Chủ đề này có 1 trả lời

[Zaraki]

Tìm số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix} x+y=(x,y)^2 & & \\ y+z=(y,z)^2 & & \\ z+x=(z,x)^2 & & \end{matrix}\right.$$ với $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$.

[nguyenta98]

Tìm số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix} x+y=(x,y)^2 & & \\ y+z=(y,z)^2 & & \\ z+x=(z,x)^2 & & \end{matrix}\right.$$ với $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$.

Giải như sau:
Đặt $gcd(x,y,z)=d \Rightarrow x=da,y=db,z=dc,gcd(a,b,c)=1$
Gọi $gcd(a,b)=d_{ab},gcd(b,c)=d_{bc},gcd(c,a)=d_{ca}$
Như vậy $gcd(x,y)=d.d_{ab}, gcd(y,z)=d.d_{bc}, gcd(z,x)=d.d_{ca}$
Do đó
$$\left\{\begin{array}{1}d(a+b)=d^2.d_{ab}^2 \\ d(b+c)=d^2.d_{bc}^2 \\ d(c+a)=d^2.d_{ca}^2 \end{array}\right.$$
$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{1}a+b=d.d_{ab}^2 \\ b+c=d.d_{bc}^2 \\ c+a=d.d_{ca}^2 \end{array}\right.$$
$$\Rightarrow 2(a+b+c)=d(d_{ab}^2+d_{bc}^2+d_{ca}^2)$$
Ta có $gcd(a+b+c,d)=1$ vì nếu giả sử ngược lại, ta có từ hệ trên thì $a+b=d.d_{ab}^2 \Rightarrow a+b \vdots d$ còn nếu $gcd(a+b+c,d)\neq 1 \Rightarrow a+b+c \vdots r,d \vdots r$ mà $a+b \vdots d \vdots r \rightarrow a+b \vdots r$
Mà $a+b+c \vdots r \rightarrow c \vdots r$
Mặt khác ta cũng có $b+c=d.d_{bc}^2 \Rightarrow b+c \vdots d \Rightarrow b+c \vdots r \Rightarrow b \vdots r$ (do $c \vdots r$)
Tương tự cũng có $a \vdots r$ suy ra vô lý vì $gcd(a,b,c)=1$
Như vậy $gcd(a+b+c,d)=1$
Suy ra $2(a+b+c) \vdots d \Leftrightarrow 2 \vdots d \Rightarrow d=1,2$
Như vậy ta chứng minh xong $gcd(x,y,z)=1,2$
$$**********$$
Giờ ta xét riêng biệt như sau:
$gcd(x,y)=d \Rightarrow x=da,y=db,gcd(a,b)=1$
$gcd(y,z)=e \Rightarrow y=em,z=en,gcd(m,n)=1$
Như vậy $y=db=em \Rightarrow db=em$
Gọi $gcd(d,e)=k \Rightarrow d=ku,e=kv,gcd(u,v)=1$ suy ra $kub=kvm \Rightarrow ub=vm \Rightarrow b \vdots v,m \vdots u$ (do $gcd(u,v)=1$) nên suy ra $b=vt,m=ut$ suy ra $y=kuvt$
Do đó $z=en=kvn$ còn $x=da=kua$
Đặt $gcd(a,n)=r \Rightarrow a=rf,n=rh,gcd(f,h)=1$
Khi ấy suy ra $z=kvrh,x=kurf$
Do đó $\left\{\begin{array}{1}x=kurf \\y=kuvt \\z=kvrh \end{array}\right.$
Ta có $gcd(x,y)=gcd(kurf,kuvt)=ku.gcd(rf,vt)$ mặt khác ta thấy $gcd(rf,vt)=gcd(a,b)=1$
Do đó $gcd(x,y)=ku$
Tiếp tục $gcd(y,z)=gcd(kuvt,kvrh)=kv.gcd(ut,rh)$ mặt khác ta thấy $gcd(u,r)=1$ (do $gcd(m,n)=1$ mà $m=ut,n=rh$) và $gcd(u,h)=1$ (do $gcd(m,n)=1$ mà $m=ut,n=rh$) tiếp tục ta có $gcd(t,r)=1$ vì $gcd(a,b)=1$ mà $a=rf,b=vt$ và có $gcd(t,h)=1$ do $gcd(m,n)=1$ và $m=ut,n=rh$ như vậy $gcd(ut,rh)=1$
Do đó $gcd(y,z)=kv$
Chứng minh hoàn toàn tương tự $gcd(z,x)=kr$
Như vậy $\left\{\begin{array}{1}rf+vt=ku \\ut+rh=kv \\uf+vh=kr \end{array}\right.$ $(1)$
$$**********$$
Như vậy ta cũng thiết lập các mối quan hệ xong, qua hai bước cm riêng biệt trên, ta sẽ cm $d=k$ với $d$ ở bước 1 và $k$ ở bước 2
Thật vậy thấy $\left\{\begin{array}{1}x=kurf \\y=kuvt \\z=kvrh \end{array}\right.$
Suy ra $gcd(x,y,z)=k.gcd(urf,uvt,vrh)$
Ta có giả sử $gcd(urf,uvt,vrh) \vdots p$ với $p$ nguyên tố suy ra $urf \vdots p, uvt \vdots p, vrh \vdots p$
Hay $urf \vdots p$
Nếu $u \vdots p \Rightarrow urf,uvt \vdots p$ mà $vrh \vdots p$ nên ta có $v$ hoặc $r$ hoặc $h$ chia hết cho $p$ nhưng ở trên ta đã có $gcd(u,v)=1$ nên $v \not \vdots p$ và $gcd(u,r)=1$ vì $gcd(m,n)=1$ và $gcd(u,h)=1$ do $gcd(m,n)=1$ như vậy $u,h \not \vdots p$ suy ra $vrh \not \vdots p$ vô lý
Nếu $r \vdots p$ suy ra $vrh \vdots p$ mà $uvt \vdots p$ ta cm tương tự $gcd(u,r)=1$ và $gcd(v,r)=1$ do $gcd(a,b)=1$ và $gcd(r,t)=1$ do $gcd(m,n)=1$ như vậy $uvt \not \vdots p$ vô lý
Nếu $f \vdots p$ suy ra $uvt \vdots p$ mà $gcd(v,f)=1$ do $gcd(a,b)=1$ và $gcd(f,t)=1$ do $gcd(a,b)=1$ suy ra $u \vdots p$ như vậy th này lại giống như vừa nãy ta đã xét $u \vdots p$ và cũng dẫn đến loại
Như vậy $gcd(urf,uvt,vrh)=1$ do đó $d=k$
Suy ra $k=1,2$
TH1: $k=2$ ta thay vào hệ $(1)$ cộng cả ba phương trình ta thu được $f(u+r)+t(u+v)+h(v+r)=2(v+r+u)$
$\Rightarrow (f-1)(u+r)+(t-1)(u+v)+(h-1)(v+r)=0$ và $f,t,h\geq 1$ do đó suy ra $f=t=h=1$
Thay vào phương trình đầu tiên của hệ $(1)$ suy ra $v+r=2u$ và tương tự với các hệ còn lại suy ra $v=r=u$ mà chúng nguyên tố cùng nhau nên $v=r=u=1$ suy ra $x=y=z=2$
TH2: $k=1$ ta thay vào hệ $(1)$ ta thấy từ trường hợp $k=2$ thì $(f-1)(u+r)+(t-1)(u+v)+(h-1)(v+r)\geq 0$ nên nếu $k=1$ thì khi ấy cộng cả ba phương trình ta có $(f-1)(u+r)+(t-1)(u+v)+(h-1)(v+r)+(u+r+v)=0$ vô lý do $u+r+v>0$
Do đó TH2 bị loại
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(2,2,2)}$ là nghiệm duy nhất

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 23-08-2012 - 14:08