Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Mở rộng từ bài toán đơn giản.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1 davidsilva98

davidsilva98

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai
  • Sở thích:Hình học, bất đẳng thức

Đã gửi 04-05-2014 - 21:26

MỞ RỘNG TỪ BÀI TOÁN ĐƠN GIẢN

I) Mở đầu

Bài toán 1: Tồn tại hay không các số $a,b,c\in Z$ thỏa $a^{3}+b^{4}=c^{5}$

Lời giải.

Từ hằng đẳng thức  $2^{25}=2^{24}+2^{24}$. Suy ra $(2^{5})^{5}=(2^{8})^{3}+(2^{6})^{4}$

Chọn $a=2^{8};b=2^{6};c=2^{5}$. Vậy tồn tại $a,b,c$ thỏa yêu cầu đề bài

Dưới đây là một số mở rộng của bài 1.

Bài toán 2:(Canada 1991) Chứng minh phương trình $x^{2}+y^{3}=z^{5}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Ta có: $2^{m}+2^{m}=2^{m+1}$. Đặt $x=2^{\frac{m}{2}};y=2^{\frac{m}{3}};z=2^{\frac{m+1}{5}}$, khi đó $x^{2}+y^{3}=z^{5}$.

Ta chỉ cần tìm m sao cho $\frac{m}{2};\frac{m}{3};\frac{m+1}{5}$ nguyên là xong. Đây là một bài toán bậc nhất đơn giản và ta có thể tìm được $m=6(5k+4)$

Vậy $x=2^{3(5k+4)};y=2^{2(5k+4)};z=2^{6k+5}$ là một họ nghiệm của phương trình dẫn đến phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài toán 3: Chứng minh phương trình $x^{2}+y^{3}+z^{4}=t^{5}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Ta có: $(3^{60n+12})^{2}+(3^{40n+8})^{3}+(3^{30n+6})^{4}=(3^{24n+5})^{5}$

Ta sẽ chọn $x=3^{60n+12};y=3^{40n+8};z=3^{30n+6};t=3^{24n+5}$

Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.

Để hiểu rõ hơn cách chọn $x,y,z$ sao cho thỏa yêu cầu đề bài, chúng ta hãy đến một định lý.

II) Nội dung

Định lý: Cho phương trình${x_{1}}^{y_{1}}+{x_{2}}^{y_{2}}+...+{x_{n}}^{y_{n}}={x_{n+1}}^{y_{n+1}}(1)$ (với $x_{1};x_{2};...;x_{n}$ là ẩn; $y_{1};y_{2};...;y_{n}$ là các số nguyên dương cho trước)

Gọi $l=lcm(y_{1};y_{2};...;y_{n})$. Nếu $(l;y_{n+1})=1$ thì phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên dương.

Chứng minh định lý:

Ta có: $n^{m}+n^{m}+...+n^{m}=n^{m+1}$. Đặt $x_{i}=n^{\frac{m}{y_{i}}}(\forall i=\bar{1,n});x_{n+1}=n^{\frac{m+1}{y_{n+1}}}$, khi đó (1) xảy ra.

Ta cần tìm $m$ sao cho $\frac{m}{y_{i}}\in Z^{+}(\forall i=\bar{1,n});\frac{m+1}{y_{n+1}}\in Z^{+}(2)$

Điều này tương đương $\left\{\begin{matrix} m\vdots l\\ m+1\vdots y_{n+1} \end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix} m=al\\ m=by_{n+1}-1 \end{matrix}\right.=>by_{n+1}-al=1(3)$

Theo hệ thức Bezout thì tồn tại $a,b\in Z$ thỏa (3)

Mặt khác (3) là phương trình Diophantine bậc nhất nên tồn tại vô số số nguyên dương $m$ thỏa (2).

Vậy phương trình (1) tồn tại vô số nghiệm nguyên dương.

III) Một số ví dụ

Bài 1: Chứng minh phương trình $x^{3}+y^{5}=z^{8}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Ta có hằng đẳng thức $2^{m}+2^{m}=2^{m+1}$. Đặt $x=2^{\frac{m}{3}};y=2^{\frac{m}{5}};z=2^{\frac{m+1}{8}}$, khi đó $x^{3}+y^{5}=z^{8}$

Ta cần tìm $m$ sao cho$\frac{m}{3};\frac{m}{5};\frac{m+1}{8}\in Z^{+}$

Dẫn đến $\left\{\begin{matrix} m=15a\\ m+1=8b \end{matrix}\right.=>8b-15a=1=>b=15n=2=>m=120n+15$

Suy ra $x=2^{40n+5};y=2^{24n+3};z=2^{15n+2}$

Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 2: Chứng minh phương trình $x^{3}+y^{4}+z^{5}=t^{8}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Ta có: $3^{m}+3^{m}+3^{m}=3^{m+1}$. Đặt $x=3^{\frac{m}{3}};y=3^{\frac{m}{4}};z=3^{\frac{m}{5}};t=3^{\frac{m+1}{7}}$

Ta cần tìm $m$ sao cho$\frac{m}{3};\frac{m}{4};\frac{m}{5};\frac{m+1}{7}\in Z^{+}$. Suy ra $\left\{\begin{matrix} m=60a\\ m+1=7b \end{matrix}\right.=>b=60n+43$

Dẫn đến $x=3^{140n+100};y=3^{105n+75};z=3^{84n+60};t=3^{60n+43}$

Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương

Bài 3: Chứng minh phương trình $a^{2}+b^{4}+c^{5}+d^{7}=e^{3}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Từ hằng đẳng thức: $4^{m}+4^{m}+4^{m}+4^{m}=4^{m+1}$

Suy ra đặt $a=4^{\frac{m}{2}}=2^{m};b=4^{\frac{m}{4}}=2^{\frac{m}{2}};c=4^{\frac{m}{5}};d=4^{\frac{m}{7}};e=4^{\frac{m+1}{3}}$

Cần tìm $m$ sao cho $\frac{m}{2};\frac{m}{5};\frac{m}{7};\frac{m+1}{3}\in Z^{+}=>\left\{\begin{matrix} m=70x\\ m+1=3y \end{matrix}\right.=>x=3n+2$

Dẫn đến $a=2^{210n+140};b=2^{105n+70};c=4^{42n+28};d=4^{30n+20};e=4^{70n+47}$

Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 4: Chứng minh phương trình $2x^{3}+3y^{4}=z^{5}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Ta luôn có: $2x^{3}+3y^{4}=z^{5}<=>x^{3}+x^{3}+y^{4}+y^{4}+y^{4}=z^{5}$

                  $5^{m}+5^{m}+5^{m}+5^{m}+5^{m}=5^{m+1}$

Đặt $x=5^{\frac{m}{3}};y=5^{\frac{m}{4}};z=5^{\frac{m+1}{5}}$, khi đó $2x^{3}+3y^{4}=z^{5}$

Ta cần tìm $m$ sao cho$\left\{\begin{matrix} m\vdots 12\\ m+1\vdots 5 \end{matrix}\right.=>m=60n+24$

Chọn $x=5^{20n+8};y=5^{15n+6};z=5^{12n+5}$

Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 5: Chứng minh phương trình $2a^{2}=b^{3}+c^{5}$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải.

Cách 1: Từ phương trình ban đầu suy ra $a^{2}+a^{2}+(-b)^{3}=c^{5}$

Mà: $3^{m}+3^{m}+3^{m}=3^{m+1}$ nên đặt $a=3^{\frac{m}{2}};b=-3^{\frac{m}{3}};c=3^{\frac{m+1}{5}}$

Ta tìm $m$ sao cho $\left\{\begin{matrix} m\vdots 6\\m+1\vdots 5 \end{matrix}\right.=>m=30n+24$

Dẫn đến $a=3^{15n+12};b=-3^{10n+8};c=3^{6n+5}$

Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên

Cách 2: Phương trình ban đầu ta có: $a^{2}+a^{2}+(-c)^{5}=b^{3}$

Đặt $a=3^{\frac{m}{2}};b=3^{\frac{m+1}{3}};c=-3^{\frac{m}{5}}$. Ta cần tìm $m$ sao cho$\left\{\begin{matrix} m\vdots 10\\ m+1\vdots 3 \end{matrix}\right.=>m=30n+20$

Dẫn đến $a=3^{15n+10};b=3^{10n+7};c=-3^{6n+4}$

Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên.

IV) Bài tập áp dụng

Bài 1: Chứng minh phương trình $2a^{3}=b^{4}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 2: Chứng minh phương trình $x^{4}+y^{5}=z^{9}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 3: Chứng minh phương trình $a^{3}+b^{4}=c^{7}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 4: Chứng minh phương trình $a^{2}+b^{4}+c^{5}=d^{3}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 5: Chứng minh phương trình $x^{2}+y^{4}+z^{6}=t^{5}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 6: Chứng minh phương trình ${x_{1}}^{3}+{x_{2}}^{5}+{x_{3}}^{7}+{x_{4}}^{9}={x_{5}}^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 7: Chứng minh phương trình $x^{2}=2y^{3}+3z^{5}+4t^{7}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 8: Chứng minh phương trình $3a^{5}+4b^{6}=c^{7}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Bài 9: Chứng minh phương trình $a^{2}+b^{4}+c^{6}=x^{3}+y^{5}+z^{7}$ có vô số nghiệm nguyên.

 

Xin kết thúc bài viết, mọi người có thể xem hướng dẫn bài tập áp dụng trong file pdf

File gửi kèm  Mở rộng từ bài toán đơn giản.pdf   109.55K   198 Số lần tải


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davidsilva98: 07-05-2014 - 00:10


#2 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 04-05-2014 - 22:08

Định lý: Cho phương trình${x_{1}}^{y_{1}}+{x_{2}}^{y_{2}}+...+{x_{n}}^{y_{n}}={x_{n+1}}^{y_{n+1}}(1)$ (với $x_{1};x_{2};...;x_{n}$ là ẩn; $y_{1};y_{2};...;y_{n}$ là các số nguyên dương cho trước)

Gọi $l=lcm(y_{1};y_{2};...;y_{n})$. Nếu $(l;y_{n+1})=1$ thì phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên dương.

Chứng minh định lý:

Ta có: $n^{m}+n^{m}+...+n^{m}=n^{m+1}$. Đặt $x_{i}=n^{\frac{m}{y_{i}}}(\forall i=\bar{1,n});x_{n+1}=n^{\frac{m+1}{y_{n+1}}}$, khi đó (1) xảy ra.

Ta cần tìm $m$ sao cho $\frac{m}{y_{i}}\in Z^{+}(\forall i=\bar{1,n});\frac{m+1}{y_{n+1}}\in Z^{+}(2)$

Điều này tương đương $\left\{\begin{matrix} m\vdots l\\ m+1\vdots y_{n+1} \end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix} m=al\\ m=by_{n+1}-1 \end{matrix}\right.=>by_{n+1}-al=1(3)$

Theo hệ thức Bezout thì tồn tại $a,b\in Z$ thỏa (3)

Mặt khác (3) là phương trình Diophantine bậc nhất nên tồn tại vô số số nguyên dương $m$ thỏa (2).

Vậy phương trình (1) tồn tại vô số nghiệm nguyên dương.

Cái quan trọng nhất là cái này, thực chất có dính dáng chút đến định lí phần dư Trung Hoa ở cái phần tồn tại nghiệm của một hệ đồng dư. Bài tổng quát này mình đã đưa ra đây hồi tháng 2 vừa rồi. Kết quả ở đó hơi "yếu" (vì mình đưa ra điều kiện các cái mũ nguyên tố cho đẹp) chứ thực chất chỉ cần nó t nguyên tố cùng nhau với thằng ngoài cùng đúng như yêu cầu của Trung Hoa là được.

 

P.s : Bài toán đầu tiên thực chất trong cuốn Số của Titu nó có đưa ra 1 công thức nghiệm khác "kinh khủng" hơn thì phải :))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 04-05-2014 - 22:14

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh