Nếu $a,b,c$ là các số nguyên dương sao cho
$0< a^{2}+b^{2}-abc\leq c$
Chứng minh rằng $a^{2}+b^{2}-abc$ là số chính phương
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HungNT: 19-07-2014 - 18:43
Nếu $a,b,c$ là các số nguyên dương sao cho
$0< a^{2}+b^{2}-abc\leq c$
Chứng minh rằng $a^{2}+b^{2}-abc$ là số chính phương
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HungNT: 19-07-2014 - 18:43
Nếu $a,b,c$ là các số nguyên dương sao cho
$0< a^{2}+b^{2}-abc\leq c$
Chứng minh rằng $a^{2}+b^{2}-abc$ là số chính phương
nhầm đề không hả bạn
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
nhầm đề không hả bạn
Không biết nữa, thầy mình ra vậy đấy
Đặt $a^2+b^2-abc=k$ $(1)$
Cố định $k,c$. Ta xét tập $S$ các số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn PT $(1)$
Trong đó xét cặp $(a_1,b_1)\in S$ sao cho $a_1+b_1$ nhỏ nhất và giả sử $a_1\geqslant b_1$
Xét PT bậc $2$ ẩn $a$: $a^2-abc+(b^2-k)=0$ (trong đó $a_1$ đã là $1$ nghiệm) nên theo định lý Viet ta có:
$\left\{\begin{matrix} a_1+a_2=bc & \\ a_1a_2=b^2-k & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a_2=bc-a_1=\frac{b^2-k}{a_1}$
Từ điều kiện đề bài dễ chứng minh $a_2\geqslant 0$
+Nếu $a_2=0$ thì $b^2-k=0$ suy ra $k=b^2$ là 1 số chính phương
+Nếu $a_2>0$ thì $(a_2,b_1)\in S$
Khi đó ta có $a_2=\frac{b^2-k}{a}\leqslant \frac{a^2-k}{a}<a_1$ (VL do $a_1+b_1$ nhỏ nhất)
Vậy ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 24-07-2014 - 10:21
Bài này là bài khá kinh điển cho NL Cực hạn .
Mình nhớ không nhầm thì là của tạp chí CRUX.
Tài liệu NL Cực Hạn của thầy T N Dũng :
Nếu $a,b,c$ là các số nguyên dương sao cho
$0< a^{2}+b^{2}-abc\leq c$
Chứng minh rằng $a^{2}+b^{2}-abc$ là số chính phương
nếu c=1 thì sao?
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh