Bổ đề 1 : Phương trình $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ luôn có nghiệm nguyên và công thức tổng quát để tính nghiệm là .
$x=t.2mn$
$y=t.(m^{2}-n^{2})$
$z=t(m^{2}+n^{2})$
Trong đó $(m,n)=1$ và $m,n$ chẵn lẻ khác nhau thỏa mãn $m>n$
Bổ đề 2: Mọi số nguyên tố $p$ đồng dư 1 theo mod 4 đều biểu diễn được dưới dạng tổng 2 số cp , và chỉ có số nguyên tố lẻ dạng này mới có biểu diễn như vậy .
Ở đây 2 bổ đề này khá quen thuộc và mình không chứng minh lại .
Ta xét bổ đề 3 : Nếu tồn tại số $n$ thỏa mãn bài toán trên , khi đó $n^{2}$ cũng biểu diễn được dưới dạng tổng hai số chính phương dương .
Chứng minh , đặt $n=a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2}$
Ta có $n^{2}=(ac)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}+(bd)^{2}= (ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2}$
Áp dụng bổ đề một , ở đây ta chỉ cần xét 1 TH , TH sau cm tương tự
Đặt $n=m^{2}+n^{2}$ (ở đây $t=1$ vì $n$ nguyên tố )
$ac-bd=2mn$
Và $ad+bc=m^{2}-n^{2}$
Ở đây nếu m ,n không trùng với một trong 2 cách phân tích ban đầu thì lập luận tương tự thì $n$ có vô hạn cách phân tích , vô lý .
Nên giả sử $m=a,n=b$
Khi đó $ac-bd=2ab,ad+bc=a^{2}-b^{2}$
Thay trở lại pt ta có $(ac)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}+(bd)^{2}=a^{4}+b^{4}$
$=>(a^{2}+b^{2})^{2}=a^{4}+b^{4}$
Vô lý và ta có dpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 04-09-2013 - 21:27
