Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

CMR :$\sqrt[3]{xyz}$ cũng thuộc Z


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 ducbau007

ducbau007

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 11-05-2015 - 20:10

Cho x,y,z là các số nguyên thỏa mãn $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}$ thuộc Z

CMR :$\sqrt[3]{xyz}$ cũng thuộc Z 



#2 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 11-05-2015 - 20:28

Cho x,y,z là các số nguyên thỏa mãn $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}$ thuộc Z

CMR :$\sqrt[3]{xyz}$ cũng thuộc Z 

Đặt $d=(x,y,z) => x=da;y=db;z=dc$ với $(a,b,c)=1$

Khi đó : $\frac{da}{db}+\frac{db}{dc}+\frac{dc}{da}\in \mathbb{Z}$

         $<=>\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\in \mathbb{Z}$

         $<=> ab^2+bc^2+ca^2\vdots abc$

         $=> ab^2+bc^2+ca^2\vdots c$

         $=> ab^2$ $\vdots$  $c$

  .......................


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 11-05-2015 - 20:43


#3 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1568 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 11-05-2015 - 20:33

Đặt $d=(x,y,z) => x=da;y=db;z=dc$ với $(a,b,c)=1$

Khi đó : $\frac{da}{db}+\frac{db}{dc}+\frac{dc}{da}\in \mathbb{Z}$

         $<=>\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\in \mathbb{Z}$

         $<=> ab^2+bc^2+ca^2\vdots abc$

         $=> ab^2+bc^2+ca^2\vdots c$

         $=> ab^2$ $\vdots$  $c$

 Mà $(a,b,c)=1=>c=1$

Chứng minh tương tự thì $a=b=c=1$ hay $x=y=z$

$=> \sqrt[3]{xyz}=x\in \mathbb{Z}$

Điều này không thể suy ra được vì $a,b,c$ nguyên tố cùng nhau thì nó vẫn có thừa số chung.

Phản ví dụ của $x=y=z$ là $x=4, y=2, z=1$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#4 ducbau007

ducbau007

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 11-05-2015 - 20:58

Đặt $d=(x,y,z) => x=da;y=db;z=dc$ với $(a,b,c)=1$

Khi đó : $\frac{da}{db}+\frac{db}{dc}+\frac{dc}{da}\in \mathbb{Z}$

         $<=>\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\in \mathbb{Z}$

         $<=> ab^2+bc^2+ca^2\vdots abc$

         $=> ab^2+bc^2+ca^2\vdots c$

         $=> ab^2$ $\vdots$  $c$

  .......................

làm nữa đi bạn  :luoi:  :luoi:  :luoi:



#5 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 17-05-2015 - 09:42

Cho x,y,z là các số nguyên thỏa mãn $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}$ thuộc Z

CMR :$\sqrt[3]{xyz}$ cũng thuộc Z 

đặt $(x,y,z)=d\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=dx_0,y=dy_0 z=dz_0\\ (x_0,y_0,z_0)=1 \end{matrix}\right.$

do đó từ giả thiết ta có

$\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{z_0}+\frac{z_0}{x_0}\in \mathbb{Z}$

$+)$ nếu $x_0y_0z_0=\pm 1$ thì thỏa đề

$+)$ xét với $x_0y_0z_0\neq \pm 1$

khi đó ta có

$x_0u_0z_0\mid x_0^2z_0+y_0^2x_0+z_0^2y_0$

đặt $v_p(x)=m,v_p(y)=n$

$\blacksquare$ nếu $n\geq 2m+1$

$\Rightarrow p^{2m+1}\mid x_0y_0z_0,y^2_0z_0,z_0^2y_0$

$\Rightarrow p^{2m+1}\mid x_0^2z_0\Rightarrow p\mid z_0$

điều trên vô lí do đó trường hợp này loại

$\blacksquare$ nếu $n\leq 2m+1$

tương tự như trên ta có $p^{n+1}\mid z_0^2y_0\Rightarrow p\mid z_0$

điều trên vô lí do đó $n=2m$

$\Rightarrow v_p(x_0y_0z_0)=3m\Rightarrow x_0y_0z_0=\prod_{i=1}^{k}p^{3m_i}$

$\Rightarrow \sqrt[3]{x_0y_0z_0}\in \mathbb{Z}\Rightarrow \sqrt[3]{xyz}=d\sqrt[3]{x_0y_0z_0}\in \mathbb{Z}$

vậy $\boxed{\sqrt[3]{xyz}\in \mathbb{Z}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 17-05-2015 - 09:43

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#6 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 17-05-2015 - 15:42

Cho x,y,z là các số nguyên thỏa mãn $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}$ thuộc Z

CMR :$\sqrt[3]{xyz}$ cũng thuộc Z 

lời giải tổng quát

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.

 

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#7 ducbau007

ducbau007

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 17-05-2015 - 18:26

 

lời giải tổng quát

 

hoa hết cả mắt  :blink:  :blink:  :blink:  :blink:  :blink:






1 người đang xem chủ đề

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