Chủ đề này có 4 trả lời

[lifeisgood2606]

Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn:
$ac+bd \vdots a^2 + b^2$
CMR $(a^2+b^2, c^2+d^2)> 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 22-06-2012 - 12:25

[nguyenta98]

Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn:
$ac+bd \vdots a^2 + b^2$
CMR $(a^2+b^2, c^2+d^2)> 1$

Giải như sau:

Đặt $gcd(a,b)=k \Rightarrow a=km,b=kn, gcd(m,n)=1$

Do đó $ac+bd \vdots a^2+b^2 \Leftrightarrow kmc+knd \vdots k^2(m^2+n^2) \Rightarrow mc+nd \vdots m^2+n^2$ (chú ý $gcd(m,n)=1$) $(*)$

TH1: $m^2+n^2=2^h$

Suy ra $mc+nd \vdots 2^h$

• Nếu $m,n$ cùng lẻ suy ra $c,d$ cùng tính chẵn lẻ (do nếu $c,d$ khác tính chẵn lẻ suy ra $mc+nd$ lẻ vô lý)

Suy ra $c^2+d^2$ chẵn mà $m^2+n^2=2^h \Rightarrow a^2+b^2=k^2(m^2+n^2)$ là số chẵn nên $gcd(a^2+b^2,c^2+d^2) \vdots 2$ suy ra $>1$ đpcm

• Nếu $m,n$ cùng chẵn suy ra theo phân tích tiêu chuẩn ta có $m=2^x.u$ và $n=2^y.v$ với $u,v$ lẻ

Suy ra $m^2+n^2=(2^x.u)^2+(2^y.v)^2=2^h \Leftrightarrow 2^{2x}.u^2+2^{2y}.v^2=2^h$

WLOG: $x\le y$ do đó $2x\le 2y$ do đó $2^{2x}.u^2+2^{2y}.v^2=2^{2x}(u^2+2^{2y-2x}.v^2)=2^h$

Ta thấy $2y=2x$ vì nếu không thì $u^2+2^{2y-2x}.v^2$ là số lẻ (do $u,v$ lẻ) suy ra $u^2+2^{2y-2x}.v^2=1$ vô lý

Do đó $2y=2x \Rightarrow x=y$ khi ấy $2^{2x}(u^2+v^2)=2^h \Rightarrow h\geq 2x$ $(1)$

Trở lại đề $mc+nd \vdots 2^h \Leftrightarrow 2^{x}.u.c+2^{x}.v.d (\text{do x=y}) \vdots 2^h \Leftrightarrow 2^x(uc+vd) \vdots 2^h \Rightarrow uc+vd \vdots 2^{h-x}$

Vì từ $(1)$ suy ra $h-x>0 \Rightarrow 2^{h-x}$ chẵn nên $uc+vd$ chẵn mà $u,v$ cùng lẻ do đó $c,d$ cùng tính chẵn lẻ (vì nếu không thì $uc+vd$ lẻ vô lý)

Do đó $c^2+d^2$ chẵn nên $gcd(a^2+b^2,c^2+d^2) \vdots 2 $ suy ra $>1$ đpcm

TH2: $m^2+n^2=2^k.l$ với $l$ lẻ và $l>1$ do đó $l$ chia hết cho một số nguyên tố $p$ lẻ

Từ $(*)$ ta có $mc+nd \vdots m^2+n^2 \Rightarrow mc+nd \vdots p$ (do $m^2+n^2 \vdots p$)

Ta có $(m^2+n^2)(c^2-d^2) \vdots p \Rightarrow (m^2c^2-n^2d^2)+(n^2c^2-d^2m^2) \vdots p$

Mặt khác do $mc+nd \vdots p$ suy ra $m^2c^2-n^2d^2=(mc+nd)(mc-nd) \vdots p$ do đó $(n^2c^2-d^2m^2) \vdots p$ $(2)$

Mặt khác $(m^2-n^2)(c^2+d^2)=(m^2c^2-n^2d^2)+(m^2d^2-n^2c^2)$

Vì $(m^2c^2-n^2d^2)=(mc-nd)(mc+nd) \vdots p$ và do $(2)$ suy ra $(m^2d^2-n^2c^2) \vdots p$

Như vậy

$(m^2-n^2)(c^2+d^2) \vdots p$ nhưng nếu $m^2-n^2 \vdots p$ thì từ trên ta có $m^2+n^2 \vdots p$ suy ra $2m^2 \vdots p \Rightarrow m \vdots p$ (do $p$ lẻ)

Suy ra $m^2 \vdots p \Rightarrow n^2 \vdots p \Rightarrow n \vdots p$ suy ra vô lý do $gcd(m,n)=1$

Do đó $c^2+d^2 \vdots p \Rightarrow gcd(m^2+n^2,c^2+d^2) \vdots p \Rightarrow gcd(a^2+b^2,c^2+d^2) \vdots p \Rightarrow >1$ đpcm

Bài toán chấm dứt tại đây



P/S trình soạn thảo có lỗi hay sao ik các mod, quản trị, cứ khi edit bài là dấu $>$ và $<$ biến thành &--62; rất khó chịu và khi đánh máy chưa xong thì VMF có tích hợp bộ nhớ bài để có thể tiếp tục post nhưng mỗi khi vậy dấu $>$ và $<$ lại biến thanh amp: rất gây phiền nếu bài post dài, sửa rất mất công

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 22-06-2012 - 13:43

[lifeisgood2606]

Dù sao đây cũng ở mức thi HSG cấp tỉnh, giải như vậy có dài quá ko ?

[nguyenta98]

Theo mình là không dài đâu, quan trọng là phần cm $2^h$ phần đó có thể rút ngắn, mình làm vậy để đảm bảo tồn tại $p$ lẻ thì $2m^2 \vdots p$ khi $m$ chia hết cho $p$, với lại dài là do mình cách dòng cho dễ nhìn đó

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 22-06-2012 - 20:05

[perfectstrong]

Hoàn tất lời giải
Lời giải 2:
\[
\left( {ac + bd} \right)^2 + \left( {ad - bc} \right)^2 = \left( {a^2 + b^2 } \right)\left( {c^2 + d^2 } \right),\left( 1 \right)
\]
Giả sử $(a^2+b^2;c^2+d^2)=1,(*)$. Ta có:
TH1: $a^2+b^2$ không là số chính phương. Suy ra, tồn tại ước nguyên tố $p$ có số mũ là $2k+1$ với $k \in \mathbb{N}$
\[
\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Rightarrow \left( {ad - bc} \right)^2 \vdots a^2 + b^2 \vdots p^{2k + 1} \Rightarrow \left( {ad - bc} \right)^2 \vdots p^{2k + 2} \\
ac + bd \vdots a^2 + b^2 \vdots p^{2k + 1} \Rightarrow \left( {ac + bd} \right)^2 \vdots p^{4k + 2} \vdots p^{2k + 2} \\
\left. \begin{array}{l}
VT\left( 1 \right) \vdots p^{2k + 2} \Rightarrow p^{2k + 2} |\left( {a^2 + b^2 } \right)\left( {c^2 + d^2 } \right) \\
\left( * \right) \Rightarrow \left( {p;c^2 + d^2 } \right) = 1 \Rightarrow \left( {p^{2k + 2} ;c^2 + d^2 } \right) = 1 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow p^{2k + 2} |a^2 + b^2 :False \\
\end{array}
\]
TH2: $a^2+b^2=t^2$ với $t \in \mathbb{N}^*$
\[
\begin{array}{l}
ac + bd \vdots t^2 \Rightarrow ac + bd = t^2 x,\left( {x \in N^* } \right) \\
\left( 1 \right) \Rightarrow \left( {ad - bc} \right)^2 \vdots t^2 \Rightarrow ad - bc \vdots t \Rightarrow ad - bc = ty,\left( {y \in N^* } \right) \\
\left\{ \begin{array}{l}
ac + bd = t^2 x \\
ad - bc = ty \\
\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {ac + bd} \right) - c\left( {ad - bc} \right) = dt^2 x - cty \\
\left. \begin{array}{l}
\Rightarrow b\left( {c^2 + d^2 } \right) = t\left( {dtx - cy} \right) \Rightarrow t|b\left( {c^2 + d^2 } \right) \\
\left( {c^2 + d^2 ;t^2 } \right) = 1 \Rightarrow \left( {c^2 + d^2 ;t} \right) = 1 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow t|b \\
\Rightarrow b \ge t = \sqrt {a^2 + b^2 } > \sqrt {b^2 } = b:False \\
\end{array}
\]
Trong cả 2 TH đều dẫn ra điều vô lý. Vậy $(*)$ sai hay ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-06-2012 - 22:04