Đến nội dung

Hình ảnh

$\frac{[a,b,c]}{[a,b][b,c][c,a]}=\frac{(a,b,c)^{2}}{(a,b)(b,c)(c,a)}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
JMJ

JMJ

    Binh nhì

  • Pre-Member
  • 19 Bài viết

Bài 1: Tìm bộ ba các số nguyên dương (m,n,l) sao cho

 $m+n=(m,n)^{2}$

$n+l=(n,l)^{2}$

$m+l=(m,l)^{2}$

Bài 2:cho a,b,c,a',b',c' sao cho (a,b)=d,(a',b')=d'.

CMR (aa',bb',ab',a'b)=dd'

Bài 3: CMR

$\frac{[a,b,c]}{[a,b][b,c][c,a]}=\frac{(a,b,c)^{2}}{(a,b)(b,c)(c,a)}$

------------ 

Mình nhắc nhở bạn về việc đặt tiêu đề nhé, mong bạn xem lại quy định diễn đàn. Lần đầu nên mình sẽ sửa hộ bạn :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 03-10-2013 - 22:39


#2
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết


Bài 1: Tìm bộ ba các số nguyên dương (m,n,l) sao cho

 $m+n=(m,n)^{2}$

$n+l=(n,l)^{2}$

$m+l=(m,l)^{2}$

Lời giải. Gọi $\gcd \left( (m,n),(n,l) \right)=d$ thì $d|(m,l)$. Đặt $m=dm_1,n=dn_1,l=dl_1$ với $m_1,n_1,l_1 \in \mathbb{N}^*$. Khi đó ta có $$2(m+n+l)=(m,n)^2+(n,l)^2+(l,m)^2 \\ \Leftrightarrow 2(m_1+n_1+l_1)= d \left[ (m_1,n_1)^2+(n_1,l_1)^2+(l_1,m_1)^2 \right].$$

Ta suy ra $d|2(m_1+n_1+l_1)$.

Ta lại có $d^2|(m,n)^2$ nên $d^2|m+n \Rightarrow d|m_1+n_1$. Do đó $d|2l_1$. Tương tự ta chứng minh được $d|2m_1,d|2n_1$.

 

Nếu $d \nmid 2$ thì $d|m_1,d|n_1,d|l_1$. Do đó $d^2|(m,n),d^2|(n,l)$. Ta suy ra $\gcd \left( (m,n),(n,l) \right)>d^2>d$, mâu thuẫn giả thiết đưa ra. Vậy $d|2$ hay $d \in \{ 1;2 \}$.

Tương tự thì $\gcd \left( (n,l),(l,m) \right), \gcd \left( (l,m),(m,n) \right) \in \{ 1;2 \}$. Không làm mất tính tổng quát, ta xét các trường hợp sau:

  • Nếu $\gcd \left( (m,n),(n,l) \right)= \gcd \left( (n,l),(l,m) \right)=1 \Rightarrow \gcd \left( (l,m),(m,n) \right)=1$. Đặt $(m,n)=k,(n,l)=p,(l,m)=q$ với $k,q,p \in \mathbb{N}^*$ thì $(k,p)=(p,q)=(q,k)=1$. Theo điều kiện trên ta suy ra $k \nmid l, p \nmid m, q \nmid n$. Do đó tồn tại các số nguyên dương $a_1,a_2,a_3$ đôi một nguyên tố cùng nhau và $(a_i,k),(a_i,p),(a_i,q) \ne 1$ thỏa mãn $\begin{cases} m=kqa_1 \\ n=kpa_2 \\ l=pqa_3 \end{cases}$. Do đó từ hệ trên ta có hệ $\begin{cases} qa_1+pa_2=k \\ ka_2+qa_3=p \\ pa_3+ka_1=q \end{cases}$. Phương trình đầu suy ra $q \le k$ nhưng phương trình thứ 3 thì $q \ge k$. Vậy $q=k$. Tương tự $q=k=p$ nên $a_1+a_2=1$, mâu thuẫn vì $a_1+a_2 \ge 2$.
  • Nếu $\gcd \left( (m,n),(n,l) \right)= \gcd \left( (n,l),(l,m) \right)=2 \Rightarrow \gcd \left( (l,m),(m,n) \right)=2$. Đặt $(m,n)=2k,(n,l)=2p,(l,m)=2q$ với $k,p,q \in \mathbb{N}^*, 2 \nmid kqp$ thì $(k,p)=(p,q)=(q,k)=1$. Theo điều kiện trên ta có $k \nmid l, p \nmid m, q \nmid n$. Do đó tồn tại các số nguyên dương $a_1,a_2,a_3$ nguyên tố cùng nhau và $(a_i,k),(a_i,p),(a_i,q) \ne 1$ thỏa mãn $\begin{cases} m=2kqa_1 \\ n=2kpa_2 \\ l=2pqa_3 \end{cases}$. Do đó từ hệ của giả thiết thì $$\begin{cases} qa_1+pa_2=2k \qquad (1) \\ ka_2+qa_3=2p \qquad (2) \\ pa_3+ka_1=2q \qquad (3) \end{cases}$$ Từ $(2)$ và $(1)$ thì $$(qa_1+pa_2)a_2+2qa_3=2(ka_2+qa_3)=4p \Rightarrow a_2^2p<4p \Rightarrow a_2=1$$ Chứng minh tương tự $a_1=a_3=1$. Khi đó $k=p=q$ mà $(k,p)=(p,q)=(q,k)=1$ nên $k=p=q=1$. Vậy $(m,n,l)=(2,2,2)$.

Hệ phương trình có nghiệm nguyên dương là $\boxed{(m,n,l)=(2,2,2)}$.


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh