quát ta giả sử $a\geq b$.
1./ Nếu $a=b$: thì ta có $M=2.\frac{a+1}{a}=2(1+\frac{1}{a})$ để $M$ nguyên ta suy ra $a=1$=$b$
2./ Nếu $a>b$:
+Nếu $a=b+1$$\Rightarrow M=\frac{b+2}{b}+1=2+\frac{2}{b}$.Vậy để $M$ nguyên ta suy ra $b=1$ và $b=2$ tức là $a=2$ và $a=3$.
+Nếu $a>b+1$ thì dế thấy rằng $M$ không nguyên.
Tóm lại: $a=1;2;3$
$b=1;2$
Là những giá trị càn tìm.

P/S: $M=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$

sai rồi bạn ạ ; có vô số số a , b thỏa mãn

Đặt $$k=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^{2}+b^{2}+a+b}{ab}$$

$\bullet$ Xét $a = b$, ta tìm được $a=b=1$
$\bullet$ Xét $a\neq b$
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a>b\Rightarrow a\geq b+1$

  • Nếu $a = b + 1$ thì được các cặp $(a;b) = (2;1);(3;2)$
  • Nếu $a > b + 1$.
Trong các bộ số $(a;b)$ thỏa đề, ta chọn ra bộ $(A;B)$ có tổng nhỏ nhất.
Xét phương trình ẩn $t$ : $$k=\frac{t^{2}+B^{2}+t+B}{tB}\Leftrightarrow t^{2}+(1-Bk)t+B^{2}+B=0$$
Hiển nhiên $t_{1}=A$ , theo định lí $Viete$ : $$t_{1}t_{2}=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}$$
Nhưng vì $A>B+1>B$ nên $A^{2}>B(B+1)=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}<A$
Lại có $t_{1}+t_{2}=bk-1\in \mathbb{Z_{+}},t_{1}=A\in \mathbb{Z_{+}}$ nên $t_{2}\in \mathbb{Z_{+}}$
Suy ra $t_{2}+B<A+B$.
Điều này mâu thuẫn với cách chọn bộ $(A;B)$. Trường hợp này loại
Kết luận : Có ba bộ số thỏa mãn đề bài là $\boxed{(a;b)=(1;1);(2;1);(3;2)}$

@@ : Hình như đáp án bài này là vô số bộ, vậy có ai chỉ ra lỗi sai giùm mình được không, mình chẳng biết sai chỗ nào nữa :mellow:

sai rồi ; lời giải ở https://www.facebook...nhoclacuocsong/
xem bài của anh đặng nhất

Có lẽ bác sai khi mà chọn được bộ nhỏ nhất , vì thực chất nhỏ nhất ; và không được áp dụng viet khi mà các hệ số cũng là thay đổi ; trong khi ta lại đi tìm những số đó .
Đã chọn bộ nhỏ nhất thì không được chọn cả điều kiện tổng của nó nhỏ nhất

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 08-08-2013 - 17:53

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#11
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Mình nghĩ không thực sự là tồn tại vô hạn số nguyên dương $a,b$ thoả mãn. Và hoàn toàn tồn tại bộ nhỏ nhất trong các bộ nghiệm (vì $a,b \ge 1$). 

Có một cách ngắn gọn hơn để tìm $a,b$.

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \le b$.

Ta có $ab| a^2+b^2+a+b \Leftrightarrow ab|(a+b)(a+b+1)$. Do đó $ab|a+b$ hoặc $ab|a+b+1$.

 

Nếu $ab|a+b$ thì $a+b \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 1$. Vậy ít nhất một trong hai số $a,b$ phải bằng $1$.

Dễ thấy $a=b=1$ thoả mãn. Nếu $a=1,b \ge 2$ thì $b|b+1$, mâu thuẫn điều kiện $b \ge 2$.

Nếu $a=2$ thì $b-1 \le 1 \Leftrightarrow b=2$. Thử lại thấy thoả mãn.

 

Nếu $ab|a+b+1$ thì $a+b+1 \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 2$. 

Với $a=1$ thì $b|b+2$. Vậy $b=2$ hoặc $b=1$.

Với $a=2$ thì $2b|b+3 \Leftrightarrow 3|b$. Vậy $b=1$ (loại) hoặc $b=3$.

Với $a \ge 3$ thì $b \ge a \ge 3$. Do đó $(a-1)(b-1) \ge 4$, mâu thuẫn.

 

Vậy $\boxed{ (a,b)=(1;1),(1;2),(2;1),(2;3),(3;2),(2;2)}$.


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#12
Ha Manh Huu

Ha Manh Huu

    Trung úy

  • Thành viên
  • 799 Bài viết

Mình nghĩ không thực sự là tồn tại vô hạn số nguyên dương $a,b$ thoả mãn. Và hoàn toàn tồn tại bộ nhỏ nhất trong các bộ nghiệm (vì $a,b \ge 1$). 

Có một cách ngắn gọn hơn để tìm $a,b$.

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \le b$.

Ta có $ab| a^2+b^2+a+b \Leftrightarrow ab|(a+b)(a+b+1)$. Do đó $ab|a+b$ hoặc $ab|a+b+1$.

 

Nếu $ab|a+b$ thì $a+b \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 1$. Vậy ít nhất một trong hai số $a,b$ phải bằng $1$.

Dễ thấy $a=b=1$ thoả mãn. Nếu $a=1,b \ge 2$ thì $b|b+1$, mâu thuẫn điều kiện $b \ge 2$.

Nếu $a=2$ thì $b-1 \le 1 \Leftrightarrow b=2$. Thử lại thấy thoả mãn.

 

Nếu $ab|a+b+1$ thì $a+b+1 \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 2$. 

Với $a=1$ thì $b|b+2$. Vậy $b=2$ hoặc $b=1$.

Với $a=2$ thì $2b|b+3 \Leftrightarrow 3|b$. Vậy $b=1$ (loại) hoặc $b=3$.

Với $a \ge 3$ thì $b \ge a \ge 3$. Do đó $(a-1)(b-1) \ge 4$, mâu thuẫn.

 

Vậy $\boxed{ (a,b)=(1;1),(1;2),(2;1),(2;3),(3;2),(2;2)}$.

cái đỏ chưa chắc em ạ


tàn lụi


#13
Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết

Mình nghĩ không thực sự là tồn tại vô hạn số nguyên dương $a,b$ thoả mãn. Và hoàn toàn tồn tại bộ nhỏ nhất trong các bộ nghiệm (vì $a,b \ge 1$). 

Có một cách ngắn gọn hơn để tìm $a,b$.

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \le b$.

Ta có $ab| a^2+b^2+a+b \Leftrightarrow ab|(a+b)(a+b+1)$. Do đó $ab|a+b$ hoặc $ab|a+b+1$.

 

Nếu $ab|a+b$ thì $a+b \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 1$. Vậy ít nhất một trong hai số $a,b$ phải bằng $1$.

Dễ thấy $a=b=1$ thoả mãn. Nếu $a=1,b \ge 2$ thì $b|b+1$, mâu thuẫn điều kiện $b \ge 2$.

Nếu $a=2$ thì $b-1 \le 1 \Leftrightarrow b=2$. Thử lại thấy thoả mãn.

 

Nếu $ab|a+b+1$ thì $a+b+1 \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 2$. 

Với $a=1$ thì $b|b+2$. Vậy $b=2$ hoặc $b=1$.

Với $a=2$ thì $2b|b+3 \Leftrightarrow 3|b$. Vậy $b=1$ (loại) hoặc $b=3$.

Với $a \ge 3$ thì $b \ge a \ge 3$. Do đó $(a-1)(b-1) \ge 4$, mâu thuẫn.

 

Vậy $\boxed{ (a,b)=(1;1),(1;2),(2;1),(2;3),(3;2),(2;2)}$.

$a = 6 ; b = 3$ thỏa mãn kìa em !  :lol:

Hữu nói đúng rồi đó, nếu có chỗ màu đỏ thì $ab$ phải nguyên tố


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 08-08-2013 - 18:14

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#14
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Đúng rồi 

 

$a = 6 ; b = 3$ thỏa mãn kìa em !  :lol:

Hữu nói đúng rồi đó, nếu có chỗ màu đỏ thì $ab$ phải nguyên tố


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: phương trình nghiệm nguyên, chia hết, đồng dư, chẵn lẻ

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh