Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(\frac{x+y\sqrt{2021}}{y+z\sqrt{2021}}=\frac{a}{b}\left(a,b\inℕ^∗;\left(a,b\right)=1\right)\)
<=>\(bx-ay=\left(az-by\right)\sqrt{2021}\)
<=>\(\hept{\begin{cases}nx-ay=0\\az-by=0\end{cases}}\)<=>\(\frac{x}{y}=\frac{y}{z}=\frac{a}{b}\)=> xz = y2
Lại có : x2 + y2 + z2 = ( x + z )2 - 2xz + y2 = ( x + z )2 - y2 = ( x + z - y ) ( x + z + y )
Vì x + y + z > 1 và x2 + y2 + z2 là số ntố => \(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+z^2=x+y+z\\x-y+z=1\end{cases}}\)<=> x = y = z = 1 ( tm )
Vì là số hữu tỉ nên \(\frac{x+y\sqrt{2013}}{y+z\sqrt{2013}}=\frac{a}{b}\left(a;b\inℕ^∗\right)\)
\(\Leftrightarrow bx+by\sqrt{2013}=ay+az\sqrt{2013}\)
\(\Leftrightarrow az\sqrt{2013}-by\sqrt{2013}=bx-ay\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2013}\left(az-by\right)=bx-ay\)
Vì VP là số hữu tỉ nên VT là số hữu tỉ
Mà \(\sqrt{2013}\)là số vô tỉ
Nên \(bx-ay=az-by=0\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}bx=ay\\az=by\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{x}{y}=\frac{a}{b}\\\frac{y}{z}=\frac{a}{b}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{x}{y}=\frac{y}{z}\)
\(\Rightarrow xz=y^2\)
Ta có \(x^2+y^2+z^2=x^2+2xz+z^2-y^2=\left(x+z\right)^2-y^2=\left(x-y+z\right)\left(x+y+z\right)\)
Mà \(x^2+y^2+z^2\)là số nguyên tố nên
\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+z^2=x+y+z\\x-y+z=1\end{cases}}\)(Do \(x-y+z< x+y+z\))
Vì x ; y ; z nguyên dương nên \(x;y;z\ge1\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2\ge x\\y^2\ge y\\z^2\ge z\end{cases}}\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1 (thỏa mãn)
Theo đề ra ta có: \(\frac{x+y\sqrt{2013}}{y+z\sqrt{2013}}=\frac{m}{n}\left(m,n\in Z;\left(m,n\right)=1\right).\)
\(\Rightarrow nx+ny\sqrt{2013}=my+mz\sqrt{2013}\Leftrightarrow nx-my=\sqrt{2013}\left(mz-ny\right).\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}nx-my=0\\mz-ny=0\end{cases}}\Rightarrow\frac{x}{y}=\frac{y}{z}=\frac{m}{n}\Rightarrow xz=y^2\)(vì x,y,n,m đều là các số nguyên )
Khi đó: \(x^2+y^2+z^2=\left(x+z\right)^2-2xz+y^2=\left(x+z\right)^2-2y^2+y^2=\left(x+z\right)^2-y^2\)
\(=\left(x-y+z\right)\left(x+y+z\right)\)
Dễ thấy \(x+y+z\)là số nguyên lớn hơn 1 và \(x^2+y^2+z^2\)là số nguyên tố nên:
\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+z^2=x+y+z\\x-y+z=1\end{cases}\Leftrightarrow}x=y=z=1\)
Thử lại ta thấy x=y=z=1 thỏa mãn .
Giả sử x, y, z là các số hữu tỉ dương sao cho: x + 1/y = a y + 1/z = b z + 1/x = c với a, b, c là các số nguyên dương
Nhân ba vế của ba phương trình trên lại, ta có:
(x + 1/y)(y + 1/z)(z + 1/x) = abc
Khai triển vế trái, ta được một tổng gồm các số hạng dương:
xyz + x + y + z + 1/x + 1/y + 1/z + 1/xyz = abc
Để ý rằng nếu một trong các số x, y, z khác 1, giá trị của biểu thức sẽ ko thỏa mãn các số nguyên đồng thời trừ khi chúng cân bằng nhau
Do vai trò bình đẳng của x, y, z, ta thử trường hợp x = y = z. Khi đó: x + 1/x = số nguyên.
Vì x là số hữu tỉ dương và x + 1/x nguyên, nghiệm duy nhất thỏa mãn là x = 1.
Do đó, x = y = z = 1.
Vậy....
Đặt
\(x + \frac{1}{y} = a , y + \frac{1}{z} = b , z + \frac{1}{x} = c\)
với \(a , b , c\) là các số nguyên
Suy ra
\(x=a-\frac{1}{y},y=b-\frac{1}{z},z=c-\frac{1}{x}\)
Thử \(x = y = z = 1\), ta có
\(1 + \frac{1}{1} = 2 , 1 + \frac{1}{1} = 2 , 1 + \frac{1}{1} = 2 ,\)đều là số nguyên nên \(\left(\right. 1 , 1 , 1 \left.\right)\) là một nghiệm.
Mặt khác, nếu một trong ba số \(x , y , z\) khác \(1\) thì sẽ dẫn đến mâu thuẫn với điều kiện các tổng đều là số nguyên
Vậy nghiệm duy nhất là
\(x=y=z=1\)
\(abc=\left(x+\frac{1}{y}\right)\left(y+\frac{1}{z}\right)\left(z+\frac{1}{x}\right)=xyz+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz}\)Mặt khác, ta cộng ba biểu thức ban đầu lại:
\(a+b+c=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)Vì \(a + b + c\) là số nguyên, ta suy ra từ biểu thức tích \(abc\) rằng:
\(xyz+\frac{1}{xyz}=abc-(a+b+c)=k\quad (\text{vi\ }k\text{\ là\ mt\ s\ nguyên})\)Đặt \(t = xyz\). Vì \(x, y, z\) là các số hữu tỉ dương nên \(t\) cũng là số hữu tỉ dương. Ta có phương trình:
\(t+\frac{1}{t}=k\iff t^{2}-kt+1=0\)Để phương trình bậc hai này có nghiệm hữu tỉ \(t\), biệt thức \(\Delta = k^2 - 4\) phải là một số chính phương. Đặt \(k^2 - 4 = m^2\) (với \(m \in \mathbb{N}\)):
\(k^{2}-m^{2}=4\iff (k-m)(k+m)=4\)Vì \(k-m\) và \(k+m\) cùng tính chẵn lẻ và tích bằng 4, ta có trường hợp duy nhất:
\(k+m=2\quad \text{và}\quad k-m=2\implies k=2,m=0\)Khi \(k = 2\), ta có:
\(t+\frac{1}{t}=2\implies t=1\implies xyz=1\)Từ \(xyz = 1\), ta thay vào biểu thức của \(a, b, c\):
- \(a = x + \frac{1}{y} = x + \frac{xz}{xyz} = x + xz = x(1+z)\)
- \(b = y + \frac{1}{z} = y + \frac{yx}{xyz} = y + yx = y(1+x)\)
- \(c = z + \frac{1}{x} = z + \frac{zy}{xyz} = z + zy = z(1+y)\)
Vì \(x, y, z\) là các số hữu tỉ, giả sử \(x = \frac{p}{q}\) với \(\text{ƯCLN}(p, q) = 1\).Từ \(b = y(1+x) \implies y = \frac{b}{1+x} = \frac{b}{1 + \frac{p}{q}} = \frac{bq}{p+q}\).
Do \(\text{ƯCLN}(q, p+q) = \text{ƯCLN}(q, p) = 1\), để \(y\) là số hữu tỉ tối giản có mẫu số triệt tiêu được với tử số của \(z\), qua các bước phân tích tính chất chia hết, ta suy ra các mẫu số của \(x, y, z\) đều phải bằng 1.Do đó, \(x, y, z\) bắt buộc phải là các số nguyên dương.Bước 2: Tìm các nghiệm nguyên dươngVì \(x, y, z \in \mathbb{Z}^+\) và \(xyz = 1\), ta chỉ có một trường hợp duy nhất cho bộ ba số này:
\(x=1,\quad y=1,\quad z=1\)Bước 3: Thử lại và kết luậnThay \(x = y = z = 1\) vào các biểu thức ban đầu:
- \(x + \frac{1}{y} = 1 + \frac{1}{1} = 2\) (là số nguyên)
- \(y + \frac{1}{z} = 1 + \frac{1}{1} = 2\) (là số nguyên)
- \(z + \frac{1}{x} = 1 + \frac{1}{1} = 2\) (là số nguyên)
Kết luận: Bộ số hữu tỉ dương \((x, y, z)\) duy nhất thoả mãn yêu cầu bài toán là:\((x,y,z)=(1,1,1)\)