Đến nội dung

lyxuansang91

lyxuansang91

Đăng ký: 14-08-2006
Offline Đăng nhập: 10-03-2010 - 08:48
-----

#178941 Phương Trình Nghiệm Nguyên

Gửi bởi lyxuansang91 trong 06-02-2008 - 13:43

Các hệ quả
Giả sử $ (x_{n},y_{n}) n > 0; 1 = x_{0} < x_{1}< x_{2}<.... , 0 = y_{0} < y_{1} < ...$ là dãy tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell :
$ x^2 - dy^2 = 1 $
Khi đó $ (x_{n} , n \geq 0 ) $ và $ (y_{n}, n \geq 0) $ là 2 dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 thỏa mãn công thức :
$ x_{n+1} = 2x_{1}x_{n} - x_{n-1} $
$ y_{n+1} = 2x_{1}y_{n} - y_{n-1} $

Chứng minh :

Theo định lí trên ta có :
$ x_{n+1} = x_{1}x_{n}+dy_{1}y_{n} , y_{n+1} = x_{n}y_{1} + x_{1}y_{n} \forall n > 0$
$\Rightarrow x_{n} = x_{1}x_{n-1}+dy_{1}y_{n-1} \Rightarrow dy_{1}y_{n-1} = x_{n} - x_{1}x_{n-1}$
$ x_{n+1} = x_{1}x_{n} + dy_{1}y_{n}= x_{1}x_{n} + dy_{1}(x_{n-1}y_{1}+x_{1}y_{n-1}) $
$ = x_{1}x_{n} + dy_{1}^2x_{n-1}+ x_{1}(dy_{1}y_{n}-1) $
$ = x_{1}x_{n} + dy_{1}^2x_{n-1} + x_{1}(x_{n}-x_{1}x_{n-1}) $
$ = 2x_{1}x_{n} + (dy_{1}^2 - x_{1}^2)x_{n-1} $
$ = 2x_{1}x_{n} - x_{n-1} $

Tương tự ta có : $ x_{n-1}y_{1} = y_{n}-x_{1}y_{n-1} $
$ \Rightarrow y_{n+1} = x_{n}y_{1} + x_{1}y_{n} $
$ = (x_{1}x_{n-1} + dy_{1}y_{n-1})y_{1} + x_{1}y_{n} $
$ = x_{1}(x_{n-1}y_{1}) + dy_{1}^2y_{n-1} + x_{1}y_{n} $
$ = 2x_{1}y_{n} - (x_{1}^2 - dy_{1}^2)y_{n-1} $
$ = 2x_{1}y_{n} -y_{n-1} $

Hệ quả được chứng minh


#178939 Phương Trình Nghiệm Nguyên

Gửi bởi lyxuansang91 trong 06-02-2008 - 13:41

2) Phương trình Pell

Ta xét phương trình nghiệm nguyên có dạng :
$ x^2 - dy^2 = 1 \quad(1)$

Trong đó d không phải là số chính phương. Phương trình này có tên gọi là phương trình Pell.
Trong trường hợp d là số chính phương thì $d= h^2$ thì phương trình (1) tương đương với :
$ (x-hy)(x+hy) = 1 $
Hiển nhiên phương trình này có nghiệm $ (x,y) = (\pm1,0)$

Nhưng lí do mà ta chỉ xét d không là số chính phương vì nếu (x,y) là nghiệm của phương trình (1) thì $ (\pm x, \pm y) $ cũng là nghiệm của phương trinh(1).

*) Nếu $ (x_{i},y_{i})$ và $ (x_{j},y_{j})$ là các nghiệm của phương trình (1) thì $ x_{i} > x_{j} \Leftrightarrow y_{i}>y_{j} $

Do đó ta có thể giả sử :$(x_{0},y_{0}), (x_{1},y_{1}),(x_{2},y^{2}), .... $
là tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình (1) thỏa mãn tính chất:
$1 = x_{0} < x_{1} < ... ; 0 = y_{0} < y_{1} < ... $
Khi đó :
**) $ x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n \forall n = 0,1,2, ...$
**) $ (x_{n+1},y_{n+1})$ sẽ được xác định duy nhất thông qua $(x_{n},y_{n})$ và $ (x_{n-1},y_{n-1}) $ hay là $ \{ x_{n}\} ; \{ y_{n}\}$ là các dãy truy hồi cấp 2 .

Công thức nghiệm

Định lí 1 : Cho d là một số nguyên dương không phải là một số chính phương . Khi đó phương trình Pell
$ x^2 - dy^2 = 1 $


Luôn luôn có nghiệm nguyên dương .
Định lí 2 :
Giả sử $(x_{1},y_{1}) $ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell

Khi đó điều kiện cần và đủ để (x,y) là một nghiệm nguyên dương của phương trình là tồn tại một số nguyên dương n sao cho
$ x + \sqrt{d}y = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $


Chứng minh

Giả sử tồn tại một số nguyên dương n sao cho $x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{n})^n $.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $x_{n} - \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} - \sqrt{d}y_{n})^n $ và $ (x_{n},y_{n}) $ cũng là nghiệm của phương trình Pell.

Với n = 1 hiển nhiên đúng . Giả sử đúng với n ta sẽ chứng minh nó đúng với n+ 1 .Ta có :
$(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n = (x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n(x_{1}+\sqrt{d}y_{1}) = (x_{n} + \sqrt{d}y_{n})(x_{1}) $
$ = x_{n}x_{1} + dy_{n}y_{1} + \sqrt{d}(y_{n}x_{1} + x_{n}y_{1})$

Do đó :
$ x_{n+1} = x_{n}x_{1} + dy_{n}y_{1} ; y_{n+1} = y_{n}x_{1} + x_{n}y_{1}$

Mặt khác :
$ (x_{1} -\sqrt{d}y_{1})^{n+1} = (x_{n}-\sqrt{d}y_{n})(x_{1} - \sqrt{d}y_{1}) $
$ = x_{n+1} \sqrt{d}y_{n+1} $
Tức là khẳng định đúng với n + 1 . Theo nguyên lí quy nạp ta có :
$ x_{n} \pm \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} \pm \sqrt{d}y_{1})^n \forall n \geq 0 $

Do $(x_{1},y_{1}$ là nghiệm của phương trình Pell nên
$ x_{n}^2 - dy_{n}^2 = (x_{n}+\sqrt{d}y_{n})(x_{n}-\sqrt{d}y_{n}) = (x_{1}^2 - dy_{1}^2)^n = 1 $
Vậy $(x_{n},y_{n}) $ là nghiệm của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $

Ngược lại nếu (x,y) là một nghiệm của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $ thì tồn tại n sao cho $ x + \sqrt{d}y = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $
Giả sử VT > VP :
Vì $ x_{1} + \sqrt{d}y_{1} > 1 $ nên luôn tồn tại một số nguyên dương m sao cho
$(x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^m < x + \sqrt{d}y < (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^{m+1}$
$\Rightarrow 1< (x+\sqrt{d})(x_{1}- \sqrt{d}y_{1})^m < x_{1} + \sqrt{d}y_{1} $

Mặt khác theo phần trên
$(x+\sqrt{d}y)(x_{1} - \sqrt{d}y_{1})^m = s + \sqrt{d}t $ với
$ s = xx_{m}-dyy_{m} , t= x_{m}y - xy_{m} $
$ \Rightarrow 1 < s + \sqrt{d}t < x_{1} + \sqrt{d}y_{1} $

Ta sẽ chứng minh (s,t) cũng là một nghiệm nguyên dương của phương trình
$x^2 - \sqrt{d}y^2 = 1 $
Thật vậy
$s^2 - dt^2 = (xx_{m}-dyy_{m})^2 - d(x_{m}y-xy_{m})^2 = x_{m}^2(x^2 -dy^2)-dy_{m}^2(x^2- dy^2) = x_{m}^2 - dy_{m}^2 = 1 $

s > 0 . Mặt khác do $ s^2 -dt^2 = (s- \sqrt{d}t)(s+\sqrt{d}t) = 1 $ và $ s + \sqrt{d}t > 1$ nên $ 0<s-\sqrt{d}t < 1 $
tức là t > 0 . Vậy (s,t) là một nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2 - dy^2 = 1 $ mà nghiệm này nhỏ hơn $ (x_{1},y_{1}) $ nên vô lí .

Vì vậy các nghiệm của PT Pell thỏa mãn đẳng thức:
$x_{n} \pm \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} \pm \sqrt{d}y_{1})^n \forall n = 0,1,2,...$
$\Rightarrow \left \{ \begin{array}{l} x_{n} = \dfrac{(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n + (x_{1} - \sqrt{d}y_{1})^n}{2} \\ y_{n} = \dfrac{(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n-(x_{1}-\sqrt{d}y_{1})^n}{2\sqrt{d}} \end{array}\right. $


#178938 Phương Trình Nghiệm Nguyên

Gửi bởi lyxuansang91 trong 06-02-2008 - 13:39

1)Phương trình Pythagore

Phương trình Pythagore có dạng :
$ x^2 + y^2 = z^2 $

Dễ thấy nếu $ (x_{0},y_{0},z_{0})$ là một nghiệm của phương trình thì với mọi số nguyên dương k bộ $ (kx_{0},ky_{0},kz_{0})$ cũng là một nghiệm. Ngược lại nếu $ (x_{0},y_{0},z_{0})$ là một nghiệm của phương trình trên và $ d =(x_{0},y_{0},z_{0}) $ thì $ (\dfrac{x_{0}}{d}, \dfrac{y_{0}}{d},\dfrac{z_{0}}{d}) $ cũng là một nghiệm và việc của chúng ta cần làm là xét bộ (x,y,z) thỏa mãn (x,y,z) = 1 .


Định lí :
Giả sử (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy với x chẵn . Khi đó luôn tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n thỏa mãn :
$ x = 2mn , y = m^2 - n^2 , z = m^2 + n^2 $

Ngược lại, nếu tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n sao cho :
$ x = 2mn, y = m^2 - n^2 z = m^2 + n^2 $
thì (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy .


Chứng Minh:

Giả sử (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy với x chẵn , ta có :
$ \dfrac{x}{2}^2 = (\dfrac{z+y}{2})(\dfrac{z-y}{2}) $
Vì (z,y) = 1 nên $ (\dfrac{z+y}{2},\dfrac{z-y}{2})=1$

Do đó tồn tại 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n, sao cho :
$ \dfrac{z+y}{2} = m^2; \dfrac{z-y}{2} = n^2$
Từ đó suy ra $ x = 2mn , y= m^2 - n^2 , z = m^2 + n^2$

Ngược lại , nếu tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n sao cho :
$ x = 2mn; y = m^2- n^2 ; z= m^2 + n^2$ thì dễ dàng KT (x,y,z) là một bộ Pythagore. Cần chứng minh (x,y,z) là bộ Pythagore nguyên thủy .Đặt (y,z) = d vì y,z là số lẻ nên d lẻ.Mặt khác :
$ y + z = 2m^2 \vdots d; z-y = 2n^2 \vdots d $

$ \Rightarrow m^2 \vdots d ; n^2 \vdots d $ . Vì (m,n) =1 nên d = 1 tức là (y,z)= 1 . Từ đó suy ra (x,y) =1 và (x,z) = 1. Điều phải chứng minh


#160770 Phương Trình Nghiệm Nguyên

Gửi bởi lyxuansang91 trong 19-07-2007 - 12:06

Các hệ quả
Giả sử $ (x_{n},y_{n}) n > 0; 1 = x_{0} < x_{1}< x_{2}<.... , 0 = y_{0} < y_{1} < ...$ là dãy tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell :
$ x^2 - dy^2 = 1 $
Khi đó $ (x_{n} , n \geq 0 ) $ và $ (y_{n}, n \geq 0) $ là 2 dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 thỏa mãn công thức :
$ x_{n+1} = 2x_{1}x_{n} - x_{n-1} $
$ y_{n+1} = 2x_{1}y_{n} - y_{n-1} $

Chứng minh :

Theo định lí trên ta có :
$ x_{n+1} = x_{1}x_{n}+dy_{1}y_{n} , y_{n+1} = x_{n}y_{1} + x_{1}y_{n} \forall n > 0$
$\Rightarrow x_{n} = x_{1}x_{n-1}+dy_{1}y_{n-1} \Rightarrow dy_{1}y_{n-1} = x_{n} - x_{1}x_{n-1}$
$ x_{n+1} = x_{1}x_{n} + dy_{1}y_{n}= x_{1}x_{n} + dy_{1}(x_{n-1}y_{1}+x_{1}y_{n-1}) $
$ = x_{1}x_{n} + dy_{1}^2x_{n-1}+ x_{1}(dy_{1}y_{n}-1) $
$ = x_{1}x_{n} + dy_{1}^2x_{n-1} + x_{1}(x_{n}-x_{1}x_{n-1}) $
$ = 2x_{1}x_{n} + (dy_{1}^2 - x_{1}^2)x_{n-1} $
$ = 2x_{1}x_{n} - x_{n-1} $

Tương tự ta có : $ x_{n-1}y_{1} = y_{n}-x_{1}y_{n-1} $
$ \Rightarrow y_{n+1} = x_{n}y_{1} + x_{1}y_{n} $
$ = (x_{1}x_{n-1} + dy_{1}y_{n-1})y_{1} + x_{1}y_{n} $
$ = x_{1}(x_{n-1}y_{1}) + dy_{1}^2y_{n-1} + x_{1}y_{n} $
$ = 2x_{1}y_{n} - (x_{1}^2 - dy_{1}^2)y_{n-1} $
$ = 2x_{1}y_{n} -y_{n-1} $

Hệ quả được chứng minh


#160724 Phương Trình Nghiệm Nguyên

Gửi bởi lyxuansang91 trong 19-07-2007 - 04:56

2) Phương trình Pell

Ta xét phương trình nghiệm nguyên có dạng :
$ x^2 - dy^2 = 1 \quad(1)$

Trong đó d không phải là số chính phương. Phương trình này có tên gọi là phương trình Pell.
Trong trường hợp d là số chính phương thì $d= h^2$ thì phương trình (1) tương đương với :
$ (x-hy)(x+hy) = 1 $
Hiển nhiên phương trình này có nghiệm $ (x,y) = (\pm1,0)$

Nhưng lí do mà ta chỉ xét d không là số chính phương vì nếu (x,y) là nghiệm của phương trình (1) thì $ (\pm x, \pm y) $ cũng là nghiệm của phương trinh(1).

*) Nếu $ (x_{i},y_{i})$ và $ (x_{j},y_{j})$ là các nghiệm của phương trình (1) thì $ x_{i} > x_{j} \Leftrightarrow y_{i}>y_{j} $

Do đó ta có thể giả sử :$(x_{0},y_{0}), (x_{1},y_{1}),(x_{2},y^{2}), .... $
là tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình (1) thỏa mãn tính chât:
$1 = x_{0} < x_{1} < ... ; 0 = y_{0} < y_{1} < ... $
Khi đó :
**) $ x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n \forall n = 0,1,2, ...$
**) $ (x_{n+1},y_{n+1})$ sẽ được xác định duy nhất thông qua $(x_{n},y_{n})$ và $ (x_{n-1},y_{n-1}) $ hay là $ \{ x_{n}\} ; \{ y_{n}\}$ là các dãy truy hồi cấp 2 .

Công thức nghiệm

Định lí 1 : Cho d là một số nguyên dương không phải là một số chính phương . Khi đó phương trình Pell
$ x^2 - dy^2 = 1 $


Luôn luôn có nghiệm nguyên dương .
Định lí 2 :
Giả sử $(x_{1},y_{1}) $ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell

Khi đó điều kiện cần và đủ để (x,y) là một nghiệm nguyên dương của phương trình là tồn tại một số nguyên dương n sao cho
$ x + \sqrt{d}y = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $


Chứng minh

Giả sử tồn tại một số nguyên dương n sao cho $x_{n} + \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} + \sqrt{d}y_{n})^n $.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $x_{n} - \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} - \sqrt{d}y_{n})^n $ và $ (x_{n},y_{n}) $ cũng là nghiệm của phương trình Pell.

Với n = 1 hiển nhiên đúng . Giả sử đúng với n ta sẽ chứng minh nó đúng với n+ 1 .Ta có :
$(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n = (x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n(x_{1}+\sqrt{d}y_{1}) = (x_{n} + \sqrt{d}y_{n})(x_{1}) $
$ = x_{n}x_{1} + dy_{n}y_{1} + \sqrt{d}(y_{n}x_{1} + x_{n}y_{1})$

Do đó :
$ x_{n+1} = x_{n}x_{1} + dy_{n}y_{1} ; y_{n+1} = y_{n}x_{1} + x_{n}y_{1}$

Mặt khác :
$ (x_{1} -\sqrt{d}y_{1})^{n+1} = (x_{n}-\sqrt{d}y_{n})(x_{1} - \sqrt{d}y_{1}) $
$ = x_{n+1} \sqrt{d}y_{n+1} $
Tức là khẳng định đúng với n + 1 . Theo nguyên lí quy nạp ta có :
$ x_{n} \pm \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} \pm \sqrt{d}y_{1})^n \forall n \geq 0 $

Do $(x_{1},y_{1}$ là nghiệm của phương trình Pell nên
$ x_{n}^2 - dy_{n}^2 = (x_{n}+\sqrt{d}y_{n})(x_{n}-\sqrt{d}y_{n}) = (x_{1}^2 - dy_{1}^2)^n = 1 $
Vậy $(x_{n},y_{n}) $ là nghiệm của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $

Ngược lại nếu (x,y) là một nghiệm của phương trình $ x^2 - dy^2 = 1 $ thì tồn tại n sao cho $ x + \sqrt{d}y = (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^n $
Giả sử VT > VP :
Vì $ x_{1} + \sqrt{d}y_{1} > 1 $ nên luôn tồn tại một số nguyên dương m sao cho
$(x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^m < x + \sqrt{d}y < (x_{1} + \sqrt{d}y_{1})^{m+1}$
$\Rightarrow 1< (x+\sqrt{d})(x_{1}- \sqrt{d}y_{1})^m < x_{1} + \sqrt{d}y_{1} $

Mặt khác theo phần trên
$(x+\sqrt{d}y)(x_{1} - \sqrt{d}y_{1})^m = s + \sqrt{d}t $ với
$ s = xx_{m}-dyy_{m} , t= x_{m}y - xy_{m} $
$ \Rightarrow 1 < s + \sqrt{d}t < x_{1} + \sqrt{d}y_{1} $

Ta sẽ chứng minh (s,t) cũng là một nghiệm nguyên dương của phương trình
$x^2 - \sqrt{d}y^2 = 1 $
Thật vậy
$s^2 - dt^2 = (xx_{m}-dyy_{m})^2 - d(x_{m}y-xy_{m})^2 = x_{m}^2(x^2 -dy^2)-dy_{m}^2(x^2- dy^2) = x_{m}^2 - dy_{m}^2 = 1 $

s > 0 . Mặt khác do $ s^2 -dt^2 = (s- \sqrt{d}t)(s+\sqrt{d}t) = 1 $ và $ s + \sqrt{d}t > 1$ nên $ 0<s-\sqrt{d}t < 1 $
tức là t > 0 . Vậy (s,t) là một nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2 - dy^2 = 1 $ mà nghiệm này nhỏ hơn $ (x_{1},y_{1}) $ nên vô lí .

Vì vậy các nghiệm của PT Pell thỏa mãn đẳng thức:
$x_{n} \pm \sqrt{d}y_{n} = (x_{1} \pm \sqrt{d}y_{1})^n \forall n = 0,1,2,...$
$\Rightarrow \left \{ \begin{array}{l} x_{n} = \dfrac{(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n + (x_{1} - \sqrt{d}y_{1})^n}{2} \\ y_{n} = \dfrac{(x_{1}+\sqrt{d}y_{1})^n-(x_{1}-\sqrt{d}y_{1})^n}{2\sqrt{d}} \end{array}\right. $


#160723 Phương Trình Nghiệm Nguyên

Gửi bởi lyxuansang91 trong 19-07-2007 - 03:56

1)Phương trình Pythagore

Phương trình Pythagore có dạng :
$ x^2 + y^2 = z^2 $

Dễ thấy nếu $ (x_{0},y_{0},z_{0})$ là một nghiệm của phương trình thì với mọi số nguyên dương k bộ $ (kx_{0},ky_{0},kz_{0})$ cũng là một nghiệm. Ngược lại nếu $ (x_{0},y_{0},z_{0})$ là một nghiệm của phương trình trên và $ d =(x_{0},y_{0},z_{0}) $ thì $ (\dfrac{x_{0}}{d}, \dfrac{y_{0}}{d},\dfrac{z_{0}}{d}) $ cũng là một nghiệm và việc của chúng ta cần làm là xét bộ (x,y,z) thỏa mãn (x,y,z) = 1 .


Định lí :
Giả sử (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy với x chẵn . Khi đó luôn tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n thỏa mãn :
$ x = 2mn , y = m^2 - n^2 , z = m^2 + n^2 $

Ngược lại, nếu tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n sao cho :
$ x = 2mn, y = m^2 - n^2 z = m^2 + n^2 $
thì (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy .


Chứng Minh:

Giả sử (x,y,z) là một bộ Pythagore nguyên thủy với x chẵn , ta có :
$ \dfrac{x}{2}^2 = (\dfrac{z+y}{2})(\dfrac{z-y}{2}) $
Vì (z,y) = 1 nên $ (\dfrac{z+y}{2},\dfrac{z-y}{2})=1$

Do đó tồn tại 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n, sao cho :
$ \dfrac{z+y}{2} = m^2; \dfrac{z-y}{2} = n^2$
Từ đó suy ra $ x = 2mn , y= m^2 - n^2 , z = m^2 + n^2$

Ngược lại , nếu tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n sao cho :
$ x = 2mn; y = m^2- n^2 ; z= m^2 + n^2$ thì dễ dàng KT (x,y,z) là một bộ Pythagore. Cần chứng minh (x,y,z) là bộ Pythagore nguyên thủy .Đặt (y,z) = d vì y,z là số lẻ nên d lẻ.Mặt khác :
$ y + z = 2m^2 \vdots d; z-y = 2n^2 \vdots d $

$ \Rightarrow m^2 \vdots d ; n^2 \vdots d $ . Vì (m,n) =1 nên d = 1 tức là (y,z)= 1 . Từ đó suy ra (x,y) =1 và (x,z) = 1. Điều phải chứng minh


#141811 Những định nghĩa và tính chất cơ bản

Gửi bởi lyxuansang91 trong 13-01-2007 - 10:50

Rất cám ơn vo thanh van vì những ý kiến quý giá, dạo này anh ko lên mạng được nhiều nên chưa kịp bổ xung cho các định lí đã gửi. Anh sẽ cố gắng làm trong thời gian ngắn nhất.

Phần về tứ giác toàn phần em có thể nói rõ hơn được ko? 3 tam giác của tứ giác toàn phần là những tam giác nào vậy?

Các định lí em bổ xung đều khá hay, đều là những kết quả rất hay được sử dụng. Nói thật là bây giờ anh mới biết tên của nó đấy :D. Riêng định lí cuối cùng HELLY anh thấy có vẻ thuộc về hình học tổ hợp hơn nên có lẽ chưa đưa vào vội.

Cám ơn em đã đóng góp ý kiến.

@mods: những bài viết góp ý và trả lời của các thành viên và mods ko nên xóa, sẽ rất lộn xộn trong topic, hơn nữa để mọi người biết rõ hơn cách làm việc của chúng ta.

Từ cái này suy ra trực tiếp bất đẳng thức Ptoleme hay quá trời


#141794 Những định nghĩa và tính chất cơ bản

Gửi bởi lyxuansang91 trong 13-01-2007 - 08:16

Anh neverstop à,lần trước em ghi nhầm đó là bốn đường tròn ngoại tiếp 4 tam giác trong tứ giác hoàn đồng quy tại một điểm M được gọi là điểm Miquel.
Em cũng xin bổ sung thêm một số định lí sau
Định lí Stewart:Nếu đưởng thẳng AD=d thuộc tam giác ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD=m và CD=n thì $d^{2}a=b^{2}m+c^{2}n-amn$
Định lí Carnot:Tổng các khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp đến các cạnh bằng tổng các bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp
Định lí Feurbach:Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của tam giác
Và còn định lí Ptolemy nữa mà em chưa thấy anh nhắc tới,ở diễn đàn zaizai đã có một bài viết về định lí này rất hay

ai có thể giúp mình cái định lí XE-VA sin và góc định hướng theo modun làm ơn với


#125560 $\sum \sqrt{7(a^{3}+b^{3})+11ab}...

Gửi bởi lyxuansang91 trong 29-10-2006 - 14:24

Cho ba số thực $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $a+b+c = 2\sqrt3$ và $a^2,b^2,c^2$ là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

$$\sum \sqrt{7(a^{3}+b^{3})+11ab} \geq 10\sqrt{3}$$