Chủ đề này có 2 trả lời

[Zz Isaac Newton Zz]

Tìm số nguyên dương $n$ lớn nhất sao cho hệ phương trình $(x+1)^{2}+y_{1}^{2}=(x+2)^{2}+y_{2}^{2}=...=(x+n)^{2}+y_{n}^{2}$ có nghiệm nguyên.

[One Piece]

VMO 2003 đã chỉ ra trường hợp 4 số là sai 
còn n = 3 thì 
3²+4²=4²+3²=5²+0²

[I Love MC]

Ta sẽ chứng minh với $n \ge 4$ thì phương trình không có nghiệm nguyên 
Nhận xét với $a \in \mathbb{Z}$ thì nếu $a$ lẻ thì $a^2 \equiv 1 \pmod{8}$ , $a^2 \equiv 0 \pmod{8}$ nếu  $a \equiv 0 \pmod{4}$ ,$a^2 \equiv 4 \pmod{8}$ nếu $a \equiv 2 \pmod{4}$ . 
Suy ra với $a,b \in \mathbb{Z}$ thì : 
$\begin{cases} &a^2+b^2 \equiv 2,1,5 \pmod{8},a \equiv 1 \pmod{2}&\\&a^2+b^2 \equiv 0,1,4 \pmod{8} ,a \equiv 0 \pmod{4}&\\&a^2+b^2 \equiv 0,4,5 \pmod{8},a \equiv 2 \pmod{4}& \end{cases}$ 
Giả sử tồn tại các số nguyên $x,y_1,y_2,y_3,y_4$ thỏa mãn 
$(x+1)^2+y_1^2=(x+2)^2+y_2^2=(x+3)^2+y_3^2=(x+4)^2+y_4^2$ 
Khi đó $x+1,x+2,...,x+4$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod $4$ . Nên theo trên phải tồn tại $k \in \mathbb{Z}$ sao cho 
$k \in \{2,1,5\} \cap \{1,0,4\} \cap \{0,5,4\}=\varnothing \Rightarrow \not \exists x,y_1,y_2,..,y_4$ thỏa mãn 
$n=3$ thì bạn trên chỉ ra rồi 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 06-01-2017 - 21:12