6 replies to this topic

[pl01]

Chứng minh rằng nếu a,b là 2 số nguyên dương thỏa mãn 4ab-1 là ước của (a+b-1)(a+b+1) thì a=b

[Minhnguyenthe333]

Chứng minh rằng nếu a,b là 2 số nguyên dương thỏa mãn 4ab-1 là ước của (a+b-1)(a+b+1) thì a=b

Ta có: $4ab-1 \mid (a+b-1)(a+b+1)<=>4ab-1\mid (a-b)^2+(4ab-1)$

$<=>4ab-1 \mid (a-b)^2$.Đến đây ta đặt $k_0=\frac{(a-b)^2}{4ab-1}$

 

$<=>2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$.Ta tiếp túc đặt $k=2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$

 

Với $k=1$ ta có $k_0=0$ kéo theo $a=b$

 

Với $k>1:$

$PT<=>2a^2-4kba+2b^2-1=0$ $(*)$. Giả sử $a\geqslant b$ và $a+b$ nhỏ nhất

 

Theo định lí Viet $PT(*)$ còn nghiệm $t$ sao cho: $\left\{\begin{matrix}t+a=2kb\\ ta=b^2-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.$

 

Suy ra $t$ là số nguyên dương và do tính nhỏ nhất của $a+b$ nên $t\geqslant a\geqslant b$

$=>2kb=t+a\leqslant 2t<=>2kab\leqslant 2ta<=>2ta\geqslant 2kb^2$

$<=>2b^2-1\geqslant 2kb^2<=>2b^2(1-k)\geqslant 1$ (vô lí)

 

Vậy ta có đpcm

Edited by Minhnguyenthe333, 25-06-2016 - 20:54.

[thinhrost1]

Ta có: $4ab-1 \mid (a+b-1)(a+b+1)<=>4ab-1\mid (a-b)^2+(4ab-1)$

$<=>4ab-1 \mid (a-b)^2$.Đến đây ta đặt $k_0=\frac{(a-b)^2}{4ab-1}$

 

$<=>2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$.Ta tiếp túc đặt $k=2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$

 

Với $k=1$ ta có $k_0=0$ kéo theo $a=b$

 

Với $k>1:$

$PT<=>2a^2-4kba+2b^2-1=0$ $(*)$. Giả sử $a\geqslant b$ và $a+b$ nhỏ nhất

 

Theo định lí Viet $PT(*)$ còn nghiệm $t$ sao cho: $\left\{\begin{matrix}t+a=2kb\\ ta=b^2-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.$

 

Suy ra $t$ là số nguyên dương và do tính nhỏ nhất của $a+b$ nên $t\geqslant a\geqslant b$

$=>2kb=t+a\leqslant 2t<=>2kab\leqslant 2ta<=>2ta\geqslant 2kb^2$

$<=>2b^2-1\geqslant 2kb^2<=>2b^2(1-k)\geqslant 1$ (vô lí)

 

Vậy ta có đpcm

Nếu $t$ là số nguyên dương $\Rightarrow ta=b^2-\frac{1}{2}$ là số nguyên dương, vô lí.

[pl01]

Ta có: $4ab-1 \mid (a+b-1)(a+b+1)<=>4ab-1\mid (a-b)^2+(4ab-1)$

$<=>4ab-1 \mid (a-b)^2$.Đến đây ta đặt $k_0=\frac{(a-b)^2}{4ab-1}$

 

$<=>2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$.Ta tiếp túc đặt $k=2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$

 

Với $k=1$ ta có $k_0=0$ kéo theo $a=b$

 

Với $k>1:$

$PT<=>2a^2-4kba+2b^2-1=0$ $(*)$. Giả sử $a\geqslant b$ và $a+b$ nhỏ nhất

 

Theo định lí Viet $PT(*)$ còn nghiệm $t$ sao cho: $\left\{\begin{matrix}t+a=2kb\\ ta=b^2-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.$

 

Suy ra $t$ là số nguyên dương và do tính nhỏ nhất của $a+b$ nên $t\geqslant a\geqslant b$

$=>2kb=t+a\leqslant 2t<=>2kab\leqslant 2ta<=>2ta\geqslant 2kb^2$

$<=>2b^2-1\geqslant 2kb^2<=>2b^2(1-k)\geqslant 1$ (vô lí)

 

Vậy ta có điều phải chứng minh

Edited by pl01, 26-06-2016 - 18:44.

[pl01]

 

Ta có: $4ab-1 \mid (a+b-1)(a+b+1)<=>4ab-1\mid (a-b)^2+(4ab-1)$

$<=>4ab-1 \mid (a-b)^2$.Đến đây ta đặt $k_0=\frac{(a-b)^2}{4ab-1}$

 

$<=>2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$.Ta tiếp túc đặt $k=2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$

 

Với $k=1$ ta có $k_0=0$ kéo theo $a=b$

 

Với $k>1:$

$PT<=>2a^2-4kba+2b^2-1=0$ $(*)$. Giả sử $a\geqslant b$ và $a+b$ nhỏ nhất

 

Theo định lí Viet $PT(*)$ còn nghiệm $t$ sao cho: $\left\{\begin{matrix}t+a=2kb\\ ta=b^2-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.$

 

Suy ra $t$ là số nguyên dương và do tính nhỏ nhất của $a+b$ nên $t\geqslant a\geqslant b$

$=>2kb=t+a\leqslant 2t<=>2kab\leqslant 2ta<=>2ta\geqslant 2kb^2$

$<=>2b^2-1\geqslant 2kb^2<=>2b^2(1-k)\geqslant 1$ (vô lí)

 

Vậy ta có điều phải chứng minh

Tại sao xét k=$2k_{0}+1$, có thể chứng minh a=b từ $k_{0}$ được không?

Edited by pl01, 26-06-2016 - 18:49.

[thinhrost1]

Ta có: $4ab-1 \mid (a+b-1)(a+b+1)<=>4ab-1\mid (a-b)^2+(4ab-1)$

$<=>4ab-1 \mid (a-b)^2$.Đến đây ta đặt $k_0=\frac{(a-b)^2}{4ab-1}$

 

$<=>2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$.Ta tiếp túc đặt $k=2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$

 

Với $k=1$ ta có $k_0=0$ kéo theo $a=b$

 

Với $k>1:$

$PT<=>2a^2-4kba+2b^2-1=0$ $(*)$. Giả sử $a\geqslant b$ và $a+b$ nhỏ nhất

 

Theo định lí Viet $PT(*)$ còn nghiệm $t$ sao cho: $\left\{\begin{matrix}t+a=2kb\\ ta=b^2-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.$

 

Suy ra $t$ là số nguyên dương và do tính nhỏ nhất của $a+b$ nên $t\geqslant a\geqslant b$

$=>2kb=t+a\leqslant 2t<=>2kab\leqslant 2ta<=>2ta\geqslant 2kb^2$

$<=>2b^2-1\geqslant 2kb^2<=>2b^2(1-k)\geqslant 1$ (vô lí)

 

Vậy ta có đpcm

Bạn sai từ khúc quy đồng:

Tiếp tục phần $k>1$ 

Phương trình $ \iff 2a^2-4kba+2b^2-k=0$ (1)

Ta giả sử $a+b$ nhỏ nhất và $a > b$ (Vì nếu $a=b$ thì $k=1$)

Và theo Vi-et thì, tồn tại t sao cho:

 

 $\left\{\begin{matrix}t+a=2kb\\ ta=b^2-\frac{k}{2}\end{matrix}\right.$

 

$ \Rightarrow a+b \le b+t \Rightarrow t \ge a > b$ 

 

$ \Rightarrow 2kb=t+a \le 2t \Rightarrow 2kab \le 2at$

 

Mà do (1) thì $2kab=a^2+b^2-\frac{k}{2}$ và $2at=2b^2-\frac{k}{2}$

 

Từ đây suy ra $b \ge a$ Vô lí

 

Vậy ta có đpcm.

Edited by thinhrost1, 26-06-2016 - 19:28.

[thinhrost1]

 

 

Ta có: $4ab-1 \mid (a+b-1)(a+b+1)<=>4ab-1\mid (a-b)^2+(4ab-1)$

$<=>4ab-1 \mid (a-b)^2$.Đến đây ta đặt $k_0=\frac{(a-b)^2}{4ab-1}$

 

$<=>2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$.Ta tiếp túc đặt $k=2k_0+1=\frac{2(a^2+b^2)-1}{4ab-1}$

 

Với $k=1$ ta có $k_0=0$ kéo theo $a=b$

 

Với $k>1:$

$PT<=>2a^2-4kba+2b^2-1=0$ $(*)$. Giả sử $a\geqslant b$ và $a+b$ nhỏ nhất

 

Theo định lí Viet $PT(*)$ còn nghiệm $t$ sao cho: $\left\{\begin{matrix}t+a=2kb\\ ta=b^2-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.$

 

Suy ra $t$ là số nguyên dương và do tính nhỏ nhất của $a+b$ nên $t\geqslant a\geqslant b$

$=>2kb=t+a\leqslant 2t<=>2kab\leqslant 2ta<=>2ta\geqslant 2kb^2$

$<=>2b^2-1\geqslant 2kb^2<=>2b^2(1-k)\geqslant 1$ (vô lí)

 

Vậy ta có điều phải chứng minh

Tại sao xét k=$2k_{0}+1$, có thể chứng minh a=b từ $k_{0}$ được không?

 

Phép đặt chỉ để cho gọn thôi, bạn có thể không đặt vẫn làm được bình thường