Chủ đề này có 7 trả lời

[Near Ryuzaki]

Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ thoả điều kiện :

$\left\{\begin{matrix}a+b=(a,b)^2\\b+c=(b,c)^2 \\c+a=(c,a)^2 \end{matrix}\right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieusieu90: 23-08-2014 - 15:56

[mnguyen99]

 

Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ thoả điều kiện :

$\left\{\begin{matrix}a+b=(a,b)^2\\b+c=(b,c)^2 \\c+a=(c,a)^2 \end{matrix}\right.$

 

+Nếu ko có số chẵn .

Cọng cả 3 đẳng thức thức lại thì VT chẵn , VP lẻ.  (vô lí)

+Nếu có 1 số chẵn

Tương tự như trên vô lí.

+Nếu tồn tại ít nhất 2 số chẵn.

Xét $a=2a_{0}.d , b=2.b_{0}.d$

$\Rightarrow a_{0}+b_{0}=2d$

dẫn đến điều vô lí.

[HoangHungChelski]

+Nếu ko có số chẵn .

Cọng cả 3 đẳng thức thức lại thì VT chẵn , VP lẻ.  (vô lí)

+Nếu có 1 số chẵn

Tương tự như trên vô lí.

+Nếu tồn tại ít nhất 2 số chẵn.

Xét $a=2a_{0}.d , b=2.b_{0}.d$

$\Rightarrow a_{0}+b_{0}=2d$

dẫn đến điều vô lí.

Nghiệm $(2;2;2)$ đâu rồi nhỉ?
 

 

Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ thoả điều kiện :

$\left\{\begin{matrix}a+b=(a,b)^2\\b+c=(b,c)^2 \\c+a=(c,a)^2 \end{matrix}\right.$

 

Lời giải: Áp dụng BĐT này
Ta có: $$\gcd(a,b)^2=a+b\geq \frac{\gcd(a,b)\gcd(a,c)}{\gcd(a,b,c)}+\frac{\gcd(a,b)\gcd(b,c)}{\gcd(a,b,c)}$$
$$\Leftrightarrow \gcd(a,b)\gcd(a,b,c)\geq \gcd(a,c)+\gcd(b,c)$$
Thiết lập các BĐT tương tự, cộng vế theo vế $\Rightarrow \gcd(a,b,c)\geq 2$. Đặt $\gcd(a,b,c)=d$ với $d\in \mathbb{Z^+},d\geq 2$
Đặt $a=dx,b=dy,c=dz$ với $x,y,z\in \mathbb{Z^+}, \gcd(x,y,z)=1$
Từ hệ ban đầu
$$\Rightarrow 2(a+b+c)=\gcd(a,b)^2+\gcd(b,c)^2+\gcd(c,a)^2$$
$$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
$$\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}=\frac{d}{2}|x+y+z\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}|x,y,z\Rightarrow d=2$$
Do đó
$$\gcd(x,y)=\gcd(y,z)=\gcd(z,x)=1\Rightarrow x+y=y+z=z+x=2\Rightarrow x=y=z=1\Rightarrow a=b=c=2$$
Vậy $\boxed{a=b=c=2}$ thỏa mãn $\square$

[Near Ryuzaki]

Nghiệm $(2;2;2)$ đâu rồi nhỉ?
 

Lời giải: ...........
$$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
$$\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}=\frac{d}{2}|x+y+z\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}|x,y,z\Rightarrow d=2$$
 

Chỗ màu đỏ không bằng nhau Hưng ơi, do $d$ lúc đó chưa chắc đã là số chẵn nên không thể khẳng định $\gcd(d,2)=2$

 

Nghiệm $(2;2;2)$ đâu rồi nhỉ?
 

Lời giải: Áp dụng BĐT này
Ta có: $$\gcd(a,b)^2=a+b\geq \frac{\gcd(a,b)\gcd(a,c)}{\gcd(a,b,c)}+\frac{\gcd(a,b)\gcd(b,c)}{\gcd(a,b,c)}$$
$$\Leftrightarrow \gcd(a,b)\gcd(a,b,c)\geq \gcd(a,c)+\gcd(b,c)$$
Thiết lập các BĐT tương tự, cộng vế theo vế $\Rightarrow \gcd(a,b,c)\geq 2$. Đặt $\gcd(a,b,c)=d$ với $d\in \mathbb{Z^+},d\geq 2$
Đặt $a=dx,b=dy,c=dz$ với $x,y,z\in \mathbb{Z^+}, \gcd(x,y,z)=1$
Từ hệ ban đầu
$$\Rightarrow 2(a+b+c)=\gcd(a,b)^2+\gcd(b,c)^2+\gcd(c,a)^2$$
$$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$

Mình làm rõ hơn từ chỗ đó một xíu

Ta có : $$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
khi đó $m=\frac{d}{(d,2)}|x+y+z$

mà $d|x+y$ nên $m|x+y \Rightarrow m|z$

vậy từ đó ta có : $\frac{d}{(d,2)}|x,y,z$

Tự đó suy ra $\frac{d}{(d,2)}=1 \Rightarrow d=2$

[Near Ryuzaki]

Nghiệm $(2;2;2)$ đâu rồi nhỉ?
 

Lời giải: Áp dụng BĐT này
Ta có: $$\gcd(a,b)^2=a+b\geq \frac{\gcd(a,b)\gcd(a,c)}{\gcd(a,b,c)}+\frac{\gcd(a,b)\gcd(b,c)}{\gcd(a,b,c)}$$
$$\Leftrightarrow \gcd(a,b)\gcd(a,b,c)\geq \gcd(a,c)+\gcd(b,c)$$
Thiết lập các BĐT tương tự, cộng vế theo vế $\Rightarrow \gcd(a,b,c)\geq 2$. Đặt $\gcd(a,b,c)=d$ với $d\in \mathbb{Z^+},d\geq 2$
Đặt $a=dx,b=dy,c=dz$ với $x,y,z\in \mathbb{Z^+}, \gcd(x,y,z)=1$
Từ hệ ban đầu
$$\Rightarrow 2(a+b+c)=\gcd(a,b)^2+\gcd(b,c)^2+\gcd(c,a)^2$$
$$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
$$\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}=\frac{d}{2}|x+y+z\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}|x,y,z\Rightarrow d=2$$
Do đó
$$\gcd(x,y)=\gcd(y,z)=\gcd(z,x)=1\Rightarrow x+y=y+z=z+x=2\Rightarrow x=y=z=1\Rightarrow a=b=c=2$$
Vậy $\boxed{a=b=c=2}$ thỏa mãn $\square$

À khoan , để suy ra chỗ màu đỏ còn một khúc nữa @@~, mình bổ sung nốt:

Ta có : $d=2$, khi đó ta có :

$\left\{\begin{matrix} x+y=2(x,y)^2\\y+z=2(y,z)^2 \\x+z=2(x,z)^2 \end{matrix}\right.$

Đặt $d_{xy}=(x;y),d_{xz}=(x;z),d_{yz}=(z;y)$

Thì $d_{xy}.d_{yz},d_{zx}$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

từ đó suy ra $d_{xy}|x;d_{yz}|x\Rightarrow x=d_{xy}.d_{yz}.x_1$

Tương tự thì $y=d_{yz}.d_{yx}.y_1,z=d_{zx}.d_{zy}.z_1$

Thay vào hệ, ta được :

$\left\{\begin{matrix} x_1.d_{xz}+y_1.d_{yz}=2d_{xy}\\ y_1.d_{yx}+z_1.d_{zx}=2d_{yz} \\z_1.d_{xy}+x_1.d_{xy}=2d_{zx} \end{matrix}\right.$

Giả sử $d_{xy}=min\begin{Bmatrix} d_{xy},d_{yz},d_{zx} \end{Bmatrix}$

$\Rightarrow 2d_{xy}=x_1.d_{xz}+y_1.d_{yz}\geq \left ( x_1+y_1 \right )d_{xy}$

suy ra $x_1+y_1\leq 2\Rightarrow x_1=y_1=1$

nên $2d_{xy}=d_{xz}+d{yz}\Rightarrow d_{xy}=d_{xz}=d{yz}=1$

[HoangHungChelski]

Chỗ màu đỏ không bằng nhau Hưng ơi, do $d$ lúc đó chưa chắc đã là số chẵn nên không thể khẳng định $\gcd(d,2)=2$

 

Mình làm rõ hơn từ chỗ đó một xíu

Ta có : $$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
khi đó $m=\frac{d}{(d,2)}|x+y+z$

mà $d|x+y$ nên $m|x+y \Rightarrow m|z$

vậy từ đó ta có : $\frac{d}{(d,2)}|x,y,z$

Tự đó suy ra $\frac{d}{(d,2)}=1 \Rightarrow d=2$

Là thế nào vậy Toàn?

[Near Ryuzaki]

Là thế nào vậy Toàn?

ta có $x+y$ chia hết cho $d$ nên $x+y$ cũng chia hết cho $m$ từ đó suy ra $z$ chia hết cho $m.$

[HoangHungChelski]

ta có $x+y$ chia hết cho $d$ nên $x+y$ cũng chia hết cho $m$ từ đó suy ra $z$ chia hết cho $m.$

Không, ý mình là sao có được $d|x+y$ ??