marabunta

Dibagi dibagi

Recommended Posts

Menarik.. :)

 

Spoiler

$m^2-n^2+1$ habis membagi $m^2$. Misalkan $m^2 = k(m^2-n^2+1)$ dan $n=m-a$. Maka $(m-ak)^2-(k^2-k)a^2=k.$

Jadi $x=m-ak,y=a$ adalah solusi dari persamaan Pell $x^2-(k^2-k)y^2=k$. Karena $m$ dan $n$ ganjil, maka $a$ genap, sehingga $x$ ganjil dan $y$ genap.

 

Klaim: Jika $k$ adalah bilangan bulat sehingga persamaan Pell $x^2-(k^2-k)y^2=k$ memiliki solusi $(x,y)$ dalam bilangan bulat di mana $x$ ganjil dan $y$ genap, maka $k$ adalah kuadrat sempurna.

 

Tinjau semua solusi $(x,y)$ dari persamaan $x^2-(k^2-k)y^2=k$ di mana $x$ ganjil dan $y$ genap. Ambil solusi $(x,y)$ di mana $y^2$ sekecil mungkin. WLOG asumsikan $x\ge0$ dan $y$ memiliki tanda yang sama dengan $k$ (yaitu $ky\ge0$).

Mudah dicek bahwa $X=(2k-1)x-2(k^2-k)y$ dan $Y=-2x+(2k-1)y$ memenuhi $X^2-(k^2-k)Y^2=k$ dan mudah dilihat bahwa $X$ ganjil dan $Y$ genap.

 

Menurut asumsi minimalitas $y$, haruslah $Y^2\ge y^2$.

$4x^2-4(2k-1)xy+(2k-1)^2y^2\ge y^2$

$x^2-(2k-1)xy+(k^2-k)y^2\ge0$

$(x-(k-1/2)y)^2\ge y^2/4$

 

Kasus 1:
$k>0$ dan $y\ge0$


Maka $x-(k-\frac12)y\ge\frac{y}2$ atau $x-(k-\frac12)y\le-\frac{y}2$, sehingga $x\ge ky$ atau $x\le (k-1)y$.

Jika $x\ge ky$, maka $x^2\ge k^2y^2$, sehingga $k=x^2-(k^2-k)y^2\ge ky^2$, dan $y^2\le1$. Jadi haruslah $y=0$ (karena $y$ genap). Akibatnya $k=x^2-(k^2-k)y^2=x^2$ adalah kuadrat sempurna. Jika $x\le(k-1)y$. Maka $x^2\le(k^2-2k+1)y^2$, sehingga $k=x^2-(k^2-k)y^2\le(-k+1)y^2\le0$, kontradiksi.

 

Kasus 2:
$k<0$ dan $y\le0$

 

Maka $x-(k-\frac12)y\ge-\frac{y}2$ atau $x-(k-\frac12)y\le\frac{y}2$, sehingga $x\ge(k-1)y$ atau $x\le ky$.

Jika $x\ge(k-1)y$, maka $x^2\ge(k^2-2k+1)y^2$ sehingga $k=x^2-(k^2-k)y^2\ge(1-k)y^2\ge1-k$. Maka $k\ge\frac12>0$, kontradiksi Jika $x\le ky$, maka $x^2\le k^2y^2$ sehingga $k=x^2-(k^2-k)y^2\le ky^2$. Maka $y^2\le1$. Karena $y$ genap, maka $y=0$, sehingga $k=x^2$ kuadrat sempurna.

 

  • Upvote 2

Share this post


Link to post
Share on other sites

Apakah ini berarti soalnya minta membuktikan bahwa jika $m<n$ maka $m^2-n^2 - 1 \not | n^2-1$.. Untuk $m> n$ bisa pake  Vieta's Jumping kayak gini:

 

Spoiler

Jika $m=n$, soal jelas terbukti.

Perhatikan bahwa  $m^2-n^2 + 1 \lvert m^2$ .  Untuk $m>n$ misalkan $a=\frac{m+n}{2}$ dan $b=\frac{m-n}{2}$, karena $m$ dan $n$ paritasnya sama maka $a$ dan $b$ bilangan asli.   Sehingga soal menjadi $4ab+1 \lvert (a+b)^2$ . Misalkan $\frac{m^2}{m^2-n^2+1} =  \frac{(a+b)^2}{4ab+1} = k \in \mathbb{Z}$, maka akan dibuktikan bahwa $k$ bilangan kuadrat, sehingga kesimpulan soal mengikuti.

 

Misalkan tidak demikian, yakni ada pasangan yang memenuhi $ \frac{(a+b)^2}{4ab+1} = k \in \mathbb{Z}$, namun $k$ bukan bilangan kuadrat.  

 

Dari semua pasangan yang memenuhi tersebut, pilih pasangan $(a_1, b_1)$ sedemikian sehingga $a_1+b_1$ adalah yang terkecil. Dari simetri, WLOG $a_1 \geq b_1$.

 

Pandang persamaan $x^2+(2b-4kb_1)x +b_1^2-k = 0$, persamaan ini mempunyai solusi $x=a_1$, dan solusi lainnya adalah $x=a_2$ yang memenuhi 

 

\[a_2+a_1 = 2b_1+4kb \qquad a_2 a_1 = b_1^2-k\]

 

Perhatikan bawa $a_2= 2b_1+4kb_1-a_2$ menyebabkan $a_2 \in \mathbb{Z}$. Sekarang akan dibuktikan bahwa $a_2 > 0$. Jika $a_2= 0$, maka $b_1^2- k = a_2 a_1 =0$, jadi $k=b_1^2$, kontradiksi langsung dengan asumsi. Jika $a_2 \leq -1$ maka 

 

\[b_1^2-k \leq -a_1 \Rightarrow  b_1^2 + a_1 \leq k = \frac{(a_1+b_1)^2}{4a_1b_1 +1} \Rightarrow (4a_1b_1 + 1) (b_1^2+a_1) \leq a_1^2+b_1^2+2a_1b_1\]

 

Bongkar ketaksamaan tersebut nanti dapet $a_1+2b_1 \geq 4b_1^3+4a_1b_1 + 1 > 4b_1^3 + 2a_1+2b_1 + 1$, kontradiksi.

 

Ini berarti $a_2 >0$, sehingga $a_2$ bilangan asli. Namun $a_2 = \frac{b_1^2-k}{a_1} \leq \frac{a_1^2-k}{a_1} < a_1$, sehingga $a_2+b_1 < a_1+b_1$, kontradiksi dengan keminimalan $a_1+b_1$. 

 

 

 

 

 

 

 

untuk $m<n$, saya belum coba lagi ...

 

Edit: Jika $m<n$, pakai substitusi mirip kayak diatas, ntar jadi soal IMO 2007 (yang juga bisa di Vieta's Jumping) :D

Edited by Adri

Share this post


Link to post
Share on other sites

Create an account or sign in to comment

You need to be a member in order to leave a comment

Create an account

Sign up for a new account in our community. It's easy!

Register a new account

Sign in

Already have an account? Sign in here.

Sign In Now