Chủ đề này có 14 trả lời

[PSW]

Cho $3$ số nguyên dương $ a ; b ; c $ thoả mãn đẳng thức:

$ c (ac+1)^2 = (5c+2b)(2c+b)$

Chứng minh rằng : $c$ là số chính phương lẻ
_____________________________________________________
hxthanh@: Bài này ngoại hình đẹp thế! Tối về ngâm cứu xem sao!

@PSW : thầy chỉ được cái nói đúng =)), mà làm gì có bài nào em gửi mà không đẹp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 10-06-2012 - 13:17

[nguyenta98]

Cho $3$ số nguyên dương $ a ; b ; c $ thoả mãn đẳng thức:
$ c (ac+1)^2 = (5c+2b)(2c+b)$
Chứng minh rằng : $c$ là số chính phương lẻ

Giải như sau:
Giả sử phản chứng rằng $c$ chẵn suy ra $c=2^k.l$ với $l$ lẻ và $k\geq 1$

Suy ra $(2^k.l)(a.2^k.l+1)^2=(5.2^k.l+2b)(2^{k+1}.l+b)$ và cũng suy ra $(a.2^k.l+1)^2$ lẻ

TH1: $b$ lẻ suy ra $(5.2^k.l+2b)(2^{k+1}.l+b)=2(5.2^{k-1}.l+b)(2^{k+1}.l+b)$

Nếu $k=1 \rightarrow 5.2^{k-1}.l+b=5.l+b$ là số chẵn do $l,b$ cùng lẻ

Như vậy $2(5.2^{k-1}.l+b)(2^{k+1}.l+b) \vdots 4$ tuy nhiên $(2^k.l)(a.2^k.l+1)^2=2.l(a.2^k.l+1)^2 \not \vdots 4$ suy ra $VT\neq VP$ loại

Nếu $k>1 \rightarrow (5.2^{k-1}.l+b)$ là lẻ suy ra $2(5.2^{k-1}.l+b)(2^{k+1}.l+b) \equiv 2 \pmod{4}$ trong khi đó $(2^k.l)(a.2^k.l+1)^2 \equiv 0 \pmod{4}$ (do $k>1$) nên
$VT\neq VP$ vô lý

TH2: $b$ chẵn nên $b=2^x.t$ và từ trên ta đã có $c=2^k.l$ với $l,t$ lẻ
Đặt $gcd(l,t)=d \rightarrow l=dm,t=dn, gcd(m,n)=1$ với $d,m,n$ lẻ (do $l,t$ lẻ)
Thay vào đẳng thức ban đầu ta có

$(2^k.dm)(a.2^k.d.m+1)^2=(5.2^k.d.m+2^{x+1}.d.n)(2^{k+1}.d.m+2^x.d.n)$

$\rightarrow 2^k.m.(a.2^k.d.m+1)^2=d(5.2^k.m+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.m+2^x.n)$ $<1>$

Nhận thấy $d|2^k.m.(a.2^k.d.m+1)^2$ và do $d$ lẻ nên $gcd(d,2^k)=1$ và $gcd(d,a.2^k.d.m+1)=gcd(d,1)=1$
Suy ra $d|m$ $<2>$
Mặt khác từ $<1>$ cũng suy ra $m|d(5.2^k.m+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.m+2^x.n)$
Vì $gcd(m,5.2^k.m+2^{x+1}.n)=gcd(m,2^{x+1}.n)=gcd(m,n)=1$ (do $m$ lẻ)
Và $gcd(m,2^{k+1}.m+2^x.n)=gcd(m,2^x.n)=gcd(m,n)=1$ (do $m$ lẻ)
Suy ra $m|d$ $<3>$
Từ $<2><3> \rightarrow d=m$
Suy ra viết lại $<1>$ sau khi đã triệt tiêu hai vế cho $d=m$
$2^k.(a.2^k.d^2+1)^2=(5.2^k.d+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.d+2^x.n)$ $<4>$

Nếu $k=x \rightarrow (5.2^k.d+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.d+2^x.n)=2^{2k}.(...)$ mâu thuẫn do $VT$ chỉ có thừa số $2$ là $2^k$

Nếu $k<x \rightarrow k+1\le x \rightarrow (5.2^k.d+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.d+2^x.n)=2^{k+k+1}.(...)$ vô lý do $VT$ chỉ có thừa số $2$ là $2^k$

Nếu $k>x \rightarrow k\geq x+1$ khi đó $(5.2^k.d+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.d+2^x.n)=2^{2x+1}.(...)$ suy ra $2^k=2^{2x+1} \rightarrow k=2x+1$

Như vậy ta viết lại $<4>$ và thay $k=2x+1$ thì ta thu được

$(a.2^{2x+1}.d^2+1)^2=(5.2^x.d+n)(2^{x+2}.d+n)=(10.2^{x-1}.d+n)(8.2^{x-1}.d+n)$

$\rightarrow (a.2^{2x+1}.d^2+1)^2=(9.2^{x-1}.d+n)^2-(2^{x-1}.d)^2$

$\rightarrow (a.2^{2x+1}.d^2+1)^2+(2^{x-1}.d)^2=(9.2^{x-1}.d+n)^2$

Do đó $<5>$ là phương trình pytago và $gcd(2^{x-1}.d,(a.2^{2x+1}.d^2+1)=1$ $<6>$
Nên suy ra ngay $(a.2^{2x+1}.d^2+1);(2^{x-1}.d);(9.2^{x-1}.d+n)$ nguyên tố cùng nhau đôi một do giả sử nếu trong ba số đó có hai số cùng chia hết cho một số nguyên tố $p$ nào đó suy ra số còn lại sẽ chia hết cho $p$ khi ấy mâu thuẫn với $<6>$
Nên theo bộ ba số pytago tổng quát ta có

$a.2^{2x+1}.d^2+1=m^2-n^2$ (do $(a.2^{2x+1}.d^2+1$ lẻ nên không thể bằng $2mn$)

$2^{x-1}.d=2mn$ $(7)$

$9.2^{x-1}.d+n=m^2+n^2$

Từ $(7)$ ta có $2^{x-2}.d=mn$

Khi ấy $m^2-n^2$ lớn nhất khi $m$ lớn nhất và $n$ nhỏ nhất, lúc đó ta chọn $m=2^{x-2}.d$ và $n=1$ suy ra $m^2-n^2=(2^{x-2}.d)^2-1=2^{2x-4}.d^2-1<a.2^{2x+1}.d^2+1$

Do đó $m^2-n^2<a.2^{2x+1}.d^2+1$ nên vô lý do $m^2-n^2=a.2^{2x+1}.d^2+1$
Nên trường hợp $c$ chẵn bị loại
Do đó $c$ lẻ
Trở lại bài toán $c(ac+1)^2=(5c+2b)(2c+b)$
Đặt $gcd(b,c)=d \rightarrow b=dn,c=dm, gcd(m,n)=1$ với $m$ lẻ
Suy ra $m(a.dm+1)^2=d(5m+2n)(2m+n)$ $<*>$
Vì $m|d(5m+2n)(2m+n)$ và do $gcd(m,n)=1$ và $m$ lẻ nên suy ra $gcd(m,5m+2n)=gcd(m,2n)=gcd(m,n)=1$
Và $gcd(m,2m+n)=gcd(m,n)=1$
Nên $m|d$ $(a)$
Mặt khác từ phương trình $<*>$ nên suy ra $d|m(a.dm+1)^2$
Nhưng $gcd(m,a.dm+1)=gcd(m,1)=1$
Do đó $d|m$ $(b)$
Từ $(a)(b) \rightarrow d=m \rightarrow c=dm=d^2$ và $c$ lẻ nên suy ra đpcm

P/S:Chú ý ở TH2 của $b$ chẵn ta nên xét thêm một vài trường hợp riêng là $x=1,2$ để cho chắc ăn
______________________
@hxthanh@ ĐHV này trình bày bài đọc mệt muốn chết đi được, đề nghị học thêm kỹ năng trình bày bài!
@nguyenta98@ thú thực với thầy là em làm xong bài này mệt muốn chết ý chứ chả còn tâm trí trình bày em biết em vốn trình bày kém do vậy nên có gì thầy giúp em với nhé Em xin cám ơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 08-07-2012 - 21:55

[hxthanh]

Trình bày lại bài của nguyenta98

Lời giải:

Giả sử phản chứng rằng $c$ chẵn suy ra $c=2^k.l$ với $l$ lẻ và $l\geq 1$
Suy ra $(2^k.l)(a.2^k.l+1)^2=(5.2^k.l+2b)(2^{k+1}.l+b)$
và cũng suy ra $(a.2^k.l+1)^2$ lẻ

TH1: $b$ lẻ
Suy ra $(5.2^k.l+2b)(2^{k+1}.l+b)=2(5.2^{k-1}.l+b)(2^{k+1}.l+b)$

Nếu $k=1$
$ \Rightarrow 5.2^{k-1}.l+b=5.l+b$ là số chẵn do $(l,b$ cùng lẻ $)$
Như vậy:
$2(5.2^{k-1}.l+b)(2^{k+1}.l+b) \vdots 4$
Tuy nhiên $(2^k.l)(a.2^k.l+1)^2=2.l(a.2^k.l+1)^2 \not \vdots 4$
Suy ra $VT\neq VP$ (loại)

Nếu $k>1$
$\Rightarrow (5.2^{k-1}.l+b)$ là lẻ
Suy ra $2(5.2^{k-1}.l+b)(2^{k+1}.l+b) \equiv 2 \pmod{4}$
Trong khi đó $(2^k.l)(a.2^k.l+1)^2 \equiv 0 \pmod{4}$ (do $k>1$)
nên $VT\neq VP$ (vô lý!)

TH2: $b$ chẵn
Nên $b=2^x.t$ và từ trên ta đã có $c=2^k.l$ với $l,t$ lẻ
Đặt $\text{gcd}(l,t)=d \Rightarrow l=dm,\;t=dn,\;\; \text{gcd}(m,n)=1$ với $d,m,n$ lẻ (do $l,t$ lẻ)
Thay vào đẳng thức ban đầu ta có:
$(2^k.dm)(a.2^k.d.m+1)^2=(5.2^k.d.m+2^{x+1}.d.n)(2^{k+1}.d.m+2^x.d.n)$
$\Rightarrow 2^k.m.(a.2^k.d.m+1)^2=d(5.2^k.m+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.m+2^x.n)\quad(1)$

Nhận thấy $d|2^k.m.(a.2^k.d.m+1)^2$
Mặt khác do $d$ lẻ nên $\text{gcd}(d,2^k)=1$ và $\text{gcd}(d,a.2^k.d.m+1)=\text{gcd}(d,1)=1$
Suy ra $d|m\quad(2)$

Mặt khác từ $(1)$ cũng suy ra $m|d(5.2^k.m+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.m+2^x.n)$
Vì $\text{gcd}\left(m,5.2^k.m+2^{x+1}.n\right)=\text{gcd}\left(m,2^{x+1}.n\right)=\text{gcd}(m,n)=1$ (do $m$ lẻ)
Và $\text{gcd}\left(m,2^{k+1}.m+2^x.n\right)=\text{gcd}\left(m,2^x.n\right)=\text{gcd}(m,n)=1$ (do $m$ lẻ)
Suy ra $m|d\quad(3)$

Từ $(2)\&(3) \Rightarrow d=m$

Suy ra viết lại $(1)$ sau khi đã triệt tiêu hai vế cho $d=m$
$2^k.(a.2^k.d^2+1)^2=\left(5.2^k.d+2^{x+1}.n\right)\left(2^{k+1}.d+2^x.n\right)\quad(4)$

Nếu $k=x \Rightarrow (5.2^k.d+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.d+2^x.n)=2^{2k}.(...)$
Suy ra mâu thuẫn do $VT$ chỉ có thừa số $2$ là $2^k$

Nếu $k<x \Rightarrow k+1\le x \Rightarrow \left(5.2^k.d+2^{x+1}.n\right)\left(2^{k+1}.d+2^x.n\right)=2^{k+k+1}.(...)$
Suy ra vô lý do $VT$ chỉ có thừa số $2$ là $2^k$

Nếu $k>x \Rightarrow k\geq x+1$
Khi đó $\left(5.2^k.d+2^{x+1}.n\right)\left(2^{k+1}.d+2^x.n\right)=2^{2x+1}.(...)\;\;\Rightarrow 2^k=2^{2x+1} \Rightarrow k=2x+1$

Như vậy ta viết lại $(4)$ và thay $k=2x+1$ thì ta thu được:

$\left(a.2^{2x+1}.d^2+1\right)^2=\left(5.2^x.d+n\right)\left(2^{x+2}.d+n\right)=\left(10.2^{x-1}.d+n\right)\left(8.2^{x-1}.d+n\right)$

$\Rightarrow \left(a.2^{2x+1}.d^2+1\right)^2=\left(9.2^{x-1}.d+n\right)^2-\left(2^{x-1}.d\right)^2$

$\Rightarrow \left(a.2^{2x+1}.d^2+1\right)^2+\left(2^{x-1}.d\right)^2=\left(9.2^{x-1}.d+n\right)^2$

Do đó $(5)$ là phương trình Pythago và:

$\text{gcd}\left(2^{x-1}.d,(a.2^{2x+1}.d^2+1)\right)=1\quad(6)$

Nên suy ra ngay $\left(a.2^{2x+1}.d^2+1\right);\;\left(2^{x-1}.d\right)^2;\;\left(9.2^{x-1}.d+n\right)^2$
nguyên tố cùng nhau đôi một, do giả sử nếu trong ba số đó có hai số cùng chia hết cho một số nguyên tố
$p$ nào đó suy ra số còn lại sẽ chia hết cho $p$ khi ấy mâu thuẫn với $(6)$

Theo bộ ba số Pythago tổng quát ta có

$a.2^{2x+1}.d^2+1=m^2-n^2$ $($do $a.2^{2x+1}.d^2+1$ lẻ nên không thể bằng $2mn)$
$2^{x-1}.d=2mn\quad(7)$
$9.2^{x-1}.d+n=m^2+n^2$

Từ $(7)$ ta có $2^{x-2}.d=mn$

Nhận thấy $m,n$ không thể cùng tính chẵn lẻ do nếu không thì $m^2-n^2$ chẵn và suy ra $a.2^{2x+1}.d^2+1$ chẵn (mâu thuẫn)

Suy ra $(m,n)=(2^{x-2},d);(d,2^{x-2})$
Nhưng khi ấy $m^2-n^2=(2^{x-2})^2-d^2$ hoặc $d^2-(2^{x-2})^2$ và cả hai số này đều nhỏ hơn rất nhiều số $a.2^{2x+1}.d^2+1$ vô lý do $a.2^{2x+1}.d^2+1=m^2-n^2$

Vậy trường hợp $c$ chẵn loại

Do đó $c$ lẻ
Trở lại bài toán $c(ac+1)^2=(5c+2b)(2c+b)$

Đặt $\text{gcd}(b,c)=d \Rightarrow b=dn,\;\;c=dm,\;\; \text{gcd}(m,n)=1$ với $m$ lẻ
Suy ra $m(a.dm+1)^2=d(5m+2n)(2m+n)\quad(*)$
Vì $m|d(5m+2n)(2m+n)$ và do $\text{gcd}(m,n)=1$ và $m$ lẻ nên suy ra
$\text{gcd}(m,5m+2n)=\text{gcd}(m,2n)=\text{gcd}(m,n)=1$
Và $\text{gcd}(m,2m+n)=\text{gcd}(m,n)=1$
Nên $m|d$ $(a)$

Mặt khác từ phương trình $(*)$ nên suy ra $d|m(a.dm+1)^2$
Nhưng $\text{gcd}\left(m,(a.dm+1)\right)=\text{gcd}(m,1)=1$
Do đó $d|m\quad(b)$

Từ $(a)\&(b) \Rightarrow d=m \Rightarrow c=dm=d^2$ và $c$ lẻ nên suy ra đpcm

P/S:Chú ý ở TH2 của $b$ chẵn ta nên xét thêm một vài trường hợp riêng là $x=1,2$ để cho chắc ăn
______________________

Tôi sửa tạm thời như trên, em thấy thế nào? cho ý kiến, sai ở đâu để tôi chỉnh lại!

[PSW]

Em quyết định gửi bài này cho báo THTT . Mọi người thấy sao; tất nhiên cách giải em đề xuất ngắn hơn 1 chút ; nhưng cái đó cũng không quan trọng lắm

@ Thầy Thanh: em không có nhiều time lắm để kiểm tra lời giải trong các topic em gửi bài ; do vậy từ giờ thầy xem giúp những lời giải cho đề em gửi nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 11-06-2012 - 22:58

[perfectstrong]

Spam chút:
Em đồng ý cho bài này vào mục Olympiad của Đề ra kì này THTT Hy vọng nó sẽ có mặt trong số 420 hoặc 421

[nguyenta98]

Nên theo bộ ba số pytago tổng quát ta có
$a.2^{2x+1}.d^2+1=m^2-n^2$ (do $(a.2^{2x+1}.d^2+1$ lẻ nên không thể bằng $2mn$)
$2^{x-1}.d=2mn$ $<7>$
$9.2^{x-1}.d+n=m^2+n^2$
Từ $<7>$ ta có $2^{x-2}.d=mn$
Nhận thấy $m,n$ không thể cùng tính chẵn lẻ do nếu không thì $m^2-n^2$ chẵn và suy ra $a.2^{2x+1}.d^2+1$ chẵn mâu thuẫn
Suy ra $(m,n)=(2^{x-2},d);(d,2^{x-2})$
Nhưng khi ấy $m^2-n^2=(2^{x-2})^2-d^2$ hoặc $d^2-(2^{x-2})^2$ và cả hai số này đều nhỏ hơn rất nhiều số $a.2^{2x+1}.d^2+1$ vô lý do $a.2^{2x+1}.d^2+1=m^2-n^2$

Xin thành thật xin lỗi mọi người, chỗ này em bị nhầm, sau đây em sẽ sửa ngay
Nên theo bộ ba số pytago tổng quát ta có

$a.2^{2x+1}.d^2+1=m^2-n^2$ (do $(a.2^{2x+1}.d^2+1$ lẻ nên không thể bằng $2mn$)

$2^{x-1}.d=2mn$ $(7)$

$9.2^{x-1}.d+n=m^2+n^2$

Từ $(7)$ ta có $2^{x-2}.d=mn$

Khi ấy $m^2-n^2$ lớn nhất khi $m$ lớn nhất và $n$ nhỏ nhất, lúc đó ta chọn $m=2^{x-2}.d$ và $n=1$ suy ra $m^2-n^2=(2^{x-2}.d)^2-1=2^{2x-4}.d^2-1<a.2^{2x+1}.d^2+1$

Do đó $m^2-n^2<a.2^{2x+1}.d^2+1$ nên vô lý do $m^2-n^2=a.2^{2x+1}.d^2+1$
Nên trường hợp $c$ chẵn bị loại


Giờ thì yên tâm về bài này rồi

Spam tí, em đã kiểm tra cẩn thận lời giải, có lẽ ko còn lỗi nào

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-06-2012 - 12:17

[nguyenta98]

Nếu $k=x \rightarrow (5.2^k.d+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.d+2^x.n)=2^{2k}.(...)$ mâu thuẫn do $VT$ chỉ có thừa số $2$ là $2^k$
Nếu $k<x \rightarrow k+1\le x \rightarrow (5.2^k.d+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.d+2^x.n)=2^{k+k+1}.(...)$ vô lý do $VT$ chỉ có thừa số $2$ là $2^k$
Nếu $k>x \rightarrow k\geq x+1$ khi đó $(5.2^k.d+2^{x+1}.n)(2^{k+1}.d+2^x.n)=2^{2x+1}.(...)$ suy ra $2^k=2^{2x+1} \rightarrow k=2x+1$

Thấy phần này mọi người vẫn mập mờ, em nói ý tưởng luôn
$k=x$ thì dễ hiểu rồi
$k<x$ khi đó $k+1\le x$ như vậy $(5.2^k+2^{x+1}.n)=5.2^k+2^{x+1-k}.2^k.n=2^k(5.2^k+2^{x+1-k}.n)$
Và $2^{k+1}.d+2^x.n=2^{k+1}.d+2^{k+1}.2^{x-k-1}.n=2^{k+1}(d+2^{x-k-1}.n)$
Nên thừa số 2 ở bên VT có tới $2^k.2^{k+1}=2^{2k+1}$ nên có nhiều hơn $2k+1$ thừa số 2 $(a)$
Còn VP $2^k.(a.2^k.d^2+1)^2$ chỉ có thừa số 2 là $2^k$ hay có $k$ số 2 (do $a.2^k.d^2+1$ lẻ ) $(b)$
Như vậy $(a)$ và $(b)$ suy ra mâu thuẫn
$k>x$ thì mình trình bày kĩ rồi, cũng với ý tưởng như vậy

[perfectstrong]

Tìm kiếm 1 lời giải khác
Lời giải 2:
\[
c\left( {ac + 1} \right)^2 = \left( {5c + 2b} \right)\left( {2c + b} \right),\left( 1 \right)
\]
Đặt $d = \left( {b;c} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} c = dm \\ b = dn \\ \end{array} \right.\left( \begin{array}{l} m;n \in N^* \\ \left( {m;n} \right) = 1 \\ \end{array} \right)$
Khi đó
\[
\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow m\left( {dam + 1} \right)^2 = d\left( {5m + 2n} \right)\left( {2m + n} \right) \\
\left. \begin{array}{l}
\Rightarrow d|m\left( {dam + 1} \right)^2 \\
\left( {d;dam + 1} \right) = 1 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow d|m \Rightarrow m = dp \Rightarrow \left( {p;n} \right) = \left( {d;n} \right) = 1 \\
\left( 1 \right) \Leftrightarrow p\left( {d^2 ap + 1} \right)^2 = \left( {5dp + 2n} \right)\left( {2dp + n} \right) \\
\left. \begin{array}{l}
\Rightarrow p|\left( {5dp + 2n} \right)\left( {2dp + n} \right) \\
\left( {p;2dp + n} \right) = 1 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow p|5dp + 2n \Rightarrow p|2n \\
\left( {p;n} \right) = 1 \Rightarrow p|2 \Rightarrow p \in \left\{ {1;2} \right\} \\
\end{array}
\]
TH1: $\fbox{p=2}$
\[
\begin{array}{l}
\Rightarrow 2\left( {2ad^2 + 1} \right)^2 = \left( {10d + 2n} \right)\left( {4d + n} \right) \\
\left. \begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left( {2ad^2 + 1} \right)^2 = \left( {5d + n} \right)\left( {4d + n} \right) \\
\left( {5d + n;4d + n} \right) = \left( {d;4d + n} \right) = \left( {d;n} \right) = 1 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
5d + n = x^2 \\
4d + n = y^2 \\
\end{array} \right.\left( \begin{array}{l}
x;y \in \mathbb{N}^* \\
\left( {x;y} \right) = 1 \\
\end{array} \right) \\
\Rightarrow d = x^2 - y^2 \\
2ad^2 + 1 = xy \Leftrightarrow a = \frac{{xy - 1}}{{2d^2 }} = \frac{{xy - 1}}{{2\left( {x^2 - y^2 } \right)^2 }} \\
\end{array}
\]
Ta chứng minh $2\left( {x^2 - y^2 } \right)^2 > \left( {x + y} \right)^2 > xy - 1,(*)$
Thật vậy
\[
\begin{array}{l}
\left( {x + y} \right)^2 \ge 4xy > xy - 1 \\
2\left( {x^2 - y^2 } \right)^2 - \left( {x + y} \right)^2 = \left( {x + y} \right)^2 \left( {2\left( {x - y} \right)^2 - 1} \right) > 0 \\
\Rightarrow 2\left( {x^2 - y^2 } \right)^2 > xy - 1 \Rightarrow a < 1:False \\
\end{array}
\]
Vậy th $p=2$ bị loại.
TH2: $\fbox{p=1}$
\[
\begin{array}{l}
\Rightarrow d = m \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = d^2 , (i)\\
b = dn \\
\end{array} \right. \\
\left( 1 \right) \Leftrightarrow d^2 \left( {ad^2 + 1} \right)^2 = \left( {5d^2 + 2dn} \right)\left( {2d^2 + dn} \right) \\
\Leftrightarrow \left( {ad^2 + 1} \right)^2 = \left( {5d + 2n} \right)\left( {2d + n} \right),\left( 2 \right) \\
\left( {5d + 2n;2d + n} \right) = \left( {d;2d + n} \right) = \left( {d;n} \right) = 1 \\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
5d + 2n = x^2 \\
2d + n = y^2 \\
\end{array} \right.\left( \begin{array}{l}
x;y \in N^* \\
\left( {x;y} \right) = 1 \\
\end{array} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
d = x^2 - 2y^2 \\
n = 5y^2 - 2x^2 \\
\end{array} \right. \\
\end{array}
\]
Nếu $x=2z$ với $z \in \mathbb{N}^*$ thì
\[
\begin{array}{l}
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
d = 4z^2 - 2y^2 \\
n = 5y^2 - 8z^2 \\
\end{array} \right. \\
\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left( {ad^2 + 1} \right)^2 = 4z^2 y^2 \Leftrightarrow a\left( {4z^2 - 2y^2 } \right)^2 + 1 = 2zy:False \\
\end{array}
\]
Suy ra, $x$ lẻ $\Rightarrow d$ lẻ $\Rightarrow c$ lẻ. $(ii)$
Kết luận: $(i),(ii) \Rightarrow c$ là số chính phương lẻ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 15-06-2012 - 11:29

[anh qua]

Em quyết định gửi bài này cho báo THTT . Mọi người thấy sao; tất nhiên cách giải em đề xuất ngắn hơn 1 chút ; nhưng cái đó cũng không quan trọng lắm

@ Thầy Thanh: em không có nhiều time lắm để kiểm tra lời giải trong các topic em gửi bài ; do vậy từ giờ thầy xem giúp những lời giải cho đề em gửi nhé

Bài này có trong tài liệu bồi dưỡng đội tuyển VN thi IMO năm 2009 - của thầy Đặng HÙng Thắng - Boss Số học.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 15-06-2012 - 12:17

[perfectstrong]

Bài này có trong tài liệu bồi dưỡng đội tuyển VN thi IMO năm 2009 - của thầy Đặng HÙng Thắng - Boss Số học.

Quả gửi lời giải của thầy ấy lên được không

[PSW]

Wow ; PSW không biết điều này nên đừng ném đá PSW tội cố ý ăn cướp bản quyền nhé . Mà Quả có biết lời giải của thầy Thắng cho bài này không ; nếu có thì gửi lên cho mọi người tham khảo . Bài này thì chủ yếu là chỉ ra điều mâu thuẫn nên cũng có nhiều cách giải

[perfectstrong]

Wow ; PSW không biết điều này nên đừng ném đá PSW tội cố ý ăn cướp bản quyền nhé . Mà Quả có biết lời giải của thầy Thắng cho bài này không ; nếu có thì gửi lên cho mọi người tham khảo . Bài này thì chủ yếu là chỉ ra điều mâu thuẫn nên cũng có nhiều cách giải

Nếu thế thì sao ta không tập hợp những lời giải khác nhau này tạo thành 1 file nho nhỏ nhỉ Thế là có bài viết cho trang chủ rồi

[perfectstrong]

Một lời giải khác (của con bạn em )
Lời giải 3:
\[
\begin{array}{l}
c\left( {ac + 1} \right)^2 = \left( {5c + 2b} \right)\left( {2c + b} \right),\left( 1 \right) \\
\Leftrightarrow 2b^2 + 9bc + 10c^2 - c\left( {ac + 1} \right)^2 = 0 \\
\Delta _b = 81c^2 - 4.2.\left( {10c^2 - c\left( {ac + 1} \right)^2 } \right) = c^2 + 8c\left( {ac + 1} \right)^2 \\
\Rightarrow \Delta _b = c\left[ {c + 8\left( {ac + 1} \right)^2 } \right] = x^2 ,\left( {x \in N^* } \right) \\
\end{array}
\]
Đặt $d=GCD(c;c+8(ac+1)^2)$
\[
\left. \begin{array}{l}
\Rightarrow d|8\left( {ac + 1} \right)^2 \\
d|c \Rightarrow \left( {\left( {ac + 1} \right)^2 ;d} \right) = 1 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow d|8
\]
TH1: $\fbox{d=8}$
\[
\begin{array}{l}
\Rightarrow \left( {\frac{c}{8};\frac{c}{8} + \left( {ac + 1} \right)^2 } \right) = 1 \\
c\left[ {c + 8\left( {ac + 1} \right)^2 } \right] = x^2 \Leftrightarrow \frac{c}{8}.\left( {\frac{c}{8} + \left( {ac + 1} \right)^2 } \right) = \left( {\frac{x}{8}} \right)^2 \Rightarrow 8|x \Rightarrow x = 8x_2 \left( {x_2 \in N^* } \right) \\
\Rightarrow \frac{c}{8}.\left( {\frac{c}{8} + \left( {ac + 1} \right)^2 } \right) = x_2^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{c}{8} = t^2 \\
\frac{c}{8} + \left( {ac + 1} \right)^2 = p^2 \\
\end{array} \right.\left( \begin{array}{l}
t;p \in N^* \\
\left( {t;p} \right) = 1 \\
\end{array} \right) \\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 8t^2 \\
t^2 + \left( {8t^2 a + 1} \right)^2 = p^2 \\
\end{array} \right. \\
\end{array}
\]
Mà
\[
\left( {8t^2 a + 1} \right)^2 < t^2 + \left( {8t^2 a + 1} \right)^2 < \left( {8t^2 a + 2} \right)^2 \Rightarrow \left( {8t^2 a + 1} \right)^2 < p^2 < \left( {8t^2 a + 2} \right)^2 :False
\]
Do đó, $d=8$ bị loại.
TH2: $\fbox{d=4}$
\[
\Rightarrow \left( {\frac{c}{4};\frac{c}{4} + 2\left( {ac + 1} \right)^2 } \right) = 1
\]
$ \Rightarrow \frac{c}{4};\frac{c}{4} + 2\left( {ac + 1} \right)^2$ là những số chính phương (*)
Nếu $\dfrac{c}{4}$ là số chẵn $\Rightarrow \frac{c}{4} + 2\left( {ac + 1} \right)^2 \vdots 2 \Rightarrow \left( {\frac{c}{4};\frac{c}{4} + 2\left( {ac + 1} \right)^2 } \right) = 2$: mâu thuẫn.
Do đó, $\dfrac{c}{4}$ là số lẻ. Mà $\dfrac{c}{4}$ là số chính phương $\Rightarrow \dfrac{c}{4} \equiv 1 \pmod 4$
Mặt khác, do $c$ chẵn nên $ac+1$ là số lẻ $\Rightarrow (ac+1)^2 \equiv 1 \pmod 4$
$\Rightarrow \frac{c}{4} + 2\left( {ac + 1} \right)^2 \equiv 1+2.1 \equiv 3 \pmod 4$: vô lý do (*).
Do dó, $d=4$ bị loại.
TH3: $\fbox{d=2}$. Tương tự TH2, ta có $\dfrac{c}{2}$ lẻ $\Rightarrow \dfrac{c}{2} \equiv 1 \pmod 8$
$c$ chẵn nên $ac+1$ lẻ $\Rightarrow (ac+1)^2 \equiv 1 \pmod 8$
$\Rightarrow \dfrac{c}{2}+4(ac+1)^2 \equiv 1+4.1 \equiv 5 \pmod 8$: vô lý.
Do đó, $d=2$ bị loại.
TH4: $d=1$
Tương tự TH2, ta có ngay $c$ lẻ và do $(c;c+8(ac+1)^2)=1$ nên $c$ là số chính phương. Vậy ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 16-06-2012 - 20:20

[Karl Heinrich Marx]

Một lời giải khác. Giả sử $c$ chẵn khi đó ta có:
$v_2(c )=v_2(5c+2b)+v_2(2c+b)$
Nếu $b$ lẻ thì ta có $v_2(c )=v_2(5c+2b)=v_2(5c) \Rightarrow v_2(5c)<v_2(2b)=1$. Điều này vô lí.
Do đó $c$ lẻ. Xét $p|c$ là một ước nguyên tố của $c$.
Ta có $v_p(c )=v_p(5c+2b)+v_p(2c+b)$ ta phải thấy rằng $v_p(c )>v_p(5c+2b),v_p(2c+b)>0$ do đó $v_p(5c+2b)=min[v_p(c );v_p(4c+2b)] \Rightarrow v_p(5c+2b)=v_p(4c+2b)=v_p(2c+b)$ suy ra $c$ là scp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Karl Heinrich Marx: 16-06-2012 - 23:30

[anh qua]

Wow ; PSW không biết điều này nên đừng ném đá PSW tội cố ý ăn cướp bản quyền nhé . Mà Quả có biết lời giải của thầy Thắng cho bài này không ; nếu có thì gửi lên cho mọi người tham khảo . Bài này thì chủ yếu là chỉ ra điều mâu thuẫn nên cũng có nhiều cách giải

Lời giải - mà em biết - gần giống với lời giải của Hân, anh PSW à!

Một lời giải khác. Giả sử $c$ chẵn khi đó ta có:
$v_2(c )=v_2(5c+2b)+v_2(2c+b)$
Nếu $b$ lẻ thì ta có $v_2(c )=v_2(5c+2b)=v_2(5c) \Rightarrow v_2(5c)<v_2(2b)=1$. Điều này vô lí.
Do đó $c$ lẻ. Xét $p|c$ là một ước nguyên tố của $c$.
Ta có $v_p(c )=v_p(5c+2b)+v_p(2c+b)$ ta phải thấy rằng $v_p(c )>v_p(5c+2b),v_p(2c+b)>0$ do đó $v_p(5c+2b)=min[v_p(c );v_p(4c+2b)] \Rightarrow v_p(5c+2b)=v_p(4c+2b)=v_p(2c+b)$ suy ra $c$ là scp

Nhìn thấy lời gải bằng LTE mà hổ thẹn với ông anh quá! Anh C - Karl Henrich Marx quá bá đạo! Tình hình đại ca C tu luyện thế nào rồi ??
@ Ban biên tập: Mấy bạn trong ban biển tập tổng hợp lại đi! Cái này hay đấy!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 17-06-2012 - 01:13