Chứng minh phương trình sau có vô số nghiệm hữu tỷ:
x^3+y^3=9
Bắt đầu bởi jacob, 13-02-2005 - 17:26
#1
Đã gửi 13-02-2005 - 17:26
#2
Đã gửi 14-02-2005 - 10:00
bài này cũng được hoaln đưa lên rồi
vấn đề chỉ là tiòm nghiệm nguyên dương của PT:http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x^3+y^3=9z^3
HINT: dùng truy hồi
vấn đề chỉ là tiòm nghiệm nguyên dương của PT:http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x^3+y^3=9z^3
HINT: dùng truy hồi
#3
Đã gửi 20-02-2005 - 08:01
thôi, để tôi nói luôn công thức truy hồi(rồi từ đó các bạn hãy CM CT đó cho vô hạn nghiệm của Pt này-okie?)
1-(2,1,1) là 1 nghiệm
2-nếu (x,y,z) là nghiệm thì (a,b,c) cũng là nghiệm trong đó:
http://dientuvietnam...gi?a=x(x^3 2y^3)
http://dientuvietnam...i?b=-y(2x^3 y^3)
http://dientuvietnam...cgi?c=z(x^3-y^3)
3-công thức trên cho ta vô hạn nghiệm
goodluck
1-(2,1,1) là 1 nghiệm
2-nếu (x,y,z) là nghiệm thì (a,b,c) cũng là nghiệm trong đó:
http://dientuvietnam...gi?a=x(x^3 2y^3)
http://dientuvietnam...i?b=-y(2x^3 y^3)
http://dientuvietnam...cgi?c=z(x^3-y^3)
3-công thức trên cho ta vô hạn nghiệm
goodluck
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrMATH: 20-02-2005 - 08:03
#4
Đã gửi 20-02-2005 - 08:48
Tặng các chú PTTH một bài :
Chứng minh rằng phương trình http://dientuvietnam...i?a=x^3 y^3 z^3 luôn có nghiệm hữu tỷ với a nguyên cho trước tùy ý.
Chứng minh rằng phương trình http://dientuvietnam...i?a=x^3 y^3 z^3 luôn có nghiệm hữu tỷ với a nguyên cho trước tùy ý.
<span style='color:purple'>Cây nghiêng không sợ chết đứng !</span>
#5
Đã gửi 21-02-2005 - 13:48
oh
nemo, bài này thú vị đó
thêm bài nữa:
Bài toán: giả sử http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x\neq{y} và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?z\neq{0} khi đó http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x^3+y^3\neq{2z^3}
@nemo: định lý này anh lấy ở đâu vậy? nó có tên là gì? thanks
nemo, bài này thú vị đó
thêm bài nữa:
Bài toán: giả sử http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x\neq{y} và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?z\neq{0} khi đó http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x^3+y^3\neq{2z^3}
@nemo: định lý này anh lấy ở đâu vậy? nó có tên là gì? thanks
#6
Đã gửi 21-02-2005 - 17:44
Nội dung định lý (anh không biết tên) như sau :định lý này anh lấy ở đâu vậy? nó có tên là gì? thanks
Một số hữu tỷ bất kỳ đều biểu diễn được dưới dạng tổng lập phương của tối đa ba số hữu tỷ khác 0 (Như trong trường hợp số 1 không thể biểu diễn thành tổng của 2 mà phải là 3 lập phương) (Lưu ý là chứng minh của nó rất khó).
Bài toán: giả sử http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x\neq{y} và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?z\neq{0} khi đó http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x^3+y^3\neq{2z^3}
Nói chung, nếu xét trên http://dientuvietnam...mimetex.cgi?Z^* thì với số nguyên tố p bất kỳ, phương trình http://dientuvietnam...gi?x^3 y^3=pz^3 vô nghiệm !
<span style='color:purple'>Cây nghiêng không sợ chết đứng !</span>
#7
Đã gửi 21-02-2005 - 17:51
nemo, tại sao lại là nói chung: có cơ sở nào để đi tới kết luận đó?
ngay cả trong trường hợp p=2 cũng đã rất khó CM, kết luận khi p=2 được gọi là định lý WAKULICS
ngay cả trong trường hợp p=2 cũng đã rất khó CM, kết luận khi p=2 được gọi là định lý WAKULICS
#8
Đã gửi 22-02-2005 - 10:06
Người ta đã chứng minh được kết quả trên (cũng cần nói thêm là không phải chỉ những số nguyên tố mới làm pt dạng trên vô nghiệm). P=2 chỉ là trường hợp đặc biệt mà thôi !
<span style='color:purple'>Cây nghiêng không sợ chết đứng !</span>
#9
Đã gửi 22-02-2005 - 11:25
oh, nemo
anh quá lạc quan rồi đó
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?3^3+5^3=19\cdot{2^3}0
ngoài ra về định lý 3 lập phương mà anh đưa ra, em đã có lời giải rồi
đó là định lý HARDY-WIGHT: nguyên văn của nó là "mọi số hữu tỷ có vô hạn cách biểu diễn như là tổng của ba lập phương hữu tỷ"
CM cũng không quá phức tạp đâu
okie?
anh quá lạc quan rồi đó
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?3^3+5^3=19\cdot{2^3}0
ngoài ra về định lý 3 lập phương mà anh đưa ra, em đã có lời giải rồi
đó là định lý HARDY-WIGHT: nguyên văn của nó là "mọi số hữu tỷ có vô hạn cách biểu diễn như là tổng của ba lập phương hữu tỷ"
CM cũng không quá phức tạp đâu
okie?
#10
Đã gửi 22-02-2005 - 15:34
okie
lời giải nè: gọi r là số hữu tỷ dương
1) lấy số hữu tỷ v thỏa mãn:http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\sqrt[3]{\dfrac{3r}{2}}<v<\sqrt[3]{3r}
2) đặt http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?u=\dfrac{3r-v^3}{3r+v^3}
3) đặt http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?s=v\cdot({1+u})
4) đặt http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?z=s\cdot{u}
5) đặt http://dientuvietnam...metex.cgi?x=s-t
6) đặt http://dientuvietnam...metex.cgi?y=t-z
và lúc này ta có đẳng thức http://dientuvietnam...i?x^3 y^3 z^3=r
okie?
lời giải nè: gọi r là số hữu tỷ dương
1) lấy số hữu tỷ v thỏa mãn:http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\sqrt[3]{\dfrac{3r}{2}}<v<\sqrt[3]{3r}
2) đặt http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?u=\dfrac{3r-v^3}{3r+v^3}
3) đặt http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?s=v\cdot({1+u})
4) đặt http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?z=s\cdot{u}
5) đặt http://dientuvietnam...metex.cgi?x=s-t
6) đặt http://dientuvietnam...metex.cgi?y=t-z
và lúc này ta có đẳng thức http://dientuvietnam...i?x^3 y^3 z^3=r
okie?
#11
Đã gửi 22-02-2005 - 15:37
thêm vài kết quả nữa:
Bài toán 1: CM với moi số hữu tỷ dương r, phương trình ssau có nghiệm hữu tỷ đương: http://dientuvietnam...i?r=x^3 y^3-z^3
Bài toán 2: CM với mọi số hữu tỷ r, phương trình sau có nghiệm hữu tỷ dương: http://dientuvietnam...x^3 y^3-z^3-t^3
goodluck
Bài toán 1: CM với moi số hữu tỷ dương r, phương trình ssau có nghiệm hữu tỷ đương: http://dientuvietnam...i?r=x^3 y^3-z^3
Bài toán 2: CM với mọi số hữu tỷ r, phương trình sau có nghiệm hữu tỷ dương: http://dientuvietnam...x^3 y^3-z^3-t^3
goodluck
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh