Chủ đề này có 2 trả lời

[Ispectorgadget]

Cho các số nguyên $x,y,z$ thỏa $\frac{x}{y}-\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=9$. Chứng minh rằng $\sqrt[3]{xyz}\in Z$

[Cao Xuân Huy]

Lời giải:
Đặt $GCD(x,y,z)=d$. Thì $x=dx_0;y=dy_0;z=dz_0$ với $GCD(x_0,y_0,z_0)=1 \text{(1)}$
Từ đó:
\[\frac{{{x_0}}}{{{y_0}}} - \frac{{{y_0}}}{{{z_0}}} + \frac{{{z_0}}}{{{x_0}}} = 9 \Leftrightarrow {x_0}^2{z_0} - {y_0}^2{x_0} + {z_0}^2{y_0} = 9{x_0}{y_0}{z_0} \text{ (2)}\]
Nếu $xyz=\pm 1$ thì ta có ĐPCM.
Nếu $xyz \ne \pm 1 $; gọi $p$ là ước nguyên tố bất kì của $x_0y_0z_0$ thì từ $(1);(2)$ suy ra $p$ là ước của đúng 2 trong 3 số $x_0;y_0;z_0$. Giả sử $p$ chỉ là ước của $x_0;y_0$.
Gọi $m,n$ là số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn của $x_0;y_0$. Ta xét các trường hợp:
+ Nếu $n\ge 2m+1$ thì: $p^{2m+1}$ là ước của ${y_0}^2x_0;{z_0}^2y_0;9x_0y_0z_0$ nên $p^{2m+1}$ cũng là ước của ${x_0}^2z_0$. Nhưng ${x_0}^2$ không chia hết cho $p^{2m+1}$ nên suy ra $z_0 \vdots p$ (trái giả thiết)
+ Nếu $n\le 2m-1$ thì $p^{n+1}$ là ước của ${x_0}^2{z_0};{y_0}^2{x_0};9{x_0}{y_0}{z_0}$ nên $p^{n+1}$ là ước của ${z_0}^2{y_0}$. Nhưng $y_0$ không chia hết cho $p^{n+1}$ nên $z_0 \vdots p$ (trái giả thiết).
Vì vậy $n=2m$ nên số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn $x_0y_0z_0$ chia hết cho $3$.
Vậy $x_0y_0z_0={p_1}^{3m_1}{p_2}^{3m_2}...{p_k}^{3m_k}$ với $p_i$ là các ước nguyên tố của $x_0y_0z_0$.
Vậy ta có ĐPCM
________________________________
P/s: Câu hỏi đặt ra tiếp theo là ta có thể tổng quát số $9$ ở bên phải bằng $k$ được không.

[nguyenta98]

Cho các số nguyên $x,y,z$ thỏa $\frac{x}{y}-\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=9$. Chứng minh rằng $\sqrt[3]{xyz}\in Z$

Bài toán tổng quát với số $k$ nguyên bất kì
Giải như sau:
Chú ý dù cho $\frac{x}{y}\pm\frac{y}{z}\pm\frac{z}{x}=k$ đều có thể đưa về dạng $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=k$ (thí dụ ở bài trên thay $x=-x$ thì đưa được hết về dạng cộng)
Như vậy ta chỉ xét $\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}=k$
Suy ra $x^2z+y^2x+z^2y=kxyz$
Gọi $d=gcd(x,y,z) \Rightarrow x=da,y=db,z=dc,gcd(a,b,c)=1$
Suy ra $a^2c+b^2a+c^2b=kabc$ với $gcd(a,b,c)=1$
Giả sử $p|(a,b) \Rightarrow c \not \vdots p$ (do $gcd(a,b,c)=1$)
Và $p^m||a,p^n||b$ khi ấy $a=p^m.a',b=p^n.b'$ với $gcd(a',p)=gcd(b',p)=1$
Gọi $p^l||k \Rightarrow k=p^l.k'$ với $gcd(k',p)=1$
Khi đó $p^{2m}.a'^2.c+p^{2n+m}.b'^2.a'+p^n.c^2.b'=k'.p^{m+n+l}.a'b'c$
Chú ý rằng $m,n>0$ và $l\geq 0$ vì giả sử trong $x,y,z$ không có hai số bằng $1$ còn nếu có hai số bằng $1$ thì khi ấy bài toán dễ cm, như vậy giả sử $x,y$ khác $1$ thì $m,n>0$ còn $l\geq 0$ (do chưa biết $k$ chia hết cho $p$ hay không)
TH1: $m\geq n$ khi ấy $2m>n$
Suy ra $p^{2m-n}.a'^2.c+p^{n+m}.b'^2.a'+c^2.b'=k'.p^{m+l}.a'b'c$
Khi ấy $c^2.b' \vdots p$ mà $gcd(b,p')=1$ nên $c \vdots p$ suy ra $(a,b,c) \vdots p$ vô lí vì $(a,b,c)=1$
TH2: $m<n\le 2m$
Suy ra $p^{2m-n}.a'^2.c+p^{n+m}.b'^2.a'+c^2.b'=k'.p^{m+l}.a'b'c$ khi ấy $2m-n=0$ vì nếu $2m-n \neq 0$ suy ra $c^2.b' \vdots p$ cm như trên suy ra loại, do đó $2m=n$
Như vậy $abc=a'b'c.p^{m+n}=a'b'c.p^{3m}$ suy ra chứng minh tương tự với mọi ước nguyên tố còn lại của $abc$ ta thu được điều tương tự rằng mọi số mũ của các ước nguyên tố đều chia hết cho $3$ do đó $abc=t^3$ suy ra $\sqrt[3]{xyz}=dt$ là số nguyên $đpcm$
TH3: $2m<n$ khi ấy $p^{2m}.a'^2.c+p^{2n+m}.b'^2.a'+p^n.c^2.b'=k'.p^{m+n+l}.a'b'c$
Suy ra $a'^2.c+p^{2n-m}.b'^2.a'+p^{n-2m}.c^2.b'=k'.p^{n+l-m}.a'b'c$
Nhưng $2m<n$ suy ra $2n-m>0,n-2m>0,n+l-m>0$ do đó $a'^2.c \vdots p$ mà $gcd(a',p)=1 \Rightarrow c \vdots p \Rightarrow (a,b,c) \vdots p$ vô lí do $(a,b,c)=1$
Như vậy ta có một khẳng định rằng mọi $p_i$ là ước nguyên tố của $abc$ thì lũy thừa đúng của nó (tức số mũ cao nhất) phải chia hết cho $3$ do đó $abc=\prod(p_i^{3m}) \Rightarrow abc=t^3 \Rightarrow \sqrt[3]{xyz}=\sqrt[3]{d^3xyz}=\sqrt[3]{d^3.t^3}=dt$ là số nguyên, đây chính là đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 27-10-2012 - 13:43