tính giá trị biểu thức $\dfrac{x^{2}+y^{2}+1}{xy}$
#2
Posted 02-01-2012 - 23:21
Đặt $k=\dfrac{x^2+y^2+1}{xy}$. Cố định k và trong các bộ số $(x;y)$ thỏa đề, ta chọn $(X;Y)$ là bộ số thỏa mãn tổng nhỏ nhất.
Ta sẽ chứng minh $X=Y$.
Giả sử, $X \neq Y$. Không mất tính tổng quát, giả sử $X>Y$.
Xét phương trình ẩn t:
\[\dfrac{{{t^2} + {Y^2} + 1}}{{tY}} = k \Leftrightarrow {t^2} - kYt + {Y^2} + 1 = 0 (1) \]
(1) là phương trình bậc 2 ẩn t. Do giả thiết nên $t_1=X$.
\[{t_2} = kY - X = \dfrac{{{Y^2} + 1}}{X}\]
Nên $t_2$ là số nguyên dương.
Lại có:
\[X > Y \ge 1 \Rightarrow {t_2} = \dfrac{{{Y^2} + 1}}{X} < X\]
Cho nên $(t_2;Y)$ là một bộ số nguyên dương khác thỏa đề mà $t_2+Y<X+Y$: trái với cách chọn $(X;Y)$.
Vậy $X=Y$
\[k = \dfrac{{{X^2} + {Y^2} + 1}}{{XY}} = \dfrac{{2{X^2} + 1}}{{{X^2}}} = 2 + \dfrac{1}{{{X^2}}} \in \mathbb{N} \Rightarrow {X^2}|1 \Rightarrow {X^2} = 1 \Rightarrow k = 3\]
Edited by perfectstrong, 06-01-2012 - 20:53.
- L Lawliet, yeutoan11, nguyenta98 and 8 others like this
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#4
Posted 05-01-2012 - 22:24
Bài này hình như mình nghĩ cách của anh mới chỉ xét trường hợp x+y có tổng nhỏ nhất thì x=y=1.Lời giải:
Đặt $k=\dfrac{x^2+y^2+1}{xy}$.Ta sẽ chứng minh $x=y$. Trong các bộ số $(x;y)$ thỏa đề, ta chọn $(X;Y)$ là bộ số thỏa mãn tổng nhỏ nhất.
Giả sử, $X \neq Y$. Không mất tính tổng quát, giả sử $X>Y$.
Xét phương trình ẩn t:
\[\dfrac{{{t^2} + {y^2} + 1}}{{ty}} = k \Leftrightarrow {t^2} - kyt + {y^2} + 1 = 0 (1) \]
(1) là phương trình bậc 2 ẩn t. Do giả thiết nên $t_1=X$.
\[{t_2} = kY - X = \dfrac{{{Y^2} + 1}}{X}\]
Nên $t_2$ là số nguyên dương.
Lại có:
\[X > Y \ge 1 \Rightarrow {t_2} = \dfrac{{{Y^2} + 1}}{X} < X\]
Cho nên $(t_2;Y)$ là một bộ số nguyên dương khác thỏa đề mà $t_2+Y<X+Y$: trái với cách chọn $(X;Y)$.
Vậy $X=Y$
\[k = \dfrac{{{x^2} + {y^2} + 1}}{{xy}} = \dfrac{{2{x^2} + 1}}{{{x^2}}} = 2 + \dfrac{1}{{{x^2}}} \in N \Rightarrow {x^2}|1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Rightarrow \dfrac{{{x^2} + {y^2} + 1}}{{xy}} = k = 3\]
còn các TH x+y khác thì chưa xét
and
proooooooooooooooooooooooooooooooooooo
DAM ME TOAN HET SUC
#5
Posted 06-01-2012 - 20:58
Đề đúng của nó là:
Let $x$ and $y$ be positive integers such that $xy$ divides $x^2+y^2+1$. Prove that:
\[ \dfrac{x^2+y^2+1}{xy}=3 \]
=================================================================
Anh đã sửa lại lời giải hợp lý hơn. Khi cố định $k$ thì ta sẽ chứng minh $k$ mang giá trị là 3.
Nếu giả sử có trường hợp $k$ mang giá trị khác, ta cũng thực hiện tương tự trên: cố định $k$, xét bộ $(X;Y)$ là bộ có tổng nhỏ nhất thỏa đề và khi đó, $X=Y$, suy ra $k=3$.
- Tham Lang, L Lawliet, nguyenta98 and 2 others like this
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#6
Posted 06-01-2012 - 21:23
Em có nhầm không thế, trong bài này là dùng định lý Viete và phương pháp cực hạn chứ sao có phương pháp lùi vô hạn.Mọi người không phải thắc mắc đâu, anh perfectstrong làm hoàn toàn đúng đó, có điều dùng phương pháp lùi vô hạn và định lý viete nên các bạn thấy mới lạ
Thêm 1 số bài dùng phương pháp tương tự thế này:
Bài 2: (IMO 1988, Problem 6)
Cho $a, b$ là 2 số nguyên dương thỏa $ab+1|a^2+b^2$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}$ là số chính phương.
Bài 3: (IMO 2007, Problem 5)
Cho $a, b$ là 2 số nguyên dương thỏa $4ab-1|(4a^2-1)^2$. Chứng minh rằng: $a=b$.
Bài 4:
Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên dương thỏa $0<a^2+b^2-abc\leq c$. Chứng minh rằng: $a^2+b^2-abc$ là số chính phương.
Bài 5:
Chứng minh rằng nếu $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $k=\dfrac{a^2+b^2}{ab-1} \in \mathbb{Z}$ thì $k=5$.
P/S: Nếu cần thì có thể pm mình để mình post lời giải hoặc hướng dẫn.
- hoa_giot_tuyet, Zaraki, L Lawliet and 4 others like this
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#7
Posted 24-02-2012 - 20:22
Mình thử sức làm 2 bài này nhé, vì 2 bài này có cách chứng minh giống nhau lên mình chỉ làm Bài 5: vì Bài 2 có cách chứng minh tương tự chỉ khác phần giữa và cuối thôi, với lại bài 5 hay hơn nhiều.Bài 2: (IMO 1988, Problem 6)
Cho $a, b$ là 2 số nguyên dương thỏa $ab+1|a^2+b^2$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}$ là số chính phương.
Bài 5:
Chứng minh rằng nếu $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $k=\dfrac{a^2+b^2}{ab-1} \in \mathbb{Z}$ thì $k=5$.
Bài 5:
Giả sử $a^2+b^2$ chia hết cho $ab-1$. Ta thấy $a \neq b$ vì nếu $a=b$ thì $2a^2 \vdots a^2-1$, nhưng ($a^2,a^2-1$)=1 nên 2$\vdots a^2-1$, không xảy ra. Do vai trò của a và b là như nhau, có thể xem $a>b$. Nếu $b=1$ thì $a^2+1 \vdots a-1$ suy ra $2 \vdots a-1$ nên $a=2$ hoặc $a=3$. Lúc đó thấy $\frac{a^2+1}{ab-1}=5$.
Ta xét $a>b>1$. Từ $a^2+b^2 \vdots ab-1$ có $b^2(a^2+b^2) \vdots ab-1$
$\Rightarrow b^4+1 \vdots ab-1$. Đặt $k=\frac{b^4+1}{ab-1}>0$ ta có $kab-k=b^4+1 \Rightarrow k\equiv -1 $(mod $b$), do đó có c$\in \mathbb{N}^*$ để $k=bc-1$.
Từ đó $b^4+1=(ab-1)(bc-1)$. Ta có
$\frac{b^2(b^2+c^2)}{bc-1} = bc+1 + \frac{b^4+1}{bc-1} = bc+ab$
$\frac{b^2(a^2+b^2)}{ab-1} = ab+1 + \frac{b^4+1}{ab-1} = ab+bc$
Do đó $\frac{a^2+b^2}{ab-1}= \frac{b^2+c^2}{bc-1}$.
Tương tự như trên thì $b \neq c$.Vì $b>1$ và $a >b$ nên $ab-1 = b^2+1+b(a-b)-2 \geq b^2+1$
$\Rightarrow (b^2+1)^2 > b^4+1 = (ab-1)(bc-1) \geq (b^2+1)(bc-1) \Rightarrow 2>b(c-b)$. Vì $b>1$ nên $b>c$.
Nếu $c>1$ thì lập luận tương tự như trên, có $d\in \mathbb{N}^*$, $a>b>c>d$ để $\frac{a^2+b^2}{ab-1}= \frac{b^2+c^2}{bc-1}= \frac{c^2+d^2}{cd-1}$.
Cứ tiếp tục như thế, quá trình này cũng phải tồn tại đến số $u\in \mathbb{N}^*$, mà $a>b>c>d>...>u>1$,
$a>b>c>d$ để $\frac{a^2+b^2}{ab-1}= \frac{b^2+c^2}{bc-1}= \frac{c^2+d^2}{cd-1}=...= \frac{u^2+1}{u-1}$.
Vì $u^2+1 \vdots u-1$ thì như đã biết : $u=2 hoặc u=3$, vậy $\frac{u^2+1}{u-1} =5$ nên $\frac{a^2+b^2}{ab-1}=5$, (Đpcm)
Edited by binhmetric, 20-07-2012 - 23:04.
- perfectstrong, Zaraki, L Lawliet and 10 others like this
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
#8
Posted 10-08-2013 - 21:57
Hình như trong Number Theory của Titu cũng có 1 đống kiểu này sao ế?
#9
Posted 13-08-2013 - 15:07
Những bài này chủ yếu đều dùng phương pháp cực hạn
Thà một phút huy hoàng rồi chợt tối
Còn hơn buồn le lói suốt trăm năm.
#10
Posted 21-10-2013 - 22:17
Lại có:
\[X > Y \ge 1 \Rightarrow {t_2} = \dfrac{{{Y^2} + 1}}{X} < X\]
Cho nên $(t_2;Y)$ là một bộ số nguyên dương khác thỏa đề mà $t_2+Y<X+Y$: trái với cách chọn $(X;Y)$.
Vậy $X=Y$
\[k = \dfrac{{{X^2} + {Y^2} + 1}}{{XY}} = \dfrac{{2{X^2} + 1}}{{{X^2}}} = 2 + \dfrac{1}{{{X^2}}} \in \mathbb{N} \Rightarrow {X^2}|1 \Rightarrow {X^2} = 1 \Rightarrow k = 3\]
Sao lại có $t_2<X$ nhỉ
#11
Posted 21-10-2013 - 22:57
Sao lại có $t_2<X$ nhỉ
Là do $Y^2+1<X^2 \Rightarrow t_2=\dfrac{Y^2+1}{X} < X$
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#12
Posted 22-10-2013 - 06:07
Là do $Y^2+1<X^2 \Rightarrow t_2=\dfrac{Y^2+1}{X} < X$
Xin lỗi nhưng cho mình hỏi một tí nữa :| $1 \leq Y <X$ sao suy ra được $t_2<X$ ?
#13
Posted 22-10-2013 - 21:34
Xin lỗi nhưng cho mình hỏi một tí nữa :| $1 \leq Y <X$ sao suy ra được $t_2<X$ ?
Mình đã nói rồi mà? $1 \le Y <X \Rightarrow Y^2<X^2$. Nếu $Y^2=X^2-1 \Rightarrow (X;Y)=(1;0);(0;1)$: vô lý nên $Y^2<X^2-1 \Rightarrow ...$
- T M likes this
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users