Chứng minh A=a^2+b^2/ab+1 là số chính phương

Lời giải:

Với những dạng bài này bạn có thể tham khảo phương pháp Viete Jumping .

Đặt \(k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}\in \mathbb{Z}\) (*)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2-kab-k=0\)

Xét tập S các bộ số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn (*). Trong tập S đó ta chọn ra cặp \((a_0,b_0)\) thỏa mãn \(a_0+b_0\) min. Không mất tổng quát giả sử \(a_0\geq b_0\)

Xét PT: \(X^2-kb_0X+(b_0^2-k)=0\)

Hiển nhiên $a_0$ là một nghiệm của PT. PT còn một nghiệm \(a_1\) nữa.

Áp dụng hệ thức Viete ta có:

\(\left\{\begin{matrix} a_0+a_1=kb_0\\ a_0a_1=b_0^2-k\end{matrix}\right.\)

+) Nếu \(a_1< 0\Rightarrow a_1\leq -1\)

\(\Rightarrow 0=a_1^2-kb_0a_1+(b_0^2-k)\geq a_1^2+kb_0+b_0^2-k\)

\(\geq a_1^2+k+b_0^2-k=a_1^2+b_0^2\) (vô lý vì \(b_0\in\mathbb{Z}^+\) )

+) Nếu \(a_1=0\Rightarrow b_0^2-k=0\Leftrightarrow k=b_0^2\) là số cp hay $A$ là số chính phương (đpcm)

+) Nếu \(a_1>0\). Khi đó $(a_1,b_0)$ cũng là một cặp thuộc tập S

Theo tính chất nhỏ nhất của \(a_0+b_0\Rightarrow a_0\leq a_1\) (1)

Mà theo công thức Viete ở trên thì \(a_1=\frac{b_0^2-k}{a_0}< \frac{b_0^2}{a_0}\leq \frac{a_0^2}{a_0}=a_0\) (do \(b_0\leq a_0\) )

Điều này mâu thuẫn với (1) nên vô lý

Vậy \(A=k=b_0^2\) nên A là số chính phương.