Bài 2 ( 5 điểm ) Cho các số hữu tỉ $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c\in \mathbb{Z}\\ (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3 \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $m,n$ thỏa mãn $(m,n)=1$ và $abc=\frac{m^2}{n^3}$
Lời giải. Đặt $a= \frac{x_1}{x_2},b= \frac{y_1}{y_2},c= \frac{z_1}{z_2}$ với $\gcd (x_1,x_2)= \gcd (y_1,y_2)= \gcd (z_1,z_2)=1; x_2,y_2,x_2 \ge 1$.
Đặt tiếp $\begin{cases} x_2=dd_1d_2x_3 \\ y_2=dd_2d_3y_3 \\ z_2=dd_3d_1z_3 \end{cases}$ với $(x_3,y_3,z_3)$ đôi một nguyên tố cùng nhau và $(d_1,d_2,d_3)$ đôi một nguyên tố cùng nhau; $\gcd (d_i,x_3)= \gcd (d_i,y_3)= \gcd (d_i,z_3)=1$ với mọi $1 \le i \le 3$.
Từ $a+b+c \in \mathbb{Z}$ ta suy ra $$dd_1d_2d_3x_3y_3z_3 \mid x_1d_3y_3z_3+y_1d_1x_3z_3+z_1d_2x_3y_3.$$ Từ đây dẫn đến $x_3|x_1d_3y_3z_3$ suy ra $x_3|x_1$. Mặt khác, vì $x_3|x_2$ và $\gcd (x_2,x_1)=1$ nên ta dẫn tới $x_3=1$. Tương tự thì $y_3=z_3=1$.
Như vậy $\begin{cases} x_2=dd_1d_2 \\ y_2=dd_2d_3 \\ z_2=dd_3d_1 \end{cases}$ và \begin{equation} \label{1} dd_1d_2d_3 \mid x_1d_3+y_1d_1+z_1d_2 \end{equation}
Mặt khác, từ $(2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3$ ta suy ra $a^2+b^2+c^2=a+b+c \in \mathbb{Z}$. Trước hết, ta sử dụng $a^2+b^2+c^2 \in \mathbb{Z}$. Điều kiện này tương đương với
\begin{equation} \label{2} d^2d_1^2d_2^3d_3^2 \mid x_1^2d_3^2+y_1^2d_1^2+z_1^2d_2^2 \end{equation}
Từ \eqref{1} và \eqref{2} ta suy ra $d_3|y_1d_1+z_1d_2$ và $d_3^2|y_1^2d_1^2+z_1^2d_2^2$ dẫn đến $d_3^2|2y_1d_1z_1d_2$. Từ đây suy ra $d_3=1$. Tương tự $d_1=d_2=1$. Như vậy thì $x_2=y_2=z_2=d$. Bài toán đưa về việc chứng minh tồn tại $m,n$ sao cho $x_1y_1z_1n^3=m^2d^3$.
Kết hợp với điều kiện $a^2+b^2+c^2=a+b+c \in \mathbb{Z}$ ta suy ra \begin{equation} \label{3} a= \frac{x_1^2+y_1^2+z_1^2}{d^2}= \frac{x_1+y_1+z_1}{d} \in \mathbb{Z} \end{equation}
Để ý rằng $x_1^2+y_1^2+z_1^2 \ge \tfrac 13 (x_1+y_1+z_1)^2$ nên suy ra $d= \frac{x_1^2+y_1^2+z_1^2}{x_1+y_1+z_1} \ge \frac{x_1+y_1+z_1}{3}$ suy ra $a= \frac{x_1+y_1+z_1}{d} \le 3$. Ta xét 4 trường hợp:
Hiển nhiên rằng nếu ít nhất một trong ba số $x_1,y_1,z_1$ bằng $0$ thì bài toán được chứng minh. Ta sẽ đi chứng minh trường hợp $x_1y_1z_1 \ne 0$ cũng thoả mãn:
TH1. Nếu $a=1$ thì $x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1= 0$ tương đương với $x_1(y_1+z_1)=-y_1z_1$. Ta suy ra $x_1= \pm 1$ dẫn đến $y_1z_1 \pm y_1 \pm z_1=0$. Ta tìm được $(y_1,z_1)= (\pm 2, \pm 2)$. Khi đó $abc= \frac{2^2}{ ( \pm d)^3}$.
TH2. Nếu $a=2$ thì $2(x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1)=2d^2=x_1^2+y_1^2+z_1^2$. Áp dụng bài toán này ta suy ra $x_1y_1,y_1z_1$ là các số chính phương. Mặt khác, để ý rằng $\gcd (x_1,y_1)= \gcd (y_1,z_1)= \gcd (z_1,x_1)=1$ vì giả sử phản chứng, chẳng hạn $\gcd (x_1,y_1)=r>1$ thì $r|x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1=d^2$ suy ra $\gcd ( d,r)>1$, mâu thuẫn với điều kiện.
Kết hợp hai điều kiện ta suy ra $x_1,z_1,y_1$ chính phương hoặc là số đối của số chính phương. Do đó $abc= \frac{\left( \sqrt{|x_1y_1z_1|} \right)^2}{ (\pm d)^3}$.
TH3. Nếu $a=3$ thì $x_1^2+y_1^2+z_1^2=3(x_1+y_1+z_1)^2$ suy ra $x_1=y_1=z_1=d>0$ suy ra $d=1$. Như vậy $abc=1$.
Bài toán được chứng minh. $\blacksquare$
Ps: Bài toán hay. 
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 19-09-2015 - 13:09
