a) Cho các số nguyên \(x,y,z\) thoả mãn \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 2xyz\). Chứng minh rằng \(xyz \vdots

Câu hỏi số 568201:

Vận dụng cao

a) Cho các số nguyên \(x,y,z\) thoả mãn \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 2xyz\). Chứng minh rằng \(xyz \vdots 24\)

b) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương \(\left( {a;b;c} \right)\) sao cho \({\left( {a + b + c} \right)^2} - 2a + 2b\) là số chính phương.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:568201

Phương pháp giải

+ Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là số đa thức chia:

\(f\left( x \right) = g\left( x \right).A\left( x \right).B\left( x \right)\). Nếu \(f\left( x \right) \vdots g\left( x \right)\) thì \(f\left( x \right) = g\left( x \right).A\left( x \right).B\left( x \right) \vdots g\left( x \right)\)

+ Biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức đều chia hết cho đa thức chia:

\(f\left( x \right) = A\left( x \right) + B\left( x \right) + C\left( x \right)\). Nếu \(\left\{ \begin{array}{l}A\left( x \right) \vdots g\left( x \right)\\B\left( x \right) \vdots g\left( x \right)\\C\left( x \right) \vdots g\left( x \right)\end{array} \right.\) thì \(f\left( x \right) \vdots g\left( x \right)\)

Phương pháp xuống thang

+ Bước 1: Giả sử tồn tại nghiệm khác 0 mà đạt giá trị nhỏ nhất

+ Bước 2: Sử dụng giả thiết và các tính chất chỉ ra phương trình đó có 1 nghiệm khác nhỏ hơn

+ Bước 3: Kết luận phương trình có nghiệm là 0

* Xét số dư của số chính phương cho 1 số

+) \({a^2} \equiv 0,1(\bmod 3)\)+) \({a^2} \equiv 0,1(\bmod 4)\)

+) \({a^2} \equiv 0,1,4(\bmod 5)\)+) \({a^2} \equiv 0,1,4(\bmod 8)\)

+) \({a^3} \equiv 0,1, - 1(\bmod 9)\)+) \({a^4} \equiv 0,1(\bmod 16)\)

+ Nếu \({x^k} \vdots p\) với \(p\) là số nguyên tố thì \(x \vdots p\)

+ \(x \vdots {K^n},\forall n \Rightarrow x = 0\)

Giải chi tiết

a) Giả sử \(\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là một nghiệm nguyên của phương trình.

Do \(x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = 2{x_0}{y_0}{z_0}\) là một số chẵn nên trong các số \({x_0},{y_0},{z_0}\) có một số chẵn.

Nếu \({x_0},{y_0},{z_0}\) có hai số lẻ thì không mất tính tổng quát, ta giả sử \({x_0},{y_0}\) là số lẻ và \({z_0}\) là số chẵn, ta được :

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2a + 1\\{y_0} = 2b + 1\\{z_0} = 2c\end{array} \right.\left( {a,b,c \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Rightarrow x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = {\left( {2a + 1} \right)^2} + {\left( {2b + 1} \right)^2} + 4{c^2}\)

\( = 4{a^2} + 4{b^2} + 4{c^2} + 4\left( {a + b} \right) + 2\not{ \vdots }4\)

Mà \(2{x_0}{y_0}{z_0} \vdots 4\) (mâu thuẫn) \( \Rightarrow \) \({x_0};{y_0};{z_0}\) đều chẵn.

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2{x_1}\\{y_0} = 2{y_1}\\{z_0} = 2{z_1}\end{array} \right.\left( {{x_1},{y_1},{z_1} \in \mathbb{Z}} \right)\). Thay vào phương trình ta được: \(x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 = 4{x_1}{y_1}{z_1}\)

Làm tương tự với \({x_1},{y_1},{z_1}\) là các số chẵn và \(\left( {\dfrac{{{x_0}}}{{{2^k}}};\dfrac{{{y_0}}}{{{2^k}}};\dfrac{{{z_0}}}{{{2^k}}}} \right)\) là các nghiệm nguyên với \(\forall k \in \mathbb{N}\).

Điểu này chỉ đúng khi \({x_0} = {y_0} = {z_0} = 0\)

\( \Rightarrow xyz = 0 \vdots 24\) (đpcm)

b) Ta có:

\({\left( {a + b + c} \right)^2} - 2z + 2b = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2ac + 2bc - 2a + 2b\)

\( = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2a\left( {c - 1} \right) + 2b\left( {c + 1} \right) + 2ab\)

\({\left( {a + b + c - 1} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 1 + 2ab + 2ac - 2a + 2bc - 2b - 2c\)

\( = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2a\left( {c - 1} \right) + 2b\left( {c - 1} \right) + 2ab - 2c + 1\)

\({\left( {a + b + c + 1} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 1 + 2ab + 2ac + 2a + 2bc + 2c + 2b\)

\( = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2a\left( {c + 1} \right) + 2b\left( {c + 1} \right) + 2ab + 2c + 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {a + b + c - 1} \right)^2} < {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2a + 2b < {\left( {a + b + c + 1} \right)^2}\\ \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2a + 2b = {\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Rightarrow - 2a + 2b = 0\\ \Rightarrow a = b\end{array}\)

Vậy \(\left( {a;b;c} \right) = \left( {m;m;n} \right)\) với \(m,n\) là các số nguyên dương tuỳ ý

Tham Gia Group Dành Cho 2K11 Chia Sẻ, Trao Đổi Tài Liệu Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 8 trên Tuyensinh247.com. Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Cam kết giúp học sinh lớp 8 học tốt, hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link