Chủ đề này có 1 trả lời

[thanhdotk14]

Giả sử $x$ và $y$ là các số nguyên dương sao cho $x^2+y^2+6$ chia hết cho $xy$ . Chứng minh rằng :

$\frac{x^2+y^2+6}{xy}$

là lập phương của một số tự nhiên

[WhjteShadow]

Giả sử $x$ và $y$ là các số nguyên dương sao cho $x^2+y^2+6$ chia hết cho $xy$ . Chứng minh rằng :

$\frac{x^2+y^2+6}{xy}$

là lập phương của một số tự nhiên

Đặt $\frac{x^2+y^2+6}{xy}=K \, (K\in Z)$ Lúc đó phương trình tương đương:
$$x^2+y^2+6-Kxy=0$$
Giả sử cặp nghiệm có tổng nhỏ nhất của pt là $x_0,y_0$. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $x_0\geq y_0$
Xét phương trình bậc 2:
$$x^2-x.Ky_0+y_0^2+6=0$$
Phương trình có 1 nghiệm là $x_0$ và 1 nghiệm $x_1=\frac{y_0^2+6}{x_0}=Ky_0-x_0$
$\Rightarrow \,x_1$ là số nguyên dương, nên $(x_1;y_0)$ cũng là 1 cặp nghiệm của pt đầu
$\Rightarrow x_1+y_0\geq x_0+y_0\Rightarrow x_1\geq x_0$
$\bullet$ Nếu $x_0=y_0$ thì
$$K=\frac{2x_0^2+6}{x_0^2}\in Z$$
$\Rightarrow x_0^2$ là ước của $6 \,\Rightarrow x_0=1$ nên $p=8$ là số lập phương !
$\bullet$ Nếu $x_0=x_1$ thì:
$$x_0^2=y_0^2+6\Rightarrow (x_0-y_0)(x_0+y_0)=6$$
Nhưng $(x_0-y_0);(x_0+y_0)$ cùng tính chẵn lẻ nên trường hợp này vô lí.
$\bullet$ Nếu $y_0<x_0<x_1$ thì $x_0\geq y_0+1,x_0\geq y_0+2$
$$x_1=\frac{y_0^2+6}{x_0}\Rightarrow y_0^2+6\geq (y_0+1)(y_0+2)$$
$$\Rightarrow 4\geq 3y_0\Rightarrow y_0=1$$
$$\Rightarrow x_0x_1=7\Rightarrow x_1=7,x_0=1$$
Nhưng $x_0=y_0=1$ mẫu thuẫn với giả thiết nên TH này loại
Vậy $k$ là lập phương của 1 số tự nhiên $\heartsuit$ =))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 03-12-2012 - 23:13