Giả sử $a_{1}$ ;$a_{2}$ ;.....; $a_{k}$ là $k$ số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Kí hiệu $b_{i} = \frac{a_{1}a_{2}...a_{k}}{a_{i}}$ . Tìm số nguyên dương $c$ lớn nhất để phương trình
$b_{1}x_{1} + b_{2}x_{2} + ... +b_{k}x_{k} = c$ $(1)$
không có nghiệm nguyên dương
Đề của
huy thắng
Em không làm được bài này nhưng cứ làm bừa để đỡ bị trừ điểm vậy
$(+)$ Với $k=1$ thì dễ thấy không thể tìm được $c$.
$k$ số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau ... thì ít nhất phải có $2$ số chứ?$(+)$ Với $k=2$ thì ta sẽ chứng minh $a_1a_2-a_1-a_2$ là giá trị lớn nhất của $c$ thỏa mãn bài toán.
Đầu tiên ta sẽ chứng minh $c=a_1a_2-a_1-a_2$ thì PT $(1)$ không có nghiệm nguyên dương.
PT $(1)$ được viết lại thành
$a_2x_1+a_1x_2=a_1a_2-a_1-a_2$ $(2)$
Giả sử PT $(2)$ có nghiệm thì
PT $(2)$ $\Leftrightarrow a_2(x_1-a_1+1)+a_1(x_2+1)=0$
$\Leftrightarrow a_2(a_1-x_1-1)=a_1(x_2+1)=0$ $(3)\quad$
(Chỗ này là sao? $a_2(a_1-x_1-1)$ sao lại không thể âm?)Vì $\gcd(a_1;a_2)=1$ nên $a_2|x_2+1$ hoặc $x_2+1|a_2$
Nếu $x_2+1|a_2$ thì gọi $t=\frac{a_2}{x_2+1}$. Với $t>1\Rightarrow t|a_1\Rightarrow \gcd(a_;a_2)=t>1$ vô lý.
Vậy $a_2|x_2+1\Rightarrow a_1|a_1-x_1-1$. Mà $VP (3) >0$ nên vô lý.
Vậy PT$(2)$ không có nghiệm nguyên dương.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh với mọi $c> a_1a_2-a_1-a_2$ thì PT $(1)$ đều có nghiệm nguyên dương.
Đặt $c=a_1a_2-a_1-a_2+t$ với $t>0$
PT $(1)$ được viết lại:
$a_2x_1+a_1x_2=a_1a_2-a_1-a_2+t\Leftrightarrow a_2(x_1+1)+a_1(x_2+1)=a_1a_2+t$ $(4)$.
Ta phát biểu bổ để quen thuộc của hệ thặng dư đầy đủ:
"Cho $a,b$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, khi đó $ax+by$,với $x=\overline{1,b};y=\overline{1,a}$ chạy khắp hệ thặng dư đầy đủ $\mod ab$"
Áp dụng bổ đề trên,ta thấy PT $(4)$ luôn có nghiệm. Vậy với $k=2$ thì bài toán được chứng minh.
$(+)$ Với $k=3$,ta sẽ chứng minh $c=2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3$ là số lớn nhất thỏa mãn.
PT $(1)$ được viết lại:
$a_1a_2x_3+a_2a_3x_1+a_3a_1x_2=2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3$ $(5)$
Giả sử PT $(5)$ có nghiệm nguyên dương thì tương tự TH $k=2$,ta chỉ ra được $a_1|x_1+1;a_2|x_2+1;a_3|x_3+1$
$\Rightarrow a_1-1\leq x_1;a_2-1\leq x_2;a_3-1\leq x_3$
Vậy $VT (5)\geq 3a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_3a_1> VP (5)$. Vô lý.
Vậy với $c=2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3$ thỏa mãn bài toán.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh với mọi $c>2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3$ thì đều không thỏa mãn.
Theo TH $k=2$ ta có:Vì $\gcd(a_1a_2;a_3)=1$ và $2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3 \geq a_1a_2a_3-a_1a_2-a_3+1$ nên tồn tại các số nguyên $x,t$ không âm và $x \leq x_3-1$ sao cho $c=a_1a_2x+a_3t \Rightarrow t= \frac {c-a_1a_2x}{a_3} \geq \frac{2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3+1-a_1a_2(a_3-1)}{a_3-1}\Rightarrow t \geq a_1a_2-a_1-a_2+1$.
Áp dụng TH $k=2$ ta có:
Tồn tại các số nguyên không âm $y,z$ sao cho $t=a_1z+a_2y \Rightarrow c=a_1a_2x+a_3t=a_1a_2x+a_2a_3y+a_3a_1z$
Vậy PT $(1)$ có nghiệm nguyên dương. Bài toán được chứng minh.
Với cách làm tương tự,ta sẽ chứng minh được:
$$c_{max}=k\prod_{i=1}^k a_i-[\sum_{1\leq i_1<i_2<...<i_{k-1}\leq k}(\prod_{i=1}^{k-1} a_{i})]$$ thỏa mãn.
Vậy bài toán được chứng minh.
________________________________
Một số lập luận cảm tính.Hơi buồn vì kết quả sai hoàn toàn!
Điểm bài làm: $d=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 20-02-2013 - 17:49
Chấm điểm!