Chủ đề này có 1 trả lời

[Zaraki]

Tìm bộ ba số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $abc+1$ chia hết cho $a^2+b^2$

[nguyenta98]

Tìm bộ ba số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $abc+1$ chia hết cho $a^2+b^2$

Giải như sau:
Không mất tính tổng quát giả sử $b\le a$
Đặt $abc+1=k(a^2+b^2) \Rightarrow ka^2-a(bc)+(kb^2-1)=0$ $(1)$
Giả sử phương trình $(1)$ có nghiệm $(a,b)=(a_0,b_0)$ sao cho $a_0+b_0$ là nhỏ nhất
Vì $b\le a \Rightarrow b_0\le a_0$
Cho nên phương trình $ka^2-a(b_0.c)+(k.b_0^2-1)=0$ $(2)$
Nhận thấy phương trình $(2)$ có một nghiệm $a=a_0$ hiển nhiên (do đã giả sử $a_0,b_0$ là nghiệm)
Mà nó là phương trình bậc hai nên tồn tại nghiệm $a=a_1$ nữa
Nhưng $a_0+b_0$ nhỏ nhất nên $a_0+b_0\le a_1+b_0 \Rightarrow a_0\le a_1$
Theo định lý Vìete ta có $a_0.a_1=\dfrac{k.b_0^2-1}{k}$
Nhưng ta đã chứng minh $a_0\le a_1 \Rightarrow \dfrac{k.b_0^2-1}{k}=a_0.a_1\geq a_0^2 \Rightarrow k.b_0^2-1\geq a_0^2.k \Rightarrow k.b_0^2>a_0^2.k \Rightarrow b_0>a_0$ vô lý do ta đã giả sử $b_0\le a_0$
Do đó phương trình $(2)$ chỉ có nghiệm khi $k.b_0^2-1=0$ và khi đó $a_0=0$ và $a_1=1$ nhưng do $a$ nguyên dương nên ta chọn $a_1=1$ khi ấy vẫn thỏa mãn $b_0\le a_1$ (do $a_0$ đã bị loại)
Như vậy $k.b_0^2=1 \Rightarrow k=1$

Giờ ta có phương trình $abc+1=a^2+b^2$ $(3)$
Nếu $a=b \Rightarrow a^2c+1=2a^2 \Rightarrow a^2(2-c)=1$ suy ra $c=1$
Nếu $a\neq b$ suy ra $b<a$ (do ta đã giả sử $b\le a$)
Nhận thấy nếu $(a,b)$ là nghiệm của $(3)$ thì $(b,bc-a)$ cũng là nghiệm của $(3)$
Thật vậy khi $(a,b)=(b,bc-a)$ thì cần chứng minh $(bc-a)bc+1=(bc-a)^2+b^2$
$\Leftrightarrow abc+1=a^2+b^2$ hiển nhiên đúng
Ta sẽ chứng minh $bc-a<b$
Vì $b<a \Rightarrow b+t=a$ với $t>0$ do đó ta cần chứng minh $bc-a<b \leftrightarrow bc<a+b=2b+t \Leftrightarrow c<\dfrac{2b+t}{b}$
Thay vào $(3)$ ta có $(b+t)bc+1=(b+t)^2+b^2 \Leftrightarrow (b+t)bc=2b^2+t^2+2bt-1 \Rightarrow c=\dfrac{2b^2+t^2+2bt-1}{(b+t)b}$
Ta sẽ chứng minh $\dfrac{2b^2+t^2+2bt-1}{(b+t)b}<\dfrac{2b+t}{b} \Leftrightarrow (2b+t)(b+t)b-b(2b^2+t^2+2bt-1)>0$
$\Leftrightarrow bt^2+b>0$ hiển nhiên do $b$ nguyên dương và $t>0$
Do đó $c<\dfrac{2b^2+t^2+2bt-1}{(b+t)b}<\dfrac{2b+2t}{b} \Rightarrow bc-a<b$
Như vậy cứ có bộ nghiệm $(a,b)$ lại có bộ nghiệm $(b,bc-a)$ mà $bc-a<b$ nên lùi vô hạn thì ta sẽ được bộ nghiệm nguyên thủy của phương trình $(3)$
Mà $a,b$ nguyên dương nên lùi vô hạn suy ra $bc-a=1 \Rightarrow a=bc-1$
Khi đó thay vào $(3)$ ta có $bc=b^2 \Rightarrow b=c$ mà $a=bc-1=b^2-1$
Do đó bài toán có vô hạn nghiệm $(a,b,c)$ và $c$ là số bất kì được chọn theo $b$
Bài toán này kết luận hơi khó vì $b$ bất kì ta sẽ chọn được $c$ và từ đó ra $a$ và xây dựng nghiệm theo $a,b$ nhưng nói tóm lại $c=b$ với $b$ là nghiệm nguyên thủy của phương trình $abc+1=a^2+b^2$

P/S chắc bây giờ đủ rồi nhé. tỉ dụ chọn $b=17$ khi đó $c=17$ và $a=17^2-1=288$ và khi đó ta xây dựng nghiệm ngược lại từ dưới lên thu được vô hạn nghiệm
Ví dụ khác $b=2 \Rightarrow c=2 \Rightarrow a=2^2-1=3$ và khi đó ta xây dựng nghiệm ngược lại thí dụ $(a,b)=(2,1),(3,2),(4,3),....,(9,8),(10,9),....$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 11-07-2012 - 14:58