Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh phương trình $x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = 2001^n$ luôn có nghiệm nguyên


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1
200dong

200dong

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 151 Bài viết

Bài 1: Chứng minh rằng phương trình $x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = 2001^n$ luôn có nghiệm nguyên với mọi $n \ge 2$ 

 

Bài 2: Chứng minh rằng phương trình $x^2 + y^5 = z^3$ có vô số nghiệm nguyên (x; y; z) thỏa mãn xyz $\not= 0$ 

 

Bài 3: Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên : 

$a) 3x^2 - 4y^2 = 13$ 

 

$b) 19x^2 + 28y^2 = 2001$ 

 

$c) x^2 = 2y^2 - 8y + 3$ 

 

$d) x^5 - 5x^3 + 4x = 24(5y + 1)$ 

 

$e) 3x^5 - x^3 + 6x^2 - 18x = 2001$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hachinh2013: 23-02-2015 - 00:12


#2
tandatcr2000pro

tandatcr2000pro

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết

Bài 3 xét số dư bạn à.

vd câu a

$3x^{2}-4y^{2}=13$

Thấy$VP\equiv 1(mod 3) \Rightarrow VT=3x^{2}-4y^{2}\equiv 1(mod 3) \Leftrightarrow -y^{2}\equiv 1 (mod 3) \Leftrightarrow y^{2}\equiv 2 (mod 3)$(vô lý)

đpcm

các câu khác tương tự vậy


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tandatcr2000pro: 22-02-2015 - 15:30

$0\vdots 0$


#3
200dong

200dong

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 151 Bài viết

Bạn làm giúp mình câu c;d;e với! Hướng dẫn thôi cũng được. Thanks bạn! ^^ 



#4
200dong

200dong

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 151 Bài viết

Mà mình làm như này bạn thấy được không ? 

c) $x^2 = 2y^2 - 8y + 3$ 

 

$\leftrightarrow x^2 - 2y^2 = - 8y + 3 \leftrightarrow 2y^2 - x^2 = 8y - 3 \equiv 5 (mod 8)$ 

 

$\rightarrow 2y^2 - x^2 \equiv 5 (mod 8)$. Mà $x^2 \equiv 0;1;4 (mod 8)$ nên $2y^2 \equiv 5;6;1(mod 8) \rightarrow y^2 \equiv 3; 7 (mod 8)$ (vô lí do scp chia 8 chỉ dư 0; 1; 4) 

 

d) $VT = x^5 - 5x^3 + 4x = x(x - 1)(x - 2)(x + 1)(x + 2) \vdots 5$ còn $VP = 24(5y + 1) = 5.24y + 20 + 4 = 5(24y + 4) + 4$ chia 5 dư 4 

~> vô nghiệm 

 

e) $3x^5 - x^3 + 6x^2 - 18x = 2001 \rightarrow 3x^5 + 6x^2 - 18x - 2001 = x^3 \vdots 3 \rightarrow x \vdots 3$ 

 

Khi đó $VT = 3x^5 - x^3 + 6x^2 - 18x \vdots 9$ còn $VP = 2001$ chia 9 dư 3 ~> vô nghiệm 



#5
GeminiKid

GeminiKid

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết

Bạn làm giúp mình câu c;d;e với! Hướng dẫn thôi cũng được. Thanks bạn! ^^ 

c,xét 2 TH:

+, y chẵn => $VT\equiv 3(mod4)\Rightarrow VP\equiv 3(mod4)\rightarrow$ vô lí

+, y lẻ$\rightarrow y^{2}\equiv 1(mod8)\rightarrow VP\equiv 5=(mod8)\rightarrow x^{2}\equiv 5(mod8)\rightarrow vô lí$

d, VT=x(x-1)(x+1)(x-2)(x+2) chia hết cho 5 mà VP ko chia hết cho5 

e,$VP\vdots 3\Rightarrow VT\vdots 3\Rightarrow x^{3}\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3$(vì 3 là số nguyên tố)

$\Rightarrow VT\vdots 9$ mà VP ko chia hết cho 9


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi GeminiKid: 24-02-2015 - 06:06


#6
shinichikudo201

shinichikudo201

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 521 Bài viết

 

 

 

 

 

 

 

 

Tất cả những câu của bài 3 đều có trong cuốn ''Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên'' của Vũ Hữu Bình, bạn có thể tham khảo thệm.


It is the quality of one's convictions that determines successnot the number of followers


#7
200dong

200dong

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 151 Bài viết

c,xét 2 TH:

+, y chẵn => $VT\equiv 3(mod4)\Rightarrow VP\equiv 3(mod4)\rightarrow$ vô lí

+, y lẻ$\Rightarrow VT\equiv 5\left (mod8)\Rightarrow VP\equiv 5(mod8)\rightarrow$ vô lí

d, VT=x(x-1)(x+1)(x-2)(x+2) chia hết cho 5 mà VP ko chia hết cho5 

e,$VP\vdots 3\Rightarrow VT\vdots 3\Rightarrow x^{3}\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3$(vì 3 là số nguyên tố)

$\Rightarrow VT\vdots 9$ mà VP ko chia hết cho 9

 

Câu c ấy ạ :3 hình như có vấn đề ý bạn :3 y chẵn thì VP đồng dư 3 mod 8 còn VT đồng dư 0; 1; 4 mod 8 ~> vô lí 

y lẻ thì sao ạ ? 



#8
GeminiKid

GeminiKid

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết

Câu c ấy ạ :3 hình như có vấn đề ý bạn :3 y chẵn thì VP đồng dư 3 mod 8 còn VT đồng dư 0; 1; 4 mod 8 ~> vô lí 

y lẻ thì sao ạ ? 

mình sửa lại rồi đó, bạn xem đi :icon6:



#9
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Bài 1: Chứng minh rằng phương trình $x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = 2001^n$ luôn có nghiệm nguyên với mọi $n \ge 2$ 

 

 

Đặt $2001^n=9m$ 
Bộ ba số $(m,m-1,m+1)$ là một nghiệm của phương trình đã cho.



#10
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

 

 

Bài 2: Chứng minh rằng phương trình $x^2 + y^5 = z^3$ có vô số nghiệm nguyên (x; y; z) thỏa mãn xyz $\not= 0$ 

 

Chọn $(x,y,z)=(k^{15}.x,k^{6}y,k^{10}z)$ ta có đpcm.



#11
O0NgocDuy0O

O0NgocDuy0O

    Trung úy

  • Thành viên
  • 760 Bài viết

Chọn $(x,y,z)=(k^{15}.x,k^{6}y,k^{10}z)$ ta có đpcm.

Bạn cho mình hỏi là làm sao có thể chỉ ra được bộ nghiệm vậy???


"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")

~O)  ~O)  ~O)


#12
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Bạn cho mình hỏi là làm sao có thể chỉ ra được bộ nghiệm vậy???

Kinh nghiệm "chiến đấu" thôi bạn . Ví dụ dạng : C/m pt sau vô số nghiệm 
$x^{\alpha_1}+y^{\alpha_2}=z^{\alpha_3}$ 
Ta thường chọn $(x,y,z)=(k^m_1x,k_m_2y,k^m_3.z)$ 
Trong đó $m_1=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]:\alpha_1$ 
$x,y,z$ mình mò nghiệm là ổn mà thế vào.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 04-02-2016 - 09:57


#13
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Bài 2 : Canada MO 1991






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh