Câu hỏi của nguyentuananh

Question

Cho a và b là các số nguyên dương sao cho a×b+1 chia hết cho a^2+b^2. Chứng minh (a^2+b^2)÷(a×b+1) là bình phương của một số nguyên

Cao Ngọc Anh · Accepted Answer

Giả sử tồn tại các cặp số $(a, b)$ sao cho $k$ không phải là số chính phương. Trong các cặp đó, ta chọn cặp $(a, b)$ có tổng $a + b$ nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \geq b > 0$. Ta có phương trình:
$\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}=k\iff a^{2}-(kb)a+(b^{2}-k)=0$ Cố định $k$ và $b$ , ta coi phương trình trên là phương trình bậc hai đối với biến $x$:
$x^{2}-(kb)x+(b^{2}-k)=0$
Biết $x_1 = a$ là một nghiệm nguyên dương. Theo định lý Vieta, nghiệm còn lại $x_{2}$ thỏa mãn:

$x_1 + x_2 = kb \implies x_2 = kb - a$ $x_1 \cdot x_2 = b^2 - k \implies x_2 = \frac{b^2 - k}{a}$

Phân tích nghiệm $x_{2}$:

Từ $(1)$, vì $k, b, a$ là các số nguyên nên $x_{2}$ là số nguyên.
Nếu $x_2 = 0$, từ $(2)$ ta có $b^2 - k = 0 \implies k = b^2$, là số chính phương (mâu thuẫn với giả thiết $k$ không là số chính phương). Vậy$x_2 \neq 0$.
Nếu $x_2 < 0$, thì $x_2^2 - (kb)x_2 + (b^2 - k) = 0$. Vì $x_2^2 \geq 1$, $- (kb)x_2 > 0$ và $b^2 - k \geq 1 - k$, điều này dẫn đến mâu thuẫn nếu xét kỹ các điều kiện biên. Thực tế, nếu$$x_2 < 0$ thì $x_2^2 - (kb)x_2 + b^2 - k \geq x_2^2 + k + b^2 - k > 0$,$ vô lý. Do đó $x_2 > 0$.

Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất:
Vì $x_2 = \frac{b^2 - k}{a}$ và ta có $a \geq b$, suy ra:
$x_{2}=\frac{b^{2}-k}{a}<\frac{a^{2}}{a}=a$
Vì $x_2 > 0$ và $x_2 < a$, nên cặp $(x_2, b)$ là một cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán nhưng có tổng $x_2 + b < a + b$. Điều này mâu thuẫn với giả định ban đầu rằng $(a, b)$ là cặp có tổng nhỏ nhất. Kết luận:
Giả thiết $k$ không là số chính phương là sai. Vậy $k$ phải là số chính phương.Câu trả lời: Giả sử tồn tại các cặp số $(a, b)$ sao cho $k$ không phải là số chính phương. Trong các cặp đó, ta chọn cặp $(a, b)$ có tổng $a + b$ nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \geq b > 0$. Ta có phương trình:
$\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}=k\iff a^{2}-(kb)a+(b^{2}-k)=0$ Cố định $k$ và $b$ , ta coi phương trình trên là phương trình bậc hai đối với biến $x$:
$x^{2}-(kb)x+(b^{2}-k)=0$
Biết $x_1 = a$ là một nghiệm nguyên dương. Theo định lý Vieta, nghiệm còn lại $x_{2}$ thỏa mãn:

$x_1 + x_2 = kb \implies x_2 = kb - a$ $x_1 \cdot x_2 = b^2 - k \implies x_2 = \frac{b^2 - k}{a}$

Phân tích nghiệm $x_{2}$:

Từ $(1)$, vì $k, b, a$ là các số nguyên nên $x_{2}$ là số nguyên.
Nếu $x_2 = 0$, từ $(2)$ ta có $b^2 - k = 0 \implies k = b^2$, là số chính phương (mâu thuẫn với giả thiết $k$ không là số chính phương). Vậy$x_2 \neq 0$.
Nếu $x_2 < 0$, thì $x_2^2 - (kb)x_2 + (b^2 - k) = 0$. Vì $x_2^2 \geq 1$, $- (kb)x_2 > 0$ và $b^2 - k \geq 1 - k$, điều này dẫn đến mâu thuẫn nếu xét kỹ các điều kiện biên. Thực tế, nếu$$x_2 < 0$ thì $x_2^2 - (kb)x_2 + b^2 - k \geq x_2^2 + k + b^2 - k > 0$,$ vô lý. Do đó $x_2 > 0$.

Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất:
Vì $x_2 = \frac{b^2 - k}{a}$ và ta có $a \geq b$, suy ra:
$x_{2}=\frac{b^{2}-k}{a}<\frac{a^{2}}{a}=a$
Vì $x_2 > 0$ và $x_2 < a$, nên cặp $(x_2, b)$ là một cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán nhưng có tổng $x_2 + b < a + b$. Điều này mâu thuẫn với giả định ban đầu rằng $(a, b)$ là cặp có tổng nhỏ nhất. Kết luận:
Giả thiết $k$ không là số chính phương là sai. Vậy $k$ phải là số chính phương.

Nguyễn Quốc Đạt · Answer

Ta đặt: $\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=k$ với $k$ là số nguyên dương.

Cần chứng minh $k$ là bình phương của một số nguyên.

Ta có: $a^2+b^2=k(ab+1)$

$\Leftrightarrow a^2-kba+(b^2-k)=0$.

Xem đây là phương trình bậc hai theo ẩn $a$.

Vì $a$ nguyên nên biệt thức $\Delta$ phải là số chính phương:

$\Delta=k^2b^2-4(b^2-k)$

$=(k^2-4)b^2+4k$.

Đặt: $\Delta=t^2$.

Suy ra: $t^2-(k^2-4)b^2=4k$.

Hay: $(t-(k-2)b)(t+(k-2)b)=4(k-b^2)$.

Ta chọn nghiệm nguyên dương $(a,b)$ sao cho $a+b$ nhỏ nhất.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b$.

Từ phương trình:

$a^2+b^2=k(ab+1)$ suy ra: $a^2-kab+b^2=k$.

Theo phương pháp nhảy Viète, nghiệm còn lại của phương trình theo $a$ là: $a'=kb-a$.

Ta có: $aa'=b^2-k$.

Do $a,b>0$ nên $b^2-k>0$.

Suy ra: $a'>0$.

Mặt khác: $a+a'=kb$.

Nếu $k$ không là số chính phương thì có thể chứng minh được: $0

Khi đó $(a',b)$ cũng là nghiệm dương của phương trình

$a'^2+b^2=k(a'b+1)$ nhưng: $a'+b

Vậy trường hợp $k$ không là số chính phương là không thể xảy ra.

Do đó: $k$ phải là bình phương của một số nguyên.

Hay: $\boxed{\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=n^2 ext{ với } n\in\mathbb Z.}$

Câu trả lời: