Chủ đề này có 4 trả lời

[Hieutran2000]

Cho các số nguyên dương x,y thỏa mãn: $(x^{2}+y^{2}-1)\vdots (2xy-1)$. C/m:x=y.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hieutran2000: 21-01-2016 - 18:22

[Ego]

Đặt $x^2 + y^2 - 1 = k(2xy - 1)$ với $k$ là số nguyên dương. Xét $x = y = 1$ thoả mãn $x = y$. Không mất tổng quát, giả sử $x \ge y$ và $x > 1$. Để ý $x^2 - 2kyx + y^2 + k - 1 = 0$ là pt bậc hai theo $x$. Giả sử $(x; y)$ là một nghiệm của pt trên sao cho $x + y$ nhỏ nhất và $x \ge 2$. Theo công thức Vieta tồn tại một số $e$ sao cho:
$$\begin{cases} x + e = 2ky \\ xe = y^2 + k - 1\end{cases}$$
Hệ trên cho ta $e$ là một số nguyên dương. Mặt khác $x + y$ nhỏ nhất nên $e + y \ge x + y \iff e \ge x$. Từ đó $2ky \ge 2x \iff k \ge \frac{x}{y}$.
$$\implies k = \frac{x^2 + y^2 - 1}{2xy - 1} = \frac{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} - \frac{1}{xy}}{2 - \frac{1}{xy}} \le \frac{k + 1}{2 - \frac{1}{2}} \implies k \le 2$$
Với $k = 2$, pt tương đương $x^2 + y^2 = 4xy - 1$. Pt này vô nghiệm (bài toán cũ)
Với $k = 1$ ta có $x = y$. Xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 22-01-2016 - 17:44

[Hieutran2000]

 Mặt khác $x + y$ nhỏ nhất nên $e + y \ge x + y \iff e \ge x$. Từ đó $2ky \ge 2x \iff k \ge \frac{x}{y}$.
$$\implies k = \frac{x^2 + y^2 - 1}{2xy - 1} = \frac{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} - \frac{1}{xy}}{2 - \frac{1}{xy}} \le \frac{k + 1}{2 - \frac{1}{2}} \implies k \le 2$$
Với $k = 2$, pt tương đương $x^2 + y^2 = 4xy - 1$. Pt này vô nghiệm (bài toán cũ)
Với $k = 1$ ta có $x = y$. Xong.

+)x-y=0 thỏa mãn.

+)x-y$\neq$0:

$e\geq x,x\geq y\Rightarrow xy\leq y^{2}+k-1\Rightarrow \left ( x-y \right )\left ( y-\frac{x-y}{2xy-1} \right )\leq 0\Rightarrow y\leq \frac{x-y}{2xy-1}\Rightarrow 2y^{2}\leq 1$(vô lí do $y\in \mathbb{Z}^{+}$)

 

                                  

[I Love MC]

Một bài sử dụng phương pháp Vieta Jumping quen thuộc . 
Bài toán khác : Chứng minh rằng nếu $a,b,m$ là các số nguyên dương thỏa mãn : $\frac{a^2+ab+b^2}{ab+1}=m$ thì $m$ là một số chính phương .

[Ego]

Một bài sử dụng phương pháp Vieta Jumping quen thuộc . 
Bài toán khác : Chứng minh rằng nếu $a,b,m$ là các số nguyên dương thỏa mãn : $\frac{a^2+ab+b^2}{ab+1}=m$ thì $m$ là một số chính phương .

Series những bài này bắt nguồn từ bài kinh điển IMO 1988. Không mất tổng quát, giả sử $a \ge b$
Gọi $(a, b)$ là một bộ nghiệm cho phương trình $a^{2} - (m - 1)ba + b^{2} - m = 0$ sao cho $a + b$ nhỏ nhất. Gọi $e$ là một nghiệm khác của hệ phương trình trên:
$$\begin{cases} a + e = (m - 1)b \\ ae = b^{2} - m \end{cases}$$
i) Từ phương trình đầu nên $e \in \mathbb{Z}$
ii) Giả sử $e < 0$, ta có $m = e^{2} - (m - 1)be + b^{2} \ge e^{2} + (m - 1)b + b^{2} > mb \ge m$, vô lí. Vậy $e \ge 0$.
Nói tóm lại $e$ là số nguyên không âm
Nếu $e \ge 1$, Khi đó $e = \frac{b^{2} - m}{a} < a$, từ đó $e + b < a + b$, mâu thuẫn.
Vậy $e = 0$ là trường hợp duy nhất có thể xảy ra, thế $e$ vào pt $x^{2} - (m - 1)bx + b^{2} - m = 0$, ta nhận được b^{2} = m$