Chứng minh rằng với mọi $n \geq 3$, các phương trình sau luôn có nghiệm nguyên dương:
a) $x_0^3=x_1^3+x_2^3+...+x_n^3.$
b) $\frac{1}{x_0^3}=\frac{1}{x_1^3}+\frac{1}{x_2^3}+...+\frac{1}{x_n^3}.$
Chứng minh rằng với mọi $n \geq 3$, các phương trình sau luôn có nghiệm nguyên dương:
a) $x_0^3=x_1^3+x_2^3+...+x_n^3.$
b) $\frac{1}{x_0^3}=\frac{1}{x_1^3}+\frac{1}{x_2^3}+...+\frac{1}{x_n^3}.$
Cách duy nhất để học toán là làm toán
Chứng minh rằng với mọi $n \geq 3$, các phương trình sau luôn có nghiệm nguyên dương:
a) $x_0^3=x_1^3+x_2^3+...+x_n^3.$
b) $\frac{1}{x_0^3}=\frac{1}{x_1^3}+\frac{1}{x_2^3}+...+\frac{1}{x_n^3}.$
Xét các phương trình $Elliptic$ hữu tỷ dạng $1=m_{1}^{3}+.........+m_{n}^{3}$ ( lưu ý phương trình hữu tỷ này cm cả 2 phần của bài ) với bài này mình không chắc có giải đc cách này không
Ta chứng minh nó luôn có nghiệm dương
Trước hết ta thấy rằng điểm $A(0,0,.....0,1)$ gồm $n-1$ số $0$ là một điểm của đường cong trên
Lấy một điểm hữu tỷ bất kỳ là $B(t,t,.........t,0)$ với $t$ hữu tỷ .
Phương trình đường thẳng $AB$ là $\frac{x_{1}}{t}=\frac{x_{2}}{t}=..........=\frac{x_{n}-1}{-1}$
Nên ta có $x_{1}=x_{2}=.......=x_{n-1}=t(1-x_{n})$ đem thế vào phương trình ban đầu và ta có
$(n-1).m_{1}^{3}+m_{n}^{3}=1$
Thay $m_{1}=t(1-m_{n})$ vào ta có $(n-1).t^{3}(1-m_{n}^{3}-3m_{n}(1-m_{n}))+m^{3}=1$
Đặt $a=m_{n}$ ta có $t^{3}(n-1)(1-a^{3}+3a(a-1))+a^{3}=t^{3}(n-1) - a^{3}t^{3}(n-1)+3a(a-1).t^{3}(n-1)+a^{3}-1=0$
Bạn dùng công thức $Cardano$ tính ra nghiệm $a$ theo $t,n$ , vì $t$ là tham sô hữu tỷ nên chắc là sẽ có cách chọn để nó có nghiệm $a$ hữu tỷ
P/s : tạm thời mình đang nghĩ cách sơ cấp nhưng phải kiểm tra lại cả đề nữa mà bạn cứ tạm theo cách trên đi
Đây là giả thuyết $Euler$ trong trường hợp $n=3$
Giả thuyết này tổng quát định lý lớn $Fermat$ phát biểu như sau
Cho phương trình $x_{1}^{n}+...........+x_{m-1}^{n}+x_{m}^{n}=y^{n}$
Phương trình này có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $m\geq n$
Việc chứng minh giả thuyết này chưa có tiến triển , cũng xin nói thêm rằng bạn nên sửa đề là nghiệm nguyên , vì nguyên dương thì chưa chắc có .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 01-12-2013 - 22:21
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Xét các phương trình $Elliptic$ hữu tỷ dạng $1=m_{1}^{3}+.........+m_{n}^{3}$ ( lưu ý phương trình hữu tỷ này cm cả 2 phần của bài ) với bài này mình không chắc có giải đc cách này không
Ta chứng minh nó luôn có nghiệm dương
Trước hết ta thấy rằng điểm $A(0,0,.....0,1)$ gồm $n-1$ số $0$ là một điểm của đường cong trên
Lấy một điểm hữu tỷ bất kỳ là $B(t,t,.........t,0)$ với $t$ hữu tỷ .
Phương trình đường thẳng $AB$ là $\frac{x_{1}}{t}=\frac{x_{2}}{t}=..........=\frac{x_{n}-1}{-1}$
Nên ta có $x_{1}=x_{2}=.......=x_{n-1}=t(1-x_{n})$ đem thế vào phương trình ban đầu và ta có
$(n-1).m_{1}^{3}+m_{n}^{3}=1$
Thay $m_{1}=t(1-m_{n})$ vào ta có $(n-1).t^{3}(1-m_{n}^{3}-3m_{n}(1-m_{n}))+m^{3}=1$
Đặt $a=m_{n}$ ta có $t^{3}(n-1)(1-a^{3}+3a(a-1))+a^{3}=t^{3}(n-1) - a^{3}t^{3}(n-1)+3a(a-1).t^{3}(n-1)+a^{3}-1=0$
Bạn dùng công thức $Cardano$ tính ra nghiệm $a$ theo $t,n$ , vì $t$ là tham sô hữu tỷ nên chắc là sẽ có cách chọn để nó có nghiệm $a$ hữu tỷ
P/s : tạm thời mình đang nghĩ cách sơ cấp nhưng phải kiểm tra lại cả đề nữa mà bạn cứ tạm theo cách trên đi
Đây là giả thuyết $Euler$ trong trường hợp $n=3$
Giả thuyết này tổng quát định lý lớn $Fermat$ phát biểu như sau
Cho phương trình $x_{1}^{n}+...........+x_{m-1}^{n}+x_{m}^{n}=y^{n}$
Phương trình này có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $m\geq n$
Việc chứng minh giả thuyết này chưa có tiến triển , cũng xin nói thêm rằng bạn nên sửa đề là nghiệm nguyên , vì nguyên dương thì chưa chắc có .
Thật ra bài tập này là trong một bài viết về sinh nghiệm nguyên cho lớp 9.Mình mong muốn tìm một lời giải từ phương pháp sinh nghiệm bằng quy nạp...
Cách duy nhất để học toán là làm toán
Thật ra bài tập này là trong một bài viết về sinh nghiệm nguyên cho lớp 9.Mình mong muốn tìm một lời giải từ phương pháp sinh nghiệm bằng quy nạp...
Mình đâu có nghĩ nó quy nạp được , nếu có chứng minh , bạn có thể post được không
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Mình đâu có nghĩ nó quy nạp được , nếu có chứng minh , bạn có thể post được không
Xét $n=3$,chọn $x_0=6,x_1=3,x_2=4,x_3=5$
Xét $n=4$,chọn $x_0=7,x_1=1,x_2=1,x_3=5,x_4=6$
Giả sử ứng với $n$ ta có $x_0^3=x_1^3+x_2^3+...+x_n^3$
Khi đó ứng với $n+2$ ta có $(6x_0)^3=(3x_1)^3+(3x_2)^3+...+(3x_n)^3+(4x_0)^3+(5x_0)^3$
Chắc câu b cũng làm tương tự...
Cách duy nhất để học toán là làm toán
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh