Tìm số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $ x+y=(x,y)^2, \; y+z=(y,z)^2, \; z+x=(z,x)^2$
#1
Đã gửi 20-01-2012 - 10:25
- toilaab và nhungvienkimcuong thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#2
Đã gửi 23-08-2012 - 14:07
Giải như sau:Tìm số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix} x+y=(x,y)^2 & & \\ y+z=(y,z)^2 & & \\ z+x=(z,x)^2 & & \end{matrix}\right.$$ với $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$.
Đặt $gcd(x,y,z)=d \Rightarrow x=da,y=db,z=dc,gcd(a,b,c)=1$
Gọi $gcd(a,b)=d_{ab},gcd(b,c)=d_{bc},gcd(c,a)=d_{ca}$
Như vậy $gcd(x,y)=d.d_{ab}, gcd(y,z)=d.d_{bc}, gcd(z,x)=d.d_{ca}$
Do đó
$$\left\{\begin{array}{1}d(a+b)=d^2.d_{ab}^2 \\ d(b+c)=d^2.d_{bc}^2 \\ d(c+a)=d^2.d_{ca}^2 \end{array}\right.$$
$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{1}a+b=d.d_{ab}^2 \\ b+c=d.d_{bc}^2 \\ c+a=d.d_{ca}^2 \end{array}\right.$$
$$\Rightarrow 2(a+b+c)=d(d_{ab}^2+d_{bc}^2+d_{ca}^2)$$
Ta có $gcd(a+b+c,d)=1$ vì nếu giả sử ngược lại, ta có từ hệ trên thì $a+b=d.d_{ab}^2 \Rightarrow a+b \vdots d$ còn nếu $gcd(a+b+c,d)\neq 1 \Rightarrow a+b+c \vdots r,d \vdots r$ mà $a+b \vdots d \vdots r \rightarrow a+b \vdots r$
Mà $a+b+c \vdots r \rightarrow c \vdots r$
Mặt khác ta cũng có $b+c=d.d_{bc}^2 \Rightarrow b+c \vdots d \Rightarrow b+c \vdots r \Rightarrow b \vdots r$ (do $c \vdots r$)
Tương tự cũng có $a \vdots r$ suy ra vô lý vì $gcd(a,b,c)=1$
Như vậy $gcd(a+b+c,d)=1$
Suy ra $2(a+b+c) \vdots d \Leftrightarrow 2 \vdots d \Rightarrow d=1,2$
Như vậy ta chứng minh xong $gcd(x,y,z)=1,2$
$$**********$$
Giờ ta xét riêng biệt như sau:
$gcd(x,y)=d \Rightarrow x=da,y=db,gcd(a,b)=1$
$gcd(y,z)=e \Rightarrow y=em,z=en,gcd(m,n)=1$
Như vậy $y=db=em \Rightarrow db=em$
Gọi $gcd(d,e)=k \Rightarrow d=ku,e=kv,gcd(u,v)=1$ suy ra $kub=kvm \Rightarrow ub=vm \Rightarrow b \vdots v,m \vdots u$ (do $gcd(u,v)=1$) nên suy ra $b=vt,m=ut$ suy ra $y=kuvt$
Do đó $z=en=kvn$ còn $x=da=kua$
Đặt $gcd(a,n)=r \Rightarrow a=rf,n=rh,gcd(f,h)=1$
Khi ấy suy ra $z=kvrh,x=kurf$
Do đó $\left\{\begin{array}{1}x=kurf \\y=kuvt \\z=kvrh \end{array}\right.$
Ta có $gcd(x,y)=gcd(kurf,kuvt)=ku.gcd(rf,vt)$ mặt khác ta thấy $gcd(rf,vt)=gcd(a,b)=1$
Do đó $gcd(x,y)=ku$
Tiếp tục $gcd(y,z)=gcd(kuvt,kvrh)=kv.gcd(ut,rh)$ mặt khác ta thấy $gcd(u,r)=1$ (do $gcd(m,n)=1$ mà $m=ut,n=rh$) và $gcd(u,h)=1$ (do $gcd(m,n)=1$ mà $m=ut,n=rh$) tiếp tục ta có $gcd(t,r)=1$ vì $gcd(a,b)=1$ mà $a=rf,b=vt$ và có $gcd(t,h)=1$ do $gcd(m,n)=1$ và $m=ut,n=rh$ như vậy $gcd(ut,rh)=1$
Do đó $gcd(y,z)=kv$
Chứng minh hoàn toàn tương tự $gcd(z,x)=kr$
Như vậy $\left\{\begin{array}{1}rf+vt=ku \\ut+rh=kv \\uf+vh=kr \end{array}\right.$ $(1)$
$$**********$$
Như vậy ta cũng thiết lập các mối quan hệ xong, qua hai bước cm riêng biệt trên, ta sẽ cm $d=k$ với $d$ ở bước 1 và $k$ ở bước 2
Thật vậy thấy $\left\{\begin{array}{1}x=kurf \\y=kuvt \\z=kvrh \end{array}\right.$
Suy ra $gcd(x,y,z)=k.gcd(urf,uvt,vrh)$
Ta có giả sử $gcd(urf,uvt,vrh) \vdots p$ với $p$ nguyên tố suy ra $urf \vdots p, uvt \vdots p, vrh \vdots p$
Hay $urf \vdots p$
Nếu $u \vdots p \Rightarrow urf,uvt \vdots p$ mà $vrh \vdots p$ nên ta có $v$ hoặc $r$ hoặc $h$ chia hết cho $p$ nhưng ở trên ta đã có $gcd(u,v)=1$ nên $v \not \vdots p$ và $gcd(u,r)=1$ vì $gcd(m,n)=1$ và $gcd(u,h)=1$ do $gcd(m,n)=1$ như vậy $u,h \not \vdots p$ suy ra $vrh \not \vdots p$ vô lý
Nếu $r \vdots p$ suy ra $vrh \vdots p$ mà $uvt \vdots p$ ta cm tương tự $gcd(u,r)=1$ và $gcd(v,r)=1$ do $gcd(a,b)=1$ và $gcd(r,t)=1$ do $gcd(m,n)=1$ như vậy $uvt \not \vdots p$ vô lý
Nếu $f \vdots p$ suy ra $uvt \vdots p$ mà $gcd(v,f)=1$ do $gcd(a,b)=1$ và $gcd(f,t)=1$ do $gcd(a,b)=1$ suy ra $u \vdots p$ như vậy th này lại giống như vừa nãy ta đã xét $u \vdots p$ và cũng dẫn đến loại
Như vậy $gcd(urf,uvt,vrh)=1$ do đó $d=k$
Suy ra $k=1,2$
TH1: $k=2$ ta thay vào hệ $(1)$ cộng cả ba phương trình ta thu được $f(u+r)+t(u+v)+h(v+r)=2(v+r+u)$
$\Rightarrow (f-1)(u+r)+(t-1)(u+v)+(h-1)(v+r)=0$ và $f,t,h\geq 1$ do đó suy ra $f=t=h=1$
Thay vào phương trình đầu tiên của hệ $(1)$ suy ra $v+r=2u$ và tương tự với các hệ còn lại suy ra $v=r=u$ mà chúng nguyên tố cùng nhau nên $v=r=u=1$ suy ra $x=y=z=2$
TH2: $k=1$ ta thay vào hệ $(1)$ ta thấy từ trường hợp $k=2$ thì $(f-1)(u+r)+(t-1)(u+v)+(h-1)(v+r)\geq 0$ nên nếu $k=1$ thì khi ấy cộng cả ba phương trình ta có $(f-1)(u+r)+(t-1)(u+v)+(h-1)(v+r)+(u+r+v)=0$ vô lý do $u+r+v>0$
Do đó TH2 bị loại
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(2,2,2)}$ là nghiệm duy nhất
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 23-08-2012 - 14:08
- Zaraki, gacon812, nhungvienkimcuong và 3 người khác yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh