Chủ đề này có 6 trả lời

[ducbau007]

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 

[hoanglong2k]

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

[dogsteven]

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 $x=4, y=2, z=1$

[ducbau007]

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     

[nhungvienkimcuong]

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

[nhungvienkimcuong]

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.

 

[ducbau007]

 

lời giải tổng quát

 

hoa hết cả mắt