Chủ đề này có 4 trả lời

[NLT]

Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$$xy(xy-1)(x^2y^2+xy-3)+x^2+y^2=(xy-1)[2(x-y)(xy+1)-5]$$
___
NLT

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 30-10-2012 - 20:40

[ilovelife]

Hình như là vô nghiệm (cho Pascal nó chạy, mò)

[nguyenta98]

Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$$xy(xy-1)(x^2y^2+xy-3)+x^2+y^2=(xy-1)[2(x-y)(xy+1)-5]$$

Giải như sau:
Ta có $x^2+y^2=(xy-1)[2(x-y)(xy+1)-5-xy(x^2y^2+xy-3)]$
Như ta thấy $x^2+y^2\geq 0$ nên $(xy-1)[2(x-y)(xy+1)-5-xy(x^2y^2+xy-3)]\geq 0$
TH1: $xy-1\geq 0$ và $2(x-y)(xy+1)-5-xy(x^2y^2+xy-3)\geq 0$
Như vậy $xy>0$ suy ra $x,y$ cùng dấu nên có thể giả sử $x,y$ cùng dương (vì nếu $x,y$ cùng âm thì $x=-a,y=-b$ với $a,b>0$ khi đó $2(x-y)=2(b-a)$ khi ấy bài toán trở về như bình thường rằng $2(b-a)(ab+1)-5-ab(a^2b^2+ab-3)$)
Như vậy chỉ giả sư $x,y$ cùng dương
Suy ra $2(x-y)(xy+1)\geq xy(x^2y^2+xy-3)+5$
$\Rightarrow 8(x-y)(xy+1)\geq 4xy(4x^2y^2+4xy+1-13)+20$
$\Rightarrow 8(x-y)(xy+1)\geq 4xy((2xy+1)^2-13)+20$
Ta thấy với $xy=1$ thì đơn giản rồi, còn $xy\geq 2$ thì $4xy((2xy+1)^2-13)+20>0$ suy ra $x-y\geq 0$
Trước tiên vì $xy\geq 2 \Rightarrow 4xy>xy+1$
Mặt khác $8(x-y)(xy+1)>4xy((2xy+1)^2-13) \Rightarrow 8(x-y)>(2xy+1)^2-13$ đặt $x-y=k$ khi đó $x=y+k$
Như vậy $8k+12>(2(y+k)y+1)^2-13=4(y+k)^2y^2+4(y+k)y$ khi ấy $8k+12>4(y+k)y \Rightarrow y\le 1$ vì nếu $y\geq 2$ thì $4(y+k)y=4y^2+4yk\geq 16+8k>8k+12$ loại do đó $y=1$ (do $y$ dương) từ đó giải được $x$, chú ý do giả sử $x,y$ dương nên khi tìm được nghiệm dương ta sẽ lấy số đối để tìm nghiệm âm
TH2: $xy-1<0$ suy ra $2(x-y)(xy+1)-5-xy(x^2y^2+xy-3)<0$ (do $x^2+y^2\geq 0$)
Khi đó $xy=0$ thì đơn giản, ta xét $xy<0$ khi ấy có hai khả năng
$\blacksquare$ $x>0$ và $y<0$ khi ấy $x=a,y=-b$ với $a,b>0$
Do đó $-ab-1<0$ nên $ab+1>0$
Lúc đó $-2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-ab-3)<0 \Rightarrow ab((ab)^2-ab-3)<2(a+b)(ab-1)+5$
Vì $a,b>0$ nên $(a-1)(b-1)\geq 0 \Rightarrow ab+1\geq a+b$
Do đó $ab((ab)^2-ab-3)\le 2(ab+1)(ab-1)+5$
Đặt $ab=t$ với $t>0$ khi ấy $t(t^2-t-3)\le 2(t-1)(t+1)+5$ suy ra $t^3-3t^2-3t-3\le 0$ giải bpt bằng cách khảo sát hàm số đồng biến $f(t)=t^3-3t^2-3t-3$ khi ấy thấy $t\geq 4$ thì $f(t)$ đồng biến suy ra $f(t)>f(4)=1$ nay $f(t)>0$ vô lí
Như vậy $t=1,2,3$ khi đó $ab=1,2,3$ đã dễ giải
$\blacksquare$ $x<0$ và $y>0$ suy ra $x=-a,y=b$ với $a,b>0$ khi đó $ab+1>0$
Và $2(x-y)(xy+1)-5-xy(x^2y^2+xy-3)=2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-(ab)-3)$
Lúc ấy do $a,b>0$ nên $(a-1)(b-1)\geq 0 \Rightarrow ab+1\geq (a+b)$
Nên $2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-(ab)-3)\geq 2(ab+1)(ab-1)+ab((ab)^2-(ab)-3)-5>0$
Lúc này cũng dùng số $ab=t$ với $t>0$ để khảo sát tính đồng biến ta thấy $t\geq 3$ thì $2(ab+1)(ab-1)+ab((ab)^2-(ab)-3)-5>0$ do vậy nếu $t=1,2$ thì đơn giản cho nên ta chỉ xét $t\geq 3$
Lúc này $a^2+b^2=(ab+1)[2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-(ab)-3)]$ với $a,b>0$
Đến đây ta có hai cách giải
Cách 1:
Khi ấy $a^2+b^2=(ab+1).k$ với $k=2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-(ab)-3)$
Như ta đã biết phương trình $a^2+b^2=(ab+1)k$ theo phương pháp giả sử $a\geq b$ thì $k=b^2$ theo Vieta jumping (giải bằng cách $a\geq b$ thì $a^2-a(bk)+(b^2-k)=0$ và cm được $b^2-k$ không âm mà nếu $b^2-k>0$ theo Vieta jumping suy ra vô lí do đó $b^2-k=0$ nên $k=b^2$)
Khi ấy $2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-(ab)-3)=b^2$ do $(ab)\geq 3$ nên $(ab)^2-2(ab)-3\geq 0$
Suy ra $b^2=2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-2(ab)-3)+2(ab)^2\geq 2(ab)^2 \Rightarrow b^2\geq 2(ab)^2 \Rightarrow 1\geq 2a^2$ loại
Cách 2:
$a^2+b^2=(ab+1)[2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-(ab)-3)]$
Vì $ab\geq 3$ nên $a^2+b^2\geq 4[2(a+b)(ab-1)-5+ab((ab)^2-(ab)-3)]$
Hiển nhiên $2(a+b)(ab-1)-5\geq 2(1+1)(3-1)-5>0$
Do đó $a^2+b^2>4ab((ab)^2-(ab)-3)$
Đặt $ab=t$
Ta có $(a^2-1)(b^2-1)\geq 0 \Rightarrow a^2b^2+1\geq a^2+b^2 \Rightarrow t^2+1\geq a^2+b^2$
Do đó $t^2+1>4t(t^2-t-3) \Rightarrow f(t)=4t(t^2-t-3)-t^2-1$
Với $t\geq 3$ thì $f(t)$ đồng biến do đó $f(t)\geq f(3)>0$ do đó $t^2+1<4t(t^2-t-3)$ vô lí suy ra loại
Bài toán được giải xong một bài toán mẫu mực về phương pháp xét miền nghiệm, thử và sai

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 30-10-2012 - 22:13

[WhjteShadow]

Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$$xy(xy-1)(x^2y^2+xy-3)+x^2+y^2=(xy-1)[2(x-y)(xy+1)-5]$$
___
NLT

Bài này cậu chế từ mấy cái PT Đi ô phăng à ?
Từ giả thiết suy ra $xy-1 | x^2+y^2$
Đặt $\frac{x^2+y^2}{xy-1}=k\,\,(*)$ với $k\in \mathbb{Z}$
Giả sử $x_0,y_0$ là 2 nghiệm có tổng nhỏ nhất của phương trình $(*)$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $x_0\geq y_0$
Xét phương trình $f(x)=x^2-kxy_0+y_0^2+k=0$.Phương trình có 1 nghiệm $x_0$ và nghiệm còn lại là:
$$x_1=ky_0-x_0=\frac{y_0^2+k}{x_0}$$
$\Rightarrow x_1 \in \mathbb{Z}$ và $x_1$ cũng là nghiệm của $(*)$
$\Rightarrow x_1+y_0\geq x_0+y_0\Rightarrow x_1\geq x_0$
$\Rightarrow f(x)$ có 2 nghiệm là $x_0$ và $x_1$,và $x_1\geq x_0\geq y_0$
$\Rightarrow f(y_0)\geq 0$
$\Rightarrow (2-k)y_0^2+k\geq 0$
$\bullet$ Nếu $y_0=1$ thì $x_0^2+1 \vdots x_0-1$
$\Rightarrow x_0 =(2;3)$
$\bullet$ Nếu $y_0=1$ thì $x_0^2+1 \vdots x_0+1$
$\Rightarrow ......$
$\bullet$ Nếu $y_0^2 \neq 1$ thì:
$k\leq \frac{2m_0}{m_0^2-1}\leq 3$
$\Rightarrow k=3$ (Ta dễ dàng chứng minh được $k>2$ )
Lúc đó $(*)$ có dạng: $x^2+y^2=3(xy-1)$
$\Rightarrow x,y \vdots 3\Rightarrow 3(xy-1) \vdots 9$ (Vô lí vì $x,y \vdots 3$ )
Vậy $(*)$ chỉ có các nghiệm $(1;2) ;(1;3)$ và các hoán vị,thử lại vào điều kiện đề bài thấy vô lí.
Vậy phương trình đã ch0 vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan11: 31-10-2012 - 17:16

[nguyenta98]

Bài này cậu chế từ mấy cái PT Đi ô phăng à ?
Từ giả thiết suy ra $xy-1 | x^2+y^2$
Đặt $\frac{x^2+y^2}{xy-1}=k\,\,(*)$ với $k\in \mathbb{Z}$
Giả sử $x_0,y_0$ là 2 nghiệm có tổng nhỏ nhất của phương trình $(*)$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $x_0\geq y_0$
Xét phương trình $f(x)=x^2-kxy_0+y_0^2+k=0$.Phương trình có 1 nghiệm $x_0$ và nghiệm còn lại là:
$$x_1=ky_0-x_0=\frac{y_0^2+k}{x_0}$$
$\Rightarrow x_1 \in \mathbb{Z}$ và $x_1$ cũng là nghiệm của $(*)$
$\Rightarrow x_1+y_0\geq x_0+y_0\Rightarrow x_1\geq x_0$
$\Rightarrow f(x)$ có 2 nghiệm là $x_0$ và $x_1$,và $x_1\geq x_0\geq y_0$
$\Rightarrow f(y_0)\geq 0$
$\Rightarrow (2-k)y_0^2+k\geq 0$
$\bullet$ Nếu $y_0=1$ thì $x_0^2+1 \vdots x_0-1$
$\Rightarrow x_0 =(2;3)$
$\bullet$ Nếu $y_0=1$ thì $x_0^2+1 \vdots x_0+1$
$\Rightarrow ......$
$\bullet$ Nếu $y_0^2 \neq 1$ thì:
$k\leq \frac{2m_0}{m_0^2-1}\leq 3$
$\Rightarrow k=3$ (Ta dễ dàng chứng minh được $k>2$ )
Lúc đó $(*)$ có dạng: $x^2+y^2=3(xy-1)$
$\Rightarrow x,y \vdots 3\Rightarrow 3(xy-1) \vdots 9$ (Vô lí vì $x,y \vdots 3$ )
Vậy $(*)$ chỉ có các nghiệm $(1;2) ;(1;3)$ và các hoán vị,thử lại vào điều kiện đề bài thấy vô lí.
Vậy phương trình đã ch0 vô nghiệm

Ha ha, anh Đạt bắt chước trò Vieta của em à, nhưng rất tiếc là sai rồi, em ban đầu cũng làm như anh nhưng quên mất là $x,y$ nguyên chứ không là nguyên dương, do thế mới phải xét dài như em chứ kiểu của anh thì em nghĩ là sai hoàn toàn vì vieta jumping nguyên lý là lùi về nghiệm bé nhất nhưng nếu có nghiệm âm thì mọi việc thành xôi hỏng bỏng không