Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên dương. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2$ không chia hết cho $3(ab+ac+bc).$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 07-11-2017 - 01:55
Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên dương. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2$ không chia hết cho $3(ab+ac+bc).$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 07-11-2017 - 01:55
@NguyenMinhDuy - frTK19.LQĐ.BĐ
Bài hình CĐT LQĐ Bình Định https://diendantoanh...ường-thẳng-qua/
Đây là bài mở rộng của bài Iran TST 2013.
Phản chứng và viết lại dưới dạng $(a+b+c)^2=(3k+2)(ab+bc+ca)$
Nếu tất cả các ước của $3k+2$ đều có dạng $3q+1$ thì vô lí, vậy phải tồn tại ước nguyên tố dạng $3q+2$ và ta dễ thấy rằng nếu số mũ của các ước dạng $3q+2$ này là chẵn thì nó sẽ $\equiv {1} (mod3)$ , dẫn đến vô lí. Vậy rõ ràng phải có một ước nguyên tố $p$ dạng $3q+3$ và số mũ cao nhất trong khai triển lũy thừa của $3k+2$ là một số lẻ , tức là ${v}_{p}(3k+2)=2z-1$.
Suy ra $p^{2z-1}\mid{(a+b+c)^2}$ nên $p^z\mid{(a+b+c)}$ suy ra $p^{2z}\mid(a+b+c)^2$ và do đó $p\mid{ab+bc+ca}$
Do $ p\mid{a+b+c}$ và $p\mid{ab+bc+ca}$ , dẫn đến $p\mid ab-(a+b)^2$. Ta được $p\mid{a^2+ab+b^2}$
Tương đương $p\mid{(2a+b)^2+3b^2}$ suy ra $3b^2$ chính phương modulo $p$
Theo kí hiệu $Legendre$ ta có $1=(\frac{-3b^2}{p})=(\frac{-3}{p}) $ suy ra $p\equiv{1}(mod6)$ ( Theo hệ quả của luật tương hỗ $Gauss$)
Điều này là vô lý do $p=3q+2$ với giả thuyết phản chứng.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 11-11-2017 - 22:24
AQ02
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh