Chủ đề này có 1 trả lời

[Zaraki]

Chứng minh rằng luôn chọn được ba số nguyên dương $a,b,c$ sao cho nhiều nhất hai trong ba số $(3a)^2+3b+3c, (3b)^2+3c+3a, (3c)^2+3a+3b$ chính phương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 31-12-2011 - 08:43

[nguyenta98]

Chứng minh rằng luôn chọn được ba số nguyên dương $a,b,c$ sao cho nhiều nhất hai trong ba số $(3a)^2+3b+3c, (3b)^2+3c+3a, (3c)^2+3a+3b$ chính phương.

Giải như sau:
Ta suy như sau: Để tồn tại nhiều nhất 2 trong 3 số trên chính phương, ta sẽ tìm một bộ nghiệm $(a,b,c)$ thỏa đề bài dựa theo một form số-biến số (biến số: số thay đổi khi ta thay các giá trị).
Ta xét $(3a)^2+3b+3c=9a^2+3b+3c$ lại thấy hàng cao nhất của phương trình trên là $9a^2$ do vậy ta chọn $a=k,b=6k,c=3$ <*> (chú ý $k\geq 1$)
Khi đó $(3a)^2+3b+3c=9k^2+18k+9=(3k+3)^2$ là số chính phương <1>
Thay bộ nghiệm $<*>$ vào $(3b)^2+3c+3a=324k^2+3k+9$
Ta thấy $(18k)^2<324k^2+3k+9<(18k+1)^2$ do vậy $324k^2+3k+9$ không chính phương <2> (phương pháp kẹp giữa 2 số chính phương liên tiếp - đánh giá)
Thay bộ nghiệm $<*>$ vào $(3c)^2+3a+3b=21k+81$ <3>
Đến đây dù $k$ thế nào đi nữa thì <1> và <2> vẫn thỏa đề, vấn đề bây giờ ta chỉ cần tìm $k$ để <3> chính phương là xong.
Dễ thấy $(7q+9)^2=49q^2+126q+81=7(7q^2+18q)+81$ như vậy chọn $21k=7(7q^2+18q)$
Thấy $21k$ chia hết cho 3 suy ra $q$ chia hết cho 3 nên $q=3t$
Đến đây suy ra $k=21t^2+18t$
Vậy bộ 3 số $a,b,c$ là $\boxed{(a,b,c)=(k,6k,3)}$ Với $k=21t^2+18t$ thì thỏa đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 04-01-2012 - 00:04