tính giá trị biểu thức $\dfrac{x^{2}+y^{2}+1}{xy}$
#2
Đã gửi 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 $X=Y$
\[k = \dfrac{{{X^2} + {Y^2} + 1}}{{XY}} = \dfrac{{2{X^2} + 1}}{{{X^2}}} = 2 + \dfrac{1}{{{X^2}}} \in \mathbb{N} \Rightarrow {X^2}|1 \Rightarrow {X^2} = 1 \Rightarrow k = 3\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 06-01-2012 - 20:53
- L Lawliet, yeutoan11, nguyenta98 và 8 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#4
Đã gửi 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
Đã gửi 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 và 2 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#6
Đã gửi 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 và 4 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#7
Đã gửi 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)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 20-07-2012 - 23:04
- perfectstrong, Zaraki, L Lawliet và 10 người khác yêu thích
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
#8
Đã gửi 10-08-2013 - 21:57
Hình như trong Number Theory của Titu cũng có 1 đống kiểu này sao ế?
#9
Đã gửi 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
Đã gửi 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
Đã gửi 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
Đã gửi 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
Đã gửi 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 yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh