Chứng minh tồn tại vô hạn

[ptk_1411]

Cho hằng số $k\in \mathbb{N^*}$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên dương $a,b$ sao cho biểu thức $$S=\dfrac{b-k^2}{a+b}+\dfrac{b-k^2}{a+2b}$$
cũng nhận giá trị nguyên dương.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenta98]

Giải như sau:
Quy đồng ta thu được $(b-k^2)(2a+3b) \vdots (a+b)(a+2b)$
Nên $(b-k^2)(2a+3b)=(a+b)(a+2b)t$, dễ thấy $t=1$ vì ngược lại $t\geq 2$ thì $(b-k^2)(2a+3b)\geq 2(a+b)(a+2b) \Rightarrow b(2a+3b)>2(a+b)(a+2b) \Rightarrow 2ab+3b^2>2a^2+6ab+4b^2$ suy ra vô lí
Do đó $(b-k^2)(2a+3b)=(a+b)(a+2b) \Rightarrow b(2a+3b)-k^2(2a+3b)=a^2+3ab+2b^2$
$\Rightarrow 2ab+3b^2=k^2(2a+3b)+a^2+3ab+2b^2$
$\Rightarrow b^2=k^2(2a+3b)+a^2+ab$
$\Rightarrow b^2-b(a+3k^2)-(2k^2a+a^2)=0$
Để $b \in Z$ thì $\Delta_b=(a+3k^2)^2+4(2k^2a+a^2)=x^2$ với $x$ nguyên dương
Do đó $a^2+6ak^2+9k^4+8k^2a+4a^2=x^2$
Nên $5a^2+14ak^2+9k^4=x^2 \Rightarrow 81k^4+2.9k^2.7a+(7a)^2-(2a)^2=(3x)^2$
Suy ra $(9k^2+7a)^2=(3x)^2+(2a)^2$ đây là pt pytago có thể cho nghiệm
$2a=2uv \Rightarrow a=uv$ và $3x=u^2-v^2$ và $9k^2+7a=u^2+v^2$
Do đó $9k^2+7uv=u^2+v^2 \Rightarrow 36k^2=(2u-7v)^2-45v^2$ do đó $2u-7v \vdots 3$ nên $2u-7v=3h$
Nên $4k^2+5v^2=h^2$ tiếp tục chọn $h \vdots 2$ nên $h=2r$ nên $v \vdots 2$ nên $v=2l$
Do đó $k^2+5l^2=r^2$ chọn $l \vdots k,r \vdots k$ khi ấy $l=km,r=kn$
Nên $1+5m^2=n^2$ dễ thấy phương trình có nghiệm $p^2-5q^2=1$, $m=2pq,n=p^2+5q^2$ và thấy pt $p^2-5q^2=1$ vô số nghiệm theo đó vô số nghiệm $u,v,k,l,...$ ở các biến ở trên mặt khác $2u-7v=3h=6r$ mà $v=2l$ do đó $u=3r+7l$ nếu $k$ chẵn thì $l=km,r=kn$ chẵn nên $u$ chẵn do đó $x=\dfrac{u^2-v^2}{3}$ chẵn (do $u,v$ chẵn) còn $k$ lẻ thì $l=km=k2pq$ chẵn còn $r=kn=k(p^2+5q^2)$ mà $p^2-5q^2=1$ lẻ nên $p^2+5q^2$ lẻ nên $r$ lẻ nên $u$ lẻ khi ấy $x=\dfrac{u^2-v^2}{2}$ lẻ (do $u$ lẻ $v$ chẵn)
Ta lại có $b=\dfrac{a+3k^2\pm x}{2}$ mà theo cm trên $k,x$ cùng tính chẵn lẻ và $a=uv$ chẵn (do $v$ luôn chẵn) nên $b$ nguyên mà $p^2-5q^2=1$ vô số nghiệm dẫn đến một loạt các biến vô số nghiệm và do đó vô số nghiệm $(a,b)$ nguyên dương đây là $đpcm$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ptk_1411]

Nguyên văn bởi nguyenta98

Nên $4k^2+5v^2=h^2$ tiếp tục chọn $h \vdots 2$ nên $h=2r$ nên $v \vdots 2$ nên $v=2l$
Do đó $k^2+5l^2=r^2$ chọn $l \vdots k,r \vdots k$ khi ấy $l=km,r=kn$
Nên $1+5m^2=n^2$ dễ thấy phương trình có nghiệm $p^2-5q^2=1$, $m=2pq,n=p^2+5q^2$ và thấy pt $p^2-5q^2=1$ vô số nghiệm theo đó vô số nghiệm $u,v,k,l,...$ ở các biến ở trên mặt khác $2u-7v=3h=6r$ mà $v=2l$ do đó $u=3r+7l$ nếu $k$ chẵn thì $l=km,r=kn$ chẵn nên $u$ chẵn do đó $x=\dfrac{u^2-v^2}{3}$ chẵn (do $u,v$ chẵn) còn $k$ lẻ thì $l=km=k2pq$ chẵn còn $r=kn=k(p^2+5q^2)$ mà $p^2-5q^2=1$ lẻ nên $p^2+5q^2$ lẻ nên $r$ lẻ nên $u$ lẻ khi ấy $x=\dfrac{u^2-v^2}{2}$ lẻ (do $u$ lẻ $v$ chẵn)
Ta lại có $b=\dfrac{a+3k^2\pm x}{2}$ mà theo cm trên $k,x$ cùng tính chẵn lẻ và $a=uv$ chẵn (do $v$ luôn chẵn) nên $b$ nguyên mà $p^2-5q^2=1$ vô số nghiệm dẫn đến một loạt các biến vô số nghiệm và do đó vô số nghiệm $(a,b)$ nguyên dương đây là $đpcm$

Thật ra đoạn này có thể giải ngắn gọn bằng việc xét dãy số:
$$\begin{cases} v_0=0, v_1=k\\v_{n+2}=3v_{n+1}-v_n\end{cases}$$
Dễ dàng chứng minh được $5v_n^2+4k^2$ là số chính phương với mọi $n$ nên suy ra sự vô hạn của $a,b$.

Một câu hỏi được đặt ra: nếu thay $$S=\dfrac{b-k}{a+b}+\dfrac{b-k}{a+2b}$$
thì điều kiện cần và đủ của $k$ là gì để phương trình $S=1$ có vô số nghiệm nguyên dương $(a,b)$?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[soros_fighter]

Nguyên văn bởi ptk_1411

Thật ra đoạn này có thể giải ngắn gọn bằng việc xét dãy số:
$$\begin{cases} v_0=0, v_1=k\\v_{n+2}=3v_{n+1}-v_n\end{cases}$$
Dễ dàng chứng minh được $5v_n^2+4k^2$ là số chính phương với mọi $n$ nên suy ra sự vô hạn của $a,b$.

Đoạn này bạn xây dựng dãy $v_n$ trên cơ sở gì vậy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hopf]

Ngày trước mình có viết một bài tương tự như thế này. Bạn thử tham khảo xem.
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]