Chủ đề này có 13 trả lời

[dactai10a1]

Tìm các số nguyên dương a,b,c đề $A = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}} \in {N^*}$

[tkvn97]

Tìm các số nguyên dương a,b,c đề $A = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}} \in {N^*}$

Ta có $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{abc}\geq \frac{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}{abc}= \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$
Ta phải có $3\vdots \sqrt[3]{abc} \rightarrow \sqrt[3]{abc}\in \begin{Bmatrix} 1;3 \end{Bmatrix}$
Đến đâu thì : $a,b,c\geq 1\rightarrow abc\geq 1$ ta bộ nghiệm ...
Trường hợp hai : không mất tính tổng quát , xếp thú tự các biến ....

[dactai10a1]

Ta phải có $3\vdots \sqrt[3]{abc} \rightarrow \sqrt[3]{abc}\in \begin{Bmatrix} 1;3 \end{Bmatrix}$

Bạn sai cái này rồi

[triethuynhmath]

Ta có $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{abc}\geq \frac{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}{abc}= \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$
Ta phải có $3\vdots \sqrt[3]{abc} \rightarrow \sqrt[3]{abc}\in \begin{Bmatrix} 1;3 \end{Bmatrix}$
Đến đâu thì : $a,b,c\geq 1\rightarrow abc\geq 1$ ta bộ nghiệm ...
Trường hợp hai : không mất tính tổng quát , xếp thú tự các biến ....

Tại sao $3\vdots \sqrt[3]{abc}$ Vậy bạn TrungKien.
Tại sao $A\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$ thì $\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$ phải nguyên vậy nhỉ?

[Math Is Love]

Ta có $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{abc}\geq \frac{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}{abc}= \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$
Ta phải có $3\vdots \sqrt[3]{abc} \rightarrow \sqrt[3]{abc}\in \begin{Bmatrix} 1;3 \end{Bmatrix}$
Đến đâu thì : $a,b,c\geq 1\rightarrow abc\geq 1$ ta bộ nghiệm ...
Trường hợp hai : không mất tính tổng quát , xếp thú tự các biến ....

Bạn nên để ý.Dấu = xảy ra chỉ khi a=b=c.Còn nếu a,b,c không bằng nhau thì $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{abc}\neq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$ trong khi bạn lại đi tìm bộ số a,b,c để $\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$ nguyên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 05-08-2012 - 16:34

[nguyenta98]

Tìm các số nguyên dương a,b,c đề $A = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}} \in {N^*}$

Bài này khó có thể tìm được nghiệm tổng quát mặc dù nó có vô hạn nghiệm và là hệ quả của phương trình Markov - VHL KH Liên xô - 1951
Giải như sau:
$a^2+b^2+c^2=kabc$ với $k$ nguyên
WLOG: $a=min(b,c)$
Suy ra $a^2-a(kbc)^2+(b^2+c^2)=0$
Nếu phương trình trên có một nghiệm nguyên là $a$ thì theo định nghĩa nó cũng có một nghiệm khác là $a'$
Suy ra theo định lý Viete ta có $a'+a=kbc-a$
Ta cần chứng minh $kbc-a>a \Leftrightarrow kbc>2a$
Thấy $b,c\geq a$ (do giả sử ở trên) do đó $kbc\geq ka^2$
Nếu $ka\le 2 \Rightarrow (k,a)=(1,1),(2,1),(1,2)$ đến đây ta thay vào phương trình trên thu được $b^2+c^2+1=2bc$ loại vì $VT>VP$ và $b^2+c^2+4=2bc \Rightarrow (b-c)^2+4=0$ loại và còn th $b^2+c^2+1=bc$ và thấy theo AM-GM thì dễ dàng loại
Do đó $ka>2 \Rightarrow kbc\geq ka^2>2a \Rightarrow kbc-a>a$
Cho nên nghiệm mới thay cho nghiệm cũ là $(a,b,c)\Rightarrow (kbc-a,b,c)$ mà $kbc-a+b+c>a+b+c$
Lúc này trong ba số $kbc-a,b,c$ nếu số nào bé nhất ta lại tiếp tục quá trình như số $a$ ở trên và từ đó phương trình này có vô hạn nghiệm nguyên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 05-08-2012 - 16:47

[Math Is Love]

Spam ghê quá đó, bài này khó có thể tìm được nghiệm tổng quát đó, nó có vô hạn nghiệm và là hệ quả của phương trình Markov - VHL KH Liên xô - 1951
Giải như sau:
$a^2+b^2+c^2=kabc$ với $k$ nguyên
WLOG: $a=min(b,c)$
Suy ra $a^2-a(kbc)^2+(b^2+c^2)=0$
Nếu phương trình trên có một nghiệm nguyên là $a$ thì theo định nghĩa nó cũng có một nghiệm khác là $a'$
Suy ra theo định lý Viete ta có $a'+a=kbc-a$
Cho nên nghiệm mới thay cho nghiệm cũ là $(a,b,c)\Rightarrow (kbc-a,b,c)$
Lúc này trong ba số $kbc-a,b,c$ nếu số nào bé nhất ta lại tiếp tục quá trình như số $a$ ở trên và từ đó phương trình này có vô hạn nghiệm nguyên

Cái này giải theo dạng cách giải phương trình Diophante phải không bạn?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 05-08-2012 - 16:42

[dactai10a1]

Tìm tất cả các giá trị nguyên dương có thể có của A

[dactai10a1]

Bài này khó có thể tìm được nghiệm tổng quát mặc dù nó có vô hạn nghiệm và là hệ quả của phương trình Markov - VHL KH Liên xô - 1951
Giải như sau:
$a^2+b^2+c^2=kabc$ với $k$ nguyên
WLOG: $a=min(b,c)$
Suy ra $a^2-a(kbc)^2+(b^2+c^2)=0$
Nếu phương trình trên có một nghiệm nguyên là $a$ thì theo định nghĩa nó cũng có một nghiệm khác là $a'$
Suy ra theo định lý Viete ta có $a'+a=kbc-a$
Ta cần chứng minh $kbc-a>a \Leftrightarrow kbc>2a$
Thấy $b,c\geq a$ (do giả sử ở trên) do đó $kbc\geq ka^2$
Nếu $ka\le 2 \Rightarrow (k,a)=(1,1),(2,1),(1,2)$ đến đây ta thay vào phương trình trên thu được $b^2+c^2+1=2bc$ loại vì $VT>VP$ và $b^2+c^2+4=2bc \Rightarrow (b-c)^2+4=0$ loại và còn th $b^2+c^2+1=bc$ và thấy theo AM-GM thì dễ dàng loại
Do đó $ka>2 \Rightarrow kbc\geq ka^2>2a \Rightarrow kbc-a>a$
Cho nên nghiệm mới thay cho nghiệm cũ là $(a,b,c)\Rightarrow (kbc-a,b,c)$ mà $kbc-a+b+c>a+b+c$
Lúc này trong ba số $kbc-a,b,c$ nếu số nào bé nhất ta lại tiếp tục quá trình như số $a$ ở trên và từ đó phương trình này có vô hạn nghiệm nguyên

Ta chứng minh được $A \le 3$
Khi tìm nghiệm tổng quát,mình đã sử dụng nghiệm tổng quát của pt Pell xác định bởi dãy số ,rồi xác định thêm tập hợp là nghiệm của phương trình,cách giải có vẻ hơi dài dòng,bởi vậy mình post bài này lên nhờ các bạn tìm cách khác

[nguyenta98]

Ta chứng minh được $A \le 3$
Khi tìm nghiệm tổng quát,mình đã sử dụng nghiệm tổng quát của pt Pell xác định bởi dãy số ,rồi xác định thêm tập hợp là nghiệm của phương trình,cách giải có vẻ hơi dài dòng,bởi vậy mình post bài này lên nhờ các bạn tìm cách khác

Bạn nói thế nào chứ, bài này không liên quan đến Pell đâu? Bạn thử post cách giải bạn lên xem nào? Còn việc chứng minh $A\le 3$ thì sao? Chắc bạn đã đọc về cách tìm nghiệm của phương trình Markov rồi đúng ko?

[dactai10a1]

Bạn nói thế nào chứ, bài này không liên quan đến Pell đâu? Bạn thử post cách giải bạn lên xem nào? Còn việc chứng minh $A\le 3$ thì sao? Chắc bạn đã đọc về cách tìm nghiệm của phương trình Markov rồi đúng ko?

Bạn nói thế nào chứ, bài này không liên quan đến Pell đâu? Bạn thử post cách giải bạn lên xem nào? Còn việc chứng minh $A\le 3$ thì sao? Chắc bạn đã đọc về cách tìm nghiệm của phương trình Markov rồi đúng ko?

Không,t chưa biết gì pt Markov cả
Việc chứng minh $A \le 3$ cũng không khó
Ta chọn bộ nghiệm sao cho $a \ge b \ge c$ và a+b+c nhỏ nhất
Nhận xét bộ $(\frac{{{b^2} + {c^2}}}{a};b;c)$ cũng thỏa .Suy ra ${b^2} + {c^2} \ge {a^2}$
Ta có $a = Abc - \frac{{{b^2} + {c^2}}}{a} \ge Abc - b - c \Rightarrow {b^2} + {c^2} \ge {A^2}{b^2}{c^2} + {(b + c)^2} - 2Abc(b + c) \Rightarrow {A^2} \le 2A(\frac{1}{b} + \frac{1}{c}) - \frac{2}{{bc}} < 4A \Rightarrow A < 4 \Rightarrow A \le 3$
Xét A=1,tức là ${a^2} + {b^2} + {c^2} = abc$
Giả sử (a0;b0;c0)là nghiệm mà ${a_0} \ge {b_0} \ge {c_0}$
Xét dãy $\begin{array}{l}
({a_n});({b_n});({c_n}):{a_{n + 1}}{\rm{ = max(}}\frac{{{b_n}^2 + c_n^2}}{{{a_n}}};{b_n};{c_n})\\
{b_{n + 1}} = mid{\rm{(}}\frac{{{b_n}^2 + c_n^2}}{{{a_n}}};{b_n};{c_n});{c_{n + 1}} = \min {\rm{(}}\frac{{{b_n}^2 + c_n^2}}{{{a_n}}};{b_n};{c_n})
\end{array}$
Khi đó tồn tại n sao cho ${c_n} \le 3$(CM bằng phản chứng)
${c_n} = 3 \Rightarrow {a_n}^2 + {b_n}^2 + 9 = 3{a_n}{b_n}$
PT pell là ở khúc này từ đó đưa về pt tổng quát được nghiệm xác định như sau

$\begin{array}{l}
{u_0} = a;{v_0} = b;{u_{n + 1}} = 9{u_n} + 20{v_n};{v_{n + 1}} = 4{u_n} + 9{v_n}\\
S(a,b) = (({u_n},{v_n})/n = 0,1,2,..;{u_0},{v_0} = b)\\
S = (S(1,1);S(4,2);S(11,5))\\
({a_n},{b_n}) = ((\frac{{x + 3y}}{2},y)/(x,y) \in S)\\

\end{array}$
Xét tập P xác định như sau
$((3x,3y,3)/(x,y) \in S) \in P$
Nếu (x,y,z) thuộc P thì $\left( {\frac{{{y^2} + {z^2}}}{x},y,z} \right) \in P$
KHi đó P là tập nghiệm
Các trương hợp kia chắc tương tự
T làm tới đây thấy rắc rối quá nên dừng

[Stranger411]

Tìm các số nguyên dương a,b,c đề $A = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}} \in {N^*}$

Bài này vô số nghiệm.

Bước 1: Ta cần chứng minh: $A=1$ hoặc $A=3$.

Bước 2: Ta tìm $a,b,c$
Với $A=3$, nghiệm của phương trình $a^2+b^2+c^2=3abc$ là
\[\left\{ \begin{gathered}
z = 1 \\
x = {u_n} \\
y = {u_{n + 1}} \\
\end{gathered} \right.\]
Với
\[\left\{ \begin{gathered}
{u_0} = 1,{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = 3{u_n} - {u_{n - 1}}\\
\end{gathered} \right.\]

Với $A=1$. Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$, ta được phương trình trên.
Dẫn đến một bộ nghiệm tương tự

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 06-08-2012 - 12:20

[dactai10a1]

Với $A=3$, nghiệm của phương trình $a^2+b^2+c^2=3abc$ là
\[\left\{ \begin{gathered}
z = 1 \\
x = {u_n} \\
y = {u_{n + 1}} \\
\end{gathered} \right.\]
Với
\[\left\{ \begin{gathered}
{u_0} = 1,{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = 3{u_n} - {u_{n - 1}}\\
\end{gathered} \right.\]

Bạn lí giải giúp đoạn này ,vì sao bạn giải ra bộ nghiệm như vậy

[uyenha]

rất đơn giản,gs (u_n ,u_n+1) là nghiệm của phương trình,ta có hệ thức:u_n+1² +u_n² +1=3u_n+1 u_n ;tuyến tính 1 lần nữa r` giải 2 hệ thức này,ta có công thức truy hồi trên,nhận tháy (1,1,1) là 1 nghiệm của pt,nên chọn u₀ =u₁ =1