Chủ đề này có 1 trả lời

[Sangnguyen3]

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

Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $z$ sao cho : $x+y+z+xyz$ là số chính phương

[supermember]

Hi vọng là giải đúng

 

Từ điều kiện bài toán, ta thấy rõ ràng phải tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $ k = \frac{y^2 +x-1}{xy+1}$

 

$ \implies y^2 + x -1 = k(xy+1) \implies y^2 - kxy + x -1 - k = 0 \ (*)$

 

Xem $(*)$ là phương trình bậc $2$ ẩn $y$, thì rõ ràng do $(*)$ có nghiệm nguyên dương, nên từ công thức tính nghiệm của phương trình bậc $2$ : $ y_{1,2} = \frac{ -b  \pm \sqrt{\bigtriangleup }}{2a}$ thì ta dễ thấy biệt số $ \bigtriangleup = k^2 x^2 - 4(x-1-k) = k^2 x^2 +4 + 4k - 4x$ phải là số chính phương.

 

Ta xét $2$ trường hợp:

 

TH1: $ kx =1 \Leftrightarrow k = x = 1$

 

Thì khi đó $(*)$ tương đương với $ y(y-1) = 1$, phương trình này  vô nhiệm vì $y ; \ y-1$ là $2$ số nguyên liên tiếp nên bắt buộc phải có $1$ số chẵn trong $2$ số này , suy ra tích: $y(y-1)$ là số chẵn. Trong khi $1$ là số nguyên dương lẻ.

 

Do đó, không thể xảy ra trường hợp này.
 

Nên do đó, ta chỉ cần xét trường hợp $2$ là $ kx \geq 2$.

 

Ta có đánh giá sau: $ k^2 x^2 -4kx +4 < \bigtriangleup = k^2 x^2 - 4(x-1-k) = k^2 x^2 +4 + 4k - 4x = a^2 < k^2 x^2 + 4kx + 4$

 

Suy ra $ (kx-2)^2 < a^2 < (kx+2)^2$

 

Mà $kx -2 \geq 0$, Do đó chỉ có thể xảy ra $2$ trường hợp:

 

$ a^2 = k^2x^2 $ hoặc $ a^2 = (kx \pm 1)^2$

 

Bằng kiểm tra trực tiếp thì dễ thấy không thể xảy ra trường hợp: $  a^2 = k^2 x^2 +4 + 4k - 4x = (kx \pm 1)^2$ vì đẳng thức này tương đương với:

 

$ 4k-4x \pm 2kx = -3$, Vô lý, do vế trái và vế phải khác tính chẵn lẽ.

 

Nên chỉ cần xét trường hợp: $ a^2 = k^2x^2 =  k^2 x^2 +4 + 4k - 4x $

 

Ta thu được đẳng thức tuyệt đẹp : $ x = k+1   \ (**)$

 

Thay $(**)$ vào $(*)$ ta có: $ y^2 - kxy  = 0  \implies y = kx = k^2 +k$

 

Đến đây thì dễ lắm rồi : $ x+y+z + xyz = (x+y) + z(xy+1)= k^2 + 2k+1 + z(k^3+2k^2 +k) = (k+1)^2 + zk(k+1)^2 + z $

 

 

 

Chọn ngay số $ z =  (k+1)^2 \cdot ( k(k+1)^2 -1) $ thì có ngay $  x+y+z + xyz = k^2 (k+1)^6$ là số chính phương.

 

Và do đã chỉ ra cách để chọn số $z$ thỏa mãn yêu cầu bài toán, nên bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn trọn vẹn.

 

Chú ý:

 

Cách chọn $z$ hoàn toàn không phải duy nhất, mà có thể chọn được vô số số $z$ , chẳng hạn như có thể chọn $ z = \frac{  \big( \left[ k(k+1)^2 +1 \right]^2 \pm 1 \big)^{2n} -1}{k(k+1)^2+1} \cdot (k+1)^2$ , trong đó $n$ là số nguyên dương tùy ý.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 14-03-2023 - 15:35