một cách khác của bài 1
ta có:
$\left\{\begin{matrix}x+y+z=0 & & \\ xy+yz+zx+3=0 & & \end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix}x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(xy+yz+zx)=0 & & \\ xy+yz+zx=-3 & & \end{matrix}\right.=>x^{2}+y^{2}+z^{2}=6$
vì $x,y,z$ là các số nguyên và $x^{2},y^{2},z^{2}$ là các số chính phương nên
$x^{2},y^{2},z^{2}\in \left \{ 0;1;4 \right \}=>x,y,z\in\left \{ 0;\pm1;\pm2 \right \}$ mà $x+y+z=0$. Từ đó ta chọn được các bộ số như sau $x=2,y=z=-1$ hoặc $x=-2,y=z=1$ và các hoán vị của chúng
bài 2:
nếu $x+y+z=0$ thì trong ba số $x,y,z$ có hai số lẻ và một số chẵn hoặc cả ba số cùng chẵn
+) nếu có hai số lẻ, một số chẵn. Không mất tính tổng quát giả sử $x,y$ lẻ và $z$ chẵn
khi đó ta được $x=2x'+1,y=2y'+1,z=2z'(x',y',z'\in Z)$. Suy ra ta có:
$0=x^{2}+y^{2}+z^{2}+4t=(2x'+1)^{2}+(2y'+1)^{2}+(2z')^{2}+4t=4(x'^{2}+y'^{2}+z'^{2}+x'+y'+t)+2$
do $VT$ chia hết cho $4$ mà $VP$ không chia hết cho $4$ nên trường hợp này không xảy ra
Do đó cả ba số $x',y',z'$ cùng chẵn, khi đó ta chọn $x'=\frac{x}{2};y'=\frac{y}{2};z'=\frac{z}{2}=>x'+y'+z'=0$
và khi đó ta cũng có: $x'y'+y'z'+z'x'+t=\frac{xy+yz+zx}{4}+t=\frac{-4t}{4}+t=0$
Như vậy các số $x',y',z'$ như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hahahahahahahaha: 20-03-2024 - 20:45
Nơi nào có ý chí, nơi đó có con đường. Nếu trong triệu khả năng, có một khả năng bạn làm được điều gì đó, bất cứ điều gì, để giữ thứ bạn muốn không kết thúc, hãy làm đi. Hãy cạy cửa mở, hoặc thậm chí nếu cần, hãy nhét chân vào cửa để giữ cửa mở.
Where there is a will, there is a way. If there is a chance in a million that you can do something, anything, to keep what you want from ending, do it. Pry the door open or, if need be, wedge your foot in that door and keep it open.
Pauline Kael