Chủ đề này có 4 trả lời

[kobietlamtoan]

Tìm tất cả các bộ 3 số hữu tỉ $(m, n, p)$ sao cho mỗi số sau là 1 số nguyên:
$$m + \dfrac{1}{np} ; n + \dfrac{1}{pm} ; p + \dfrac{1}{mn}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 07-11-2011 - 21:20

[hxthanh]

Đặt $m=\dfrac{a_1}{a_2};\;\;m=\dfrac{b_1}{b_2};\;\;p=\dfrac{c_1}{c_2}$ là những phân số tối giản
Ta có:
$m+\dfrac{1}{np}=\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{b_2c_2}{b_1c_1}=\dfrac{a_1b_1c_1+a_2b_2c_2}{a_2b_1c_1} $

$n+\dfrac{1}{pm}=\dfrac{b_1}{b_2}+\dfrac{a_2c_2}{a_1c_1}=\dfrac{a_1b_1c_1+a_2b_2c_2}{a_1b_2c_1} $

$p+\dfrac{1}{mn}=\dfrac{c_1}{c_2}+\dfrac{a_2b_2}{a_1b_1}=\dfrac{a_1b_1c_1+a_2b_2c_2}{a_1b_1c_2} $

đều là những số nguyên.
Suy ra:
$S=\dfrac{a_1b_1c_1+a_2b_2c_2}{a_1b_1c_1a_2b_2c_2} $ cũng phải là số nguyên (do $a_1,a_2;\;\;b_1,b_2;\;\;c_1,c_2$ là những cặp nguyên tố cùng nhau)
Từ đó ta có:
$S=\dfrac{1}{a_1b_1c_1}+\dfrac{1}{a_2b_2c_2}\in \mathbb{Z}\Rightarrow S \in\{0,\pm 1,\pm2\}$
Đến đây có thể giải quyết từng trường hợp (5 trường hợp tất cả!)

Tuy nhiên, chỉ trường hợp $S=0$ thôi, thì đã có vô số nghiệm rồi!
Khi đó $a_1b_1c_1=-a_2b_2c_2$
Chẳng hạn các giá trị trên theo thứ tự là $1.2.3=-(-2).3.1$
nghĩa là $m=-\dfrac{1}{2};\;n=\dfrac{2}{3};\;\;p=3$ Dễ dàng kiểm tra các giá trị đó thoả mãn!
Đó chỉ là một ví dụ.
-----------------------------------
Tóm lại bài này chẳng có ý nghĩa Toán học gì cả

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi UEVOLI: 07-11-2011 - 20:42

[dap]

Suy ra:
$S=\dfrac{a_1b_1c_1+a_2b_2c_2}{a_1b_1c_1a_2b_2c_2} $ cũng phải là số nguyên (do $a_1,a_2;\;\;b_1,b_2;\;\;c_1,c_2 $ là những cặp nguyên tố cùng nhau)

Bạn nhầm nặng rồi nó chỉ cần chia hết cho lcm(a1b1c1).lcm(a2b2c2) là đã quá đủ thì làm sao có thể chia hết cho a1b1c1a2b2c2
Xin lỗi vì không gõ được Latex!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dap: 11-11-2011 - 09:38

[perfectstrong]

UEVOLI, bạn bổ sung thêm chứng minh rằng
$BCNN(a_2b_1c_1;a_1b_2c_1;a_1b_1c_2)=a_1b_1c_1a_2b_2c_2$ thì chứng minh hoàn tất.
Nhược bằng, nếu không cm được thì đồng nghĩa với việc bài cm của bạn "sụp đổ".
Hy vọng là không vậy!

[Strygwyr]

Theo em thì cách chứng minh của chị UEVOLI có vẻ chưa đúng lắm và nhìn "khủng" quá . Em xin được trình bày cách khác có vẻ khả quan hơn

Lời giải : 

Đặt $mnp=\frac{x}{y}$ với $x,y\in \mathbb{Z}$ và ($x$,$y$) $=1$

Ta có : $(m+\frac{1}{np})(n+\frac{1}{pm})(p+\frac{1}{mn})=m(1+\frac{1}{mnp})n(1+\frac{1}{mnp})p(1+\frac{1}{mnp})=mnp(1+\frac{1}{mnp})^{3}=\frac{x}{y}(1+\frac{x}{y})^{3}=\frac{(x+y)^{3}}{xy^{2}}$

Từ giả thiết ta suy ra được $\frac{(x+y)^{3}}{xy^{2}}$ là số nguyên.

Do đó $xy^{2}$/$(x+y)^{3}$

Vì ($x$,$y$)$=1$ nên ($x+y$,$x$)=($x+y$,$y$)$=1$

Do đó $x=y=1$ 

Từ đó $m+\frac{1}{np}=2m$, $n+\frac{1}{pm}=2n$, $p+\frac{1}{mn}=2p$ đều là các số nguyên có tích bằng $8$.

Suy ra ($2m$,$2n$,$2p$) là hoán vị của một trong các bộ số : ($1$,$1$,$8$),($1$,$2$,$4$),($2$,$2$,$2$),($-1$,$-1$,$8$),($-1$,$1$,$-8$),($-1$,$-2$,$4$),($-1$,$2$,$-4$),($1$,$-2$,$-4$),($-2$,$-2$,$2$)

Từ đó dễ dàng suy ra được $m$,$n$,$p$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namsub: 10-06-2013 - 16:09