Chủ đề bị khóa
(Dao lam). Với $F= AB+ C= -AD+ E$ có được
$$\forall_{B> 0, C> 0, D> 0, E> 0}\;F:= \left ( CD+ BE \right )/\left ( B+ D \right )> 0$$
*Trước hết mình phải nói rằng Ji Chen và Sui Zhen Lin chính là hai người sử dụng thuần thục nhất phương thức này.
Nếu việc ta cần làm chỉ là tìm $B, C, D, E$ chừng quá đơn giản, cách viết $F:= \left ( CD+ BE \right )/\left ( B+ D \right )$ như trên khiến cho ta có thể hiểu lầm về mối quan hệ tinh vi giữa $A$ và $F\!$.
Ví dụ. Cho trước bốn số nguyên $a, b, c, d$ mà $a\geq b> c> d\geq 0$ và $ac+ bd= \left ( b+ d+ a- c \right )\left ( b+ d- a+ c \right )\!$. Chứng minh $ab+ cd$ là hợp số.
Proof 1. Có được $ab+ cd= \frac{\left ( b^{2}- c^{2} \right )\left ( b^{2}+ bd+ d^{2} \right )}{ab- bc- cd}$ với $\left ( b^{2}+ bd+ d^{2} \right )- \left ( b^{2}- c^{2} \right )= c^{2}+ d^{2}+ bd> 0$.
Đồng thời $\left ( b^{2}- c^{2} \right )- \left ( ab- bc- cd \right )= \frac{\left ( b- c \right )\left ( c- d \right )\left ( b^{2}- c^{2}+ d^{2}+ ad+ bd \right )}{a\left ( a+ b- c+ d \right )}> 0$
cũng như $ab- bc- cd= \frac{\left ( b- c \right )\left \{ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ d^{2}+ bc+ 2da+ \left ( b- c \right )\left ( a+ d \right ) \right \}}{2a+ b- c+ 2d}> 0$.
Proof 2. Xem ở đây.
Có cơ số cách khác nhau để tìm $A$ từ $F$ có thể kể đến như $C, E\equiv F\mod A$ thông qua một phép gán như $f\left ( a- b, 0 \right )\equiv f\left ( a, b \right )$ để giúp chứng minh $F\geq 0$. Nhưng điều Ji Chen vận dụng vào hoàn toàn khác, giống như bất cứ $A$ là gì, có chẳng "gần gũi" với $F$ đi chăng nữa, vẫn có thể tìm $B, C, D, E$ cho ưng ý.
Mình có nguyện vọng tìm ra lời giải đơn giản hơn cho bài toán này được đăng cách đây chưa lâu. Theo mình, nó cần nữa một lời giải mang phong cách súc tích như trên. (Em xin lỗi anh Phát. Anh giải đã rất đẹp rồi.) Trong cách tiếp cận mới đó, việc tìm điểm tương đồng giữa $F= AB+ C= -AD+ E$ và $n= \frac{x^{2}- 1}{a}= \frac{y^{2}- 1}{b}$ sẽ là mấu chốt. Và quan trọng nhất đâu là $A{\it ?}$
