Chủ đề này có 3 trả lời

[I Love MC]

Cho $n$ là số nguyên dương. Giả sử pt $x^2+y^2+z^2=n(xyz+1)$ có nghiệm. Chứng minh $n$ là tổng của $2$ số chính phương

[Chris yang]

PT trên có dạng tương đương với phương trình Markov, vì vậy ý tưởng là dùng Viete Jumping.

Giải như sau:

Trong tập $S$ các bộ số $(x,y,z)$ thỏa mãn chọn ra bộ $(x_0,y_0,z_0)$ mà $x_0+y_0+z_0$ min. Giả sử $x_0\geq y_0\geq z_0$

Xét PT $x^2-x.ny_0z_0+y_0^2+z_0^2-n=0$. Ngoài nghiệm $x_0$, PT trên có thêm một nghiệm nữa $x_1=ny_0z_0-x_0=\frac{y_0^2+z_0^2-n}{x_0}$. Dễ thấy bộ $(x_1,y_0,z_0)\in S$ nên theo tính nhỏ nhất đã g/s thì $x_1\geq x_0$. Do đó $y_0^2+z_0^2-n-ny_0z_0=(x_0-1)(x_1-1)-1\geq (x_0-1)^2-1\geq y_0^2-1$  nếu $x_0>y_0$ $\Rightarrow z_0^2+1\geq ny_0z_0+n\geq n(z_0^2+1)$.

Dấu $=$ xảy ra khi $n=1=1^2+0^2$ (TM)

Nếu $x_0=y_0$ thì $2y_0^2+z_0^2=n(y_0^2z_0+1)\rightarrow z_0^2=y_0^2(nz_0-2)+n\geq z_0^2(nz_0-2)+n>z_0^2(nz_0-2)$ suy ra $nz_0<3$. Từ đó xét các giá trị thích hợp của $n,z_0$ ta có đpcm 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngocanh99: 06-09-2015 - 20:28

[Ego]

Bài này mình đăng trên AoPS rồi mà lười tìm quá nên đánh ở đây luôn.
Đề bài nên thêm là $x, y, z$ không âm. (không âm thì bài toán sẽ hay hơn dương)
Không mất tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z \ge 0$. Gọi $(x, y, z)$ là bộ nghiệm thỏa mãn tính $x + y + z$ bé nhất.
Khi đó phương trình $x^{2} - nyzx + y^{2} + z^{2} - n = 0$. Theo định lý Vieta, ngoài nghiệm $x$ còn nghiệm $u$ thỏa mãn:
$$\begin{cases} u + x = nyz \\ ux = y^{2} + z^{2} - n \end{cases}$$
PT thứ nhất cho $u$ nguyên.
TH1. $y^{2} + z^{2} < n$. Khi đó $u$ nguyên âm.
Do đó $0 = u^{2} - nyzu + y^{2} + z^{2} - n \ge u^{2} + n + y^{2} + z^{2} - n = u^{2} + y^{2} + z^{2} > 0$. Vô lí.
TH2. $y^{2} + z^{2} > n$. Khi đó đánh giá ta sẽ có được $n = 1$ hoặc $n = 2$. Mặt khác $n = 0^{2} + 1^{2}$ và $n = 1^{2} + 1^{2}$.
TH3. $y^{2} + z^{2} = n$. Điều này hiển nhiên đúng theo như đề bài yêu cầu.

[I Love MC]

Bài này mình đăng trên AoPS rồi mà lười tìm quá nên đánh ở đây luôn.
Đề bài nên thêm là $x, y, z$ không âm. (không âm thì bài toán sẽ hay hơn dương)
Không mất tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z \ge 0$. Gọi $(x, y, z)$ là bộ nghiệm thỏa mãn tính $x + y + z$ bé nhất.
Khi đó phương trình $x^{2} - nyzx + y^{2} + z^{2} - n = 0$. Theo định lý Vieta, ngoài nghiệm $x$ còn nghiệm $u$ thỏa mãn:
$$\begin{cases} u + x = nyz \\ ux = y^{2} + z^{2} - n \end{cases}$$
PT thứ nhất cho $u$ nguyên.
TH1. $y^{2} + z^{2} < n$. Khi đó $u$ nguyên âm.
Do đó $0 = u^{2} - nyzu + y^{2} + z^{2} - n \ge u^{2} + n + y^{2} + z^{2} - n = u^{2} + y^{2} + z^{2} > 0$. Vô lí.
TH2. $y^{2} + z^{2} > n$. Khi đó đánh giá ta sẽ có được $n = 1$ hoặc $n = 2$. Mặt khác $n = 0^{2} + 1^{2}$ và $n = 1^{2} + 1^{2}$.
TH3. $y^{2} + z^{2} = n$. Điều này hiển nhiên đúng theo như đề bài yêu cầu.

Anh cho em xin tài liệu về pt Markov đc ko ạ