Chủ đề này có 1 trả lời

[Yagami Raito]

Bài 1: Tìm giá trị nguyên dương nhỏ nhất của biểu thức:
$$\frac{x^{4}+y^{4}}{1997.1999}$$
trong đó $x,y $ là các số nguyên dương.
Bài 2:
Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình :
$$\frac{x+y}{x^{2}-xy+y^{2}}=\frac{3}{7}$$

[nguyenta98]

Bài 1: Tìm giá trị nguyên dương nhỏ nhất của biểu thức:
$$\frac{x^{4}+y^{4}}{1997.1999}$$
trong đó $x,y $ là các số nguyên dương.
Bài 2:
Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình :
$$\frac{x+y}{x^{2}-xy+y^{2}}=\frac{3}{7}$$

Giải như sau:
Bài 1:
Bổ đề: Giả sử $p=k.2^t+1$ là số nguyên tố lẻ, $t$ là số nguyên dương và $k$ là số tự nhiên lẻ. Giả thiết $x$ và $y$ là các số tự nhiên mà $\left( x^{2^t}+y^{2^t} \right) \vdots \ p$. Chứng minh rằng khi đó $x$ và $y$ đồng thời chia hết cho $p$.
Chứng minh:
Giả sử trái lại $x \not\vdots p$, suy ra $y \not\vdots p$.
Do $p$ là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có $$\left\{\begin{matrix}
x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} & & \\
y^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} & &
\end{matrix}\right.$$
Từ giả thiết ta thu được $p-1=k.2^t$, do đó $$\left\{\begin{matrix}
x^{k.2^t} \equiv 1 \pmod{p} & & \\
y^{k.2^t} \equiv 1 \pmod{p} & &
\end{matrix}\right.$$
Từ đó ta có $$x^{k.2^t}+y^{k.2^t} \equiv 2 \pmod{p}. \qquad (1)$$
Theo giả thiết thì $$x^{2^t}+y^{2^t} \equiv 0 \pmod{p}.$$
Do $k$ lẻ nên $$
x^{k.2^t}+y^{k.2^t} = \left( x^{2^t} \right)^k+ \left( y^{2^t} \right)^k \ \vdots \left( x^{2^t}+y^{2^t} \right) \Rightarrow \left( x^{k.2^t}+y^{k.2^t} \right) \equiv 0 \pmod{p} \qquad (2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra điều mâu thuẫn, trái ngược với giả thiết. Cho nên giả thiết phản chứng sai. Do đó $x,y$ đồng thời chia hết cho $p$. Bổ đề được chứng minh
Hệ quả 1: $t=1$ thì có bài toán:
Cho $p=4k+3$ nguyên tố nếu $p|a^2+b^2 \rightarrow p|a,p|b$
Hệ quả 2: $t=2$ thì có bài toán
Cho $p=4k+1$ nguyên tố nếu $p|a^4+b^4 \rightarrow p|a,p|b$ (ta không cần cm lại vì nó chỉ là hệ quả trực tiếp của bổ đề lớn phía trên)

$**********$

Áp dụng:
Từ hệ quả <1> ta có $$\left\{\begin{array}{1}1999|(a^2)^2+(b^2)^2 \\1999 \equiv 3 \pmod{p} \\1999 \in \mathbb{P} \end{array}\right. \rightarrow 1999|a,1999|b$$
Từ hệ quả <2> ta có $$\left\{\begin{array}{1}1997|a^4+b^4 \\1997 \equiv 1 \pmod{p} \\1997 \in \mathbb{P} \end{array}\right. \rightarrow 1997|a,1997|b$$
Do vậy $1997.1999|a,b$
Như thế GTNN của $\frac{x^{4}+y^{4}}{1997.1999}$ là $2(1997.1999)^3$

Bài 2: Bài này khá quen thuộc và dễ, nó có mặt trên nhiều diễn đàn toán, có một cách dùng phương pháp tách nhóm thành tổng bình phương rồi chặn nhưng khá dài và vất vả, cho nên ta làm theo lối giải phương trình ngắn gọn và đủ ý như sau:
Đặt $a=x+y,b=x-y$ thế vào phương trình ban đầu được (sau khi quy đồng nhân chéo)
$$28a=3(a^2+3q^2) \rightarrow 3|p \rightarrow p=3k \rightarrow 28k=3(3k^2+q^2) \rightarrow k=3t \rightarrow 28t=27t^2+q^2 \rightarrow q^2=(28-27m)m$$
Nhận thấy $q^2 \geq 0 \rightarrow 28-27m\geq 0 \rightarrow m=0,1$
Thay vào ra $\boxed{(x,y)=(4,5),(5,4)}$

P/S việc đặt $a=x+y,b=x-y$ đã quá quen thuộc trong lối giải các bài toán phương trình bậc 2 hai ẩn, ta nên nhớ cách đặt này

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 27-03-2012 - 16:54