Chủ đề này có 3 trả lời

[Joker9999]

Bài toán 1:'
Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $a^3+b^3+c^3$$a^3+b^3+c^3$ chia hết cho $a^2b,b^2c,c^2a$
Bài toán 2:
Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho $x^2+1\vdots y;y^3+1\vdots x^2$

[nguyenta98]

Bài toán 1:'
Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $a^3+b^3+c^3$$a^3+b^3+c^3$ chia hết cho $a^2b,b^2c,c^2a$
Bài toán 2:
Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho $x^2+1\vdots y;y^3+1\vdots x^2$

Mình mạn phép giải nốt bài 1
Giải như sau:
$x^2+1 \vdots y \Rightarrow x^2+1=yk \Rightarrow x^2=yk-1$
Ta có
$$y^3+1 \vdots x^2 \Rightarrow y^3+1=x^2.r \Rightarrow y^3+1=(yk-1)r$$
$$\Rightarrow y^3-y(kr)+(r+1)=0$$
$$\Rightarrow r+1 \vdots y \Rightarrow r+1=yt \Rightarrow r=yt-1$$
Thế vào phương trình ta có
$$y^3+1=(yk-1)(yt-1)$$
$$\Rightarrow y^3+1=y^2(kt)-(k+t)y+1$$
$$\Rightarrow y^3-y^2(kt)+(k+t)y=0$$
$$\Rightarrow y^2-2(kt)+(k+t)=0$$
Suy ra $\Delta_y=(kt)^2-4(k+t)$ phải là số chính phương
Do đó $(kt)^2-4(k+t)=m^2$
Đến đây mọi việc đã đơn giản vì ta nhìn thấy $kt,k+t$ là hai hàm đồng biến sau nghịch biến, cho nên ta xét như sau:
TH1: $k,t\geq 0$
Nhận thấy $(kt)^2-4(k+t-1)-4=m^2$
Nếu trong $k,t$ có một số bằng $0$ giả sử $k=0$ suy ra $-4t=m^2 \Rightarrow t=0 \Rightarrow m=0 \Rightarrow x^2+1=ky=0 \Rightarrow False!$
Nên cả hai số $k,t>0$
Ta có $kt\geq k+t-1 \Leftrightarrow (k-1)(t-1)\geq 0$ luôn đúng do đó $kt\geq (k+t-1)$
Ta xét $kt=1,2,3,4,5,6$ đều dễ dàng
Nếu $kt>7$
Suy ra $(kt)^2-4(k+t-1)-4\geq (kt)^2-4kt-4\geq (kt)^2-4kt-4-(2kt-13)=(kt-3)^2$
Mặt khác $(kt)^2-4(k+t-1)-4<(kt)^2 \Rightarrow (kt-3)^2\le m^2<(kt)^2 \Rightarrow m=kt-3,kt-2,kt-1$ lần lượt thay vào sau đó sẽ giải được phương trình tích $kt$ và tổng $k+t$ bằng phân tích nhân tử
TH2: $k,t<0$ khi đó $k,t=-k',-t'$ khi đó $(k't')^2+4(k'+t')=m^2$ và cũng chặn tương tự trên
TH3: $k>0,t<0$ khi đó $k=k,t=-t'$ khi đó $(kt')^2-4(k-t')=m^2$ cũng chặn tương tự được như trên
TH4: $k<0,t>0$ khi đó $k=k',t=t$ khi đó $(k't)^2-4(t-k')=m^2$ cũng chặn được như trên

P/S sở dĩ tại sao mình nói làm tương tự? Thực chất vì hai phương trình $ab$ và $a+b$ thì $ab$ đa số là lớn hơn $a+b$, và các trường hợp ngoại lệ thì cực kì ít, và nghiệm sẽ rơi vào th ngoại lệ đó là trường hợp ta có thể xét bằng tính toán phổ thông được

[kerry0111]

Bài toán 2:
Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho $x^2+1\vdots y;y^3+1\vdots x^2$

$y=1 \Rightarrow x=1$

$y=2 \Rightarrow x\in \left \{ 1;3 \right \}$

$y=3$ k có x t/m

$y>3$

đặt $x^2+1=y.k, y^3+1=q.x^2$

$\Rightarrow x^2|y^3k^3+k^3 \Rightarrow x^2|(x^2+1)^3+k^3\Rightarrow x^2|k^3+1$

gs $k> y$

$y^3+1=q(yk-1)\Rightarrow y^3-qky+q+1=0$

$y|q+1\Rightarrow q+1\geq y\Rightarrow q\geq y$

(dễ thấy $q+1\neq y$)

do đó $0\leq yq(y-k)+q+1< 1-q$ (vô lí)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kerry0111: 14-12-2012 - 18:46

[nguyenta98]

Bài toán 1:'
Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $a^3+b^3+c^3$$a^3+b^3+c^3$ chia hết cho $a^2b,b^2c,c^2a$
Bài toán 2:
Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho $x^2+1\vdots y;y^3+1\vdots x^2$

Giải như sau:
b) Đặt $gcd(a,b,c)=d \Rightarrow a=dx,b=dy,c=dz,gcd(x,y,z)=1$
Suy ra $x^3+y^3+z^3 \vdots x^2y,y^2z,z^2x$
Như vậy $x^3+y^3+z^3 \vdots x^2y \Rightarrow y^3+z^3 \vdots x^2$ suy ra $gcd(y,x)=1$ vì nếu $gcd(y,x)\neq 1 \Rightarrow y \vdots r,x \vdots r, r \in \mathbb{P} \Rightarrow z \vdots r \Rightarrow False!$ vì $gcd(x,y,z)=1$
Tương tự cũng cm được $gcd(x,z)=1,gcd(y,z)=1$ như vậy $x,y,z$ nguyên tố cùng nhau đôi một do đó $x^3+y^3+z^3 \vdots lcm[x^2y,y^2z,z^2x]=x^2y^2z^2$ do đó $x^3+y^3+z^3=tx^2y^2z^2$
WLOG $x\geq y\geq z$ nên $x^3+y^3+z^3=tx^2y^2z^2$
$\Rightarrow 3x^3\geq tx^2y^2z^2 \Rightarrow 3x\geq ty^2z^2$
$\Rightarrow 9x^2\geq t^2y^4z^4$
Ta có $x^3+y^3+z^3\geq x^2 \Rightarrow y^3+z^3 \vdots x^2 \Rightarrow y^3+z^3\geq x^2$
Nên $9(y^3+z^3)\geq 9x^2\geq t^2y^4z^4 \Rightarrow 9(y^3+z^3)\geq t^2y^4z^4$
Mặt khác $y\geq z \Rightarrow 18y^3\geq t^2y^4z^4 \Rightarrow 18\geq t^2yz^4$ đến đây mọi việc dễ dàng