Cho a, b, c, d là các số nguyên dương đôi một phân biệt thoả mãn $a^2+d^2=b^2+c^2=P$. Chứng minh rằng:
a. $P$ là hợp số.
b. $ab+cd$ và $ac+bd$ không thể đồng thời là số nguyên tố.
$a^2+d^2=b^2+c^2=P$
Lời giải nhungvienkimcuong, 02-02-2024 - 14:20
Cho a, b, c, d là các số nguyên dương đôi một phân biệt thoả mãn $a^2+d^2=b^2+c^2=P$. Chứng minh rằng:
a. $P$ là hợp số.
b. $ab+cd$ và $ac+bd$ không thể đồng thời là số nguyên tố.
Giả sử $a>b>c>d$.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Cả hai ý đều có cách xử lí tương tự nhau bằng cách để ý rằng
\[(ab+cd)(ac+bd)=ad(b^2+c^2)+bc(a^2+d^2)=(ad+bc)P.\]
Như vậy nếu $P$ là số nguyên tố (phản chứng ý a) hoặc cả $ab+cd,ac+bd$ đều là số nguyên tố (phản chứng ý b) thì ta đều suy ra được
\[P\le ab+cd\quad\text{hoặc}\quad P\le ac+bd.\]
Không mất tính tổng quát giả sử $P\le ab+cd$, mặt khác
\[P^2=(a^2+d^2)(b^2+c^2)\ge (ab+cd)^2.\]
Như vậy dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra nên $\frac{a}{b}=\frac{d}{c}$, tuy nhiên điều này mâu thuẫn với $\frac{a}{b}>1>\frac{d}{c}$.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Ngoài ra ý a còn có một cách xử lí khác thông qua kết quả sau.
Với $A,B,C,D$ là các số nguyên dương thỏa mãn $AB=CD$, khi đó tồn tại các số nguyên dương $x,y,z,t$ sao cho
\[A=xy,\ B=zt\quad\text{và}\quad C=xz,\ D=yt.\]
Từ giả thiết có được $(a-b)(a+b)=(c-d)(c+d)$. Áp dụng Theorem suy ra tồn tại các số nguyên dương $x,y,z,t$ thỏa mãn
\[a-b=xy,\ a+b=zt\quad\text{và}\quad c-d=xz,\ c+d=yt.\]
Từ đây thu được $a=\frac{xy+zt}{2}$ và $d=\frac{yt-xz}{2}$, dẫn đến
\[P=\frac{(xy+zt)^2+(yt-xz)^2}{4}=\frac{(x^2+t^2)(y^2+z^2)}{4}.\]
Từ đẳng thức này dễ dàng chứng minh $P$ là hợp số.
Ghi chú. Có thể xử lí bài 6 IMO 2001 tương tự như trên.
Đi đến bài viết »
#1
Đã gửi 21-01-2024 - 22:01
- DaoTriBach yêu thích
#2
Đã gửi 02-02-2024 - 14:20
Cho a, b, c, d là các số nguyên dương đôi một phân biệt thoả mãn $a^2+d^2=b^2+c^2=P$. Chứng minh rằng:
a. $P$ là hợp số.
b. $ab+cd$ và $ac+bd$ không thể đồng thời là số nguyên tố.
Giả sử $a>b>c>d$.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Cả hai ý đều có cách xử lí tương tự nhau bằng cách để ý rằng
\[(ab+cd)(ac+bd)=ad(b^2+c^2)+bc(a^2+d^2)=(ad+bc)P.\]
Như vậy nếu $P$ là số nguyên tố (phản chứng ý a) hoặc cả $ab+cd,ac+bd$ đều là số nguyên tố (phản chứng ý b) thì ta đều suy ra được
\[P\le ab+cd\quad\text{hoặc}\quad P\le ac+bd.\]
Không mất tính tổng quát giả sử $P\le ab+cd$, mặt khác
\[P^2=(a^2+d^2)(b^2+c^2)\ge (ab+cd)^2.\]
Như vậy dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra nên $\frac{a}{b}=\frac{d}{c}$, tuy nhiên điều này mâu thuẫn với $\frac{a}{b}>1>\frac{d}{c}$.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Ngoài ra ý a còn có một cách xử lí khác thông qua kết quả sau.
Với $A,B,C,D$ là các số nguyên dương thỏa mãn $AB=CD$, khi đó tồn tại các số nguyên dương $x,y,z,t$ sao cho
\[A=xy,\ B=zt\quad\text{và}\quad C=xz,\ D=yt.\]
Từ giả thiết có được $(a-b)(a+b)=(c-d)(c+d)$. Áp dụng Theorem suy ra tồn tại các số nguyên dương $x,y,z,t$ thỏa mãn
\[a-b=xy,\ a+b=zt\quad\text{và}\quad c-d=xz,\ c+d=yt.\]
Từ đây thu được $a=\frac{xy+zt}{2}$ và $d=\frac{yt-xz}{2}$, dẫn đến
\[P=\frac{(xy+zt)^2+(yt-xz)^2}{4}=\frac{(x^2+t^2)(y^2+z^2)}{4}.\]
Từ đẳng thức này dễ dàng chứng minh $P$ là hợp số.
Ghi chú. Có thể xử lí bài 6 IMO 2001 tương tự như trên.
- perfectstrong, hxthanh, Konstante và 3 người khác yêu thích
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh