Bài toán [Số lập phương]

Bài toán : Cho các số nguyên $x,y,z$ thỏa mãn hệ thức $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=t$ với $t$ là một số nguyên. Chứng minh rằng $\sqrt[3]{xyz}\in \mathbb{Z}$.

Lời giải :

Đặt $gcd(x,y,z)=d$. Đặt $x=d{x}_0;y=d{y}_0;z=d{z}_0(x_0,y_0,z_0\in \mathbb{Z},gcd(x_0,y_0,z_0)=1)$

Khi đó ta vẫn có $\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{z_0}+\frac{z_0}{x_0}=t$ $\iff x_0^2{z}_0+y_0^2{x}_0+z_0^2{y}_0=t{x}_0{y}_0{z}_0$

Để chứng minh $\sqrt[3]{xyz}\in \mathbb{Z}$ ta quy về chứng minh $\sqrt[3]{d^3{x}_0{y}_0{z}_0}\in \mathbb{Z}$ hay $\sqrt[3]{x_0{y}_0{z}_0}\in \mathbb{Z}$.

Nhận thấy rằng nếu bộ $\left(x_0;y_0;z_0\right)$ thỏa mãn $x_0{y}_0{z}_0=\pm 1$ thì hiển nhiên $\sqrt[3]{x_0{y}_0{z}_0}=\pm 1\in \mathbb{Z}$.

Do đó ta xét $x_0{y}_0{z}_0\ne \pm 1$.

Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kì của tích $x_0{y}_0{z}_0$.

• Nếu $p$ là ước của cả ba số $x_0,y_0,z_0$ thì mâu thuẫn với điều kiện $gcd(x_0;y_0;z_0)=1$
• Nếu $p$ chỉ là ước của một trong ba số $x_0,y_0,z_0$ thì ta thấy $p\nmid x_0^2{z}_0+y_0^2{x}_0+z_0^2{y}_0$ trong khi $p|9x_0{y}_0{z}_0$. Mâu thuẫn với $(\ast )$

Suy ra $p$ là chỉ là ước của hai trong ba số $x_0,y_0,z_0$. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $p$ chỉ là ước của $x_0,y_0$ và không là ước của $z_0$.

Gọi $v_p(x_0)=a,v_p(y_0)=b$. Với $a,b$ nguyên dương.

Xét ba trường hợp :

$▼$ Trường hợp 1 : Nếu $b\ge 2a+1$

Khi đó $v_p(y_0)\ge 2a+1\Rightarrow p^{2a+1}|y_0$. Do đó từ $(\ast )$ ta suy ra $p^{2a+1}|x_0^2{z}_0$

Nhưng ta chỉ có $p^{2a}\parallel x_0^2$ (vì $p^a\parallel x_0$) nên $p|z_0$. Mâu thuẫn

$▼$ Trường hợp 2 : Nếu $b\le 2a-1\iff b+1\le 2a$.

Khi đó $v_p(x_0^2)=2a\ge b+1\Rightarrow p^{b+1}|x_0^2$

Và $v_p(x_0{y}_0)=a+b\ge b+1\Rightarrow p^{b+1}|x_0{y}_0$.

Do đó từ $(\ast )$ ta suy ra $p^{b+1}|z_0^2{y}_0$.

Nhưng $p^b\parallel y_0$, nên phải có $p|z_0^2$. Mâu thuẫn

$▼$ Trường hợp 3 : Nếu $b=2a$

Khi đó $v_p(x_0{y}_0{z}_0)=a+b=3a$.

Suy ra $\sqrt[3]{x_0{y}_0{z}_0}\in \mathbb{Z}$. Đây là đpcm