Chủ đề này có 1 trả lời

[hieuht2012]

Cho a,b,c nguyên dương. CMR: Nếu $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ hữu tỉ thì a,b,c đồng thời là các số chính phương.

[yellow]

Cho a,b,c nguyên dương. CMR: Nếu $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ hữu tỉ thì a,b,c đồng thời là các số chính phương.

Chém nhanh bài này!!!!!!!!!!
Đặt $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=d\in Q$, ta có
$\sqrt{a}+\sqrt{b}=d-\sqrt{c}$
Bình phương hai vế:
$a+b+2\sqrt{ab}=d^2+c-2d\sqrt{c}$
$<=>2\sqrt{ab}=(d^2+c-a-b)-2d\sqrt{c}$ ($1$)
Bình phương hai vế:
$4ab=(d^2+c-a-b)^2+4d^2c-4d(d^2+c-a-b)\sqrt{c}$
$<=>4d(d^2+c-a-b)\sqrt{c}=(d^2+c-a-b)^2+4d^2c-4ab$
Xét hai trường hợp:
*$4d(d^2+c-a-b)\neq 0$
$\sqrt{c}=\frac{(d^2+c-a-b)^2+4d^2c-4ab}{4d(d^2+c-a-b)}\in Q$
*$4d(d^2+c-a-b)=0$
$d=0=>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=0=>\sqrt{a}=\sqrt{b}=\sqrt{c}=0\in Q$
$d^2+c-a-b=0=>2\sqrt{ab}=-2d\sqrt{c}$, do ($1$)$=>\sqrt{ab}=d\sqrt{c}$ (do $\sqrt{ab}$ và $d\sqrt{c}$ đều $\geq 0$)
$=>\sqrt{c}=0\in Q$ (do $d\neq 0$)
Như vậy, trong mọi trường hợp, đều có $\sqrt{c}\in Q$
Vì vai trò của $\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}$ như nhau, nên ta cũng chứng minh được $\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}\in Q$
Bây giờ ta sẽ chứng minh nếu $a$ không là số chính phương thì $\sqrt{a}$ là số vô tỉ.
Giả sử $\sqrt{a}$ là số hữu tỉ thì nó viết được dưới dạng:
$\sqrt{a}=\frac{m}{n}$ với $m,n\in \mathbb{N}, n\neq 0, (m,n)=1$
Do a không là số chính phương nên $\frac{m}{n}$ không là số tự nhiên, do đó $n>1$
Ta có: $m^2=an^2$. Vì $a$ là số tự nhiên nên $m^2\vdots n^2$. Gọi $p$ là một ước nguyên tố nào đó của n, thế thì $m^2\vdots p$. Như vậy $p$ là ước nguyên tố của $m$ và $n$, trái với $(m,n)=1$.
Vậy $\sqrt{a}$ phải là số vô tỉ.
Mà ta đã chứng minh ở trên $\sqrt{a}$ là số hữu tỉ nên $a$ phải là số chính phương.
Do vai trò của $\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}$ là như nhau.
Nên nếu $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ hữu tỉ thì $a,b,c$ đồng thời là các số chính phương. $=> đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yellow: 04-10-2012 - 17:31