Từ giả thiết ta có: $a^2c+c^2b+b^2a=3abc (1)$.Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$.Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$.Từ giả thiết ta suy ra $a\mid c^2b \Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$.Chẳng hạn $b=p^kb_1 \Rightarrow p\nmid c$.Thay vào $(1)$ ta được: $p^{2k+m}b^2_1a_1+p^{2m}a^2_1c+p^kc^2b_1=3p^{m+k}a_1b_1c$.Do đó: $p^k\le p^{2m} \Rightarrow 2m\ge k$và $p^m\mid p^k \Rightarrow m\le k \Rightarrow m+k\ge 2m \Rightarrow p^{2m}\le p^k \Rightarrow k\ge2m$.Từ đó suy ra $k=2m$ hay $p^{3m}\mid abc$. Suy ra: $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.
Từ giả thiết ta có: $a^2c+c^2b+b^2a=3abc (1)$.Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$.Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$.Từ giả thiết ta suy ra $a\mid c^2b \Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$.Chẳng hạn $b=p^kb_1 \Rightarrow p\nmid c$.Thay vào $(1)$ ta được: $p^{2k+m}b^2_1a_1+p^{2m}a^2_1c+p^kc^2b_1=3p^{m+k}a_1b_1c$.Do đó: $p^k\le p^{2m} \Rightarrow 2m\ge k$và $p^m\mid p^k \Rightarrow m\le k \Rightarrow m+k\ge 2m \Rightarrow p^{2m}\le p^k \Rightarrow k\ge2m$.Từ đó suy ra $k=2m$ hay $p^3m\mid abc$. Suy ra: $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.
Từ giả thiết ta có: $a^2c+c^2b+b^2a=3abc (1)$.Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$.Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$.Từ giả thiết ta suy ra $a\mid c^2b \Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$.Chẳng hạn $b=p^kb_1 \Rightarrow p\nmid c$.Thay vào $(1)$ ta được: $p^{2k+m}b^2_1a_1+p^{2m}a^2_1c+p^kc^2b_1=3p^{m+k}a_1b_1c$.Do đó: $p^k\le p^{2m} \Rightarrow 2m\ge k$và $p^m\mid p^k \Rightarrow m\le k \Rightarrow m+k\ge 2m \Rightarrow p^{2m}\le p^k \Rightarrow k\ge2m$.Từ đó suy ra $k=2m$ hay $p^
{3m
}\mid abc$. Suy ra: $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.