Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

Giải phương trình nghiệm nguyên $x^2y^2=z^2(x^2-x^2-y^2)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 12-01-2013 - 13:51

Giải phương trình nghiệm nguyên $$x^2y^2=z^2(z^2-x^2-y^2)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 12-01-2013 - 18:03

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#2 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 12-01-2013 - 22:19

Giải phương trình nghiệm nguyên $$x^2y^2=z^2(z^2-x^2-y^2)$$

Lời giải:
Bổ đề về phương trình Pitago quen thuộc:
$x^2+y^2=z^2$ với $x,z$ lẻ thì tồn tại $m,n$ sao cho $x=m^2-n^2,y=2mn,z=m^2+n^2, m>n,(m,n)=1$ và các số này đều nguyên dương
****************************************************************************************
Do hệ số của $x,y,z$ đều chẵn nên chỉ xét miền nghiệm dương là đủ( lúc sau kết luận nghiệm sau).
Giả sử phương trình trên có nghiệm, gọi $(x_0,y_0,z_0)$ là nghiệm của phương trình sao cho $\frac{x_0y_0}{z_0}$ nhỏ nhất. Ta có từ phương trình thì: $\frac{x_0y_0}{z_0}=z_0-x_0-y_0$.Đặt $d=(x_0,y_0,z_0)$ thì $x_0=dx_1,y_0=y_1d,z_0=z_1d,(x_1,y_1,z_1)=1$. Thay vào pt ta có ngay: $x_1^2y_1^2=z_1^2(z_1^2-x_1^2-y_1^2)$. Đặt $u=(x_1,z_1),t=(y_1,z_1)\Rightarrow$ tồn tại $t,w$ để $x_1=ut,y_1=wv$. Mặt khác $x_1y_1\vdots z_1\Rightarrow utwv\vdots z_1$, nhưng do chúng nguyên tố cùng nhau nên $z_1=uv$ thay vào ta có: $(utvw)^2=(uv)^2[(uv)^2-(ut)^2-(wv)^2]\Leftrightarrow (u^2+w^2)(v^2+t^2)=2u^2v^2$. Mặt khác ta có: $(u,w)=1,(v,t)=1$ do $(x_1,y_1,z_1)=1$ nên : $u^2+w^2=v^2,u^2+t^2=2u^2$ hoặc $u^2+w^2=2v^2,u^2+t^2=u^2$ nhưng do tính bình đẳng nên ta chỉ xét với hệ thứ nhất.Do $v,t$ nguyên tố với nhau nên chúng cùng lẻ hoặc khác tính chẵn lẻ, mặt khác tổng chúng chẵn ($2u^2\vdots 2$) nên chúng cùng lẻ, do đó chia $4$ đều nhận dư $1$, từ đây suy ra $u$ lẻ,$v$ lẻ và từ $u^2+w^2=v^2$ ta áp dụng bổ đề thì tồn tại $m,n$ sao cho:$u=m^2-n^2,w=2mn,v=m^2+n^2$. THay vào phươnng trình thứ 2 lại được: $t^2+(2mn)^2=(m^2-u^2)^2$ áp dụng bổ đề 1 lần nữa thì tồn tại $p,q$ thoả mãn: $t=p^2-q^2,mn=pq,m^2-n^2=p^2+q^2$. Vì vậy : $p^2q^2=m^2(m^2-q^2-p^2)$ có $(p,q,m)$ là 1 nghiệm của phương trình ban đầu nhưng có: $\frac{pq}{m}=n$ $ <d(p^2-q^2)2mn=\frac{x_0y_0}{z_0}$ nên theo nguyên lí cực hạn ta được điều mâu thuẫn.
Kết luận: Phương trình vô nghiệm.

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#3 mduc123

mduc123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 55 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Dương
  • Sở thích:yêu thiên nhiên, cây cỏ

Đã gửi 13-04-2018 - 21:21

bài này có nghiệm đấy ạ



#4 mduc123

mduc123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 55 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Dương
  • Sở thích:yêu thiên nhiên, cây cỏ

Đã gửi 13-04-2018 - 22:14

Lời giải:
Bổ đề về phương trình Pitago quen thuộc:
$x^2+y^2=z^2$ với $x,z$ lẻ thì tồn tại $m,n$ sao cho $x=m^2-n^2,y=2mn,z=m^2+n^2, m>n,(m,n)=1$ và các số này đều nguyên dương
****************************************************************************************
Do hệ số của $x,y,z$ đều chẵn nên chỉ xét miền nghiệm dương là đủ( lúc sau kết luận nghiệm sau).
Giả sử phương trình trên có nghiệm, gọi $(x_0,y_0,z_0)$ là nghiệm của phương trình sao cho $\frac{x_0y_0}{z_0}$ nhỏ nhất. Ta có từ phương trình thì: $\frac{x_0y_0}{z_0}=z_0-x_0-y_0$.Đặt $d=(x_0,y_0,z_0)$ thì $x_0=dx_1,y_0=y_1d,z_0=z_1d,(x_1,y_1,z_1)=1$. Thay vào pt ta có ngay: $x_1^2y_1^2=z_1^2(z_1^2-x_1^2-y_1^2)$. Đặt $u=(x_1,z_1),t=(y_1,z_1)\Rightarrow$ tồn tại $t,w$ để $x_1=ut,y_1=wv$. Mặt khác $x_1y_1\vdots z_1\Rightarrow utwv\vdots z_1$, nhưng do chúng nguyên tố cùng nhau nên $z_1=uv$ thay vào ta có: $(utvw)^2=(uv)^2[(uv)^2-(ut)^2-(wv)^2]\Leftrightarrow (u^2+w^2)(v^2+t^2)=2u^2v^2$. Mặt khác ta có: $(u,w)=1,(v,t)=1$ do $(x_1,y_1,z_1)=1$ nên : $u^2+w^2=v^2,u^2+t^2=2u^2$ hoặc $u^2+w^2=2v^2,u^2+t^2=u^2$ nhưng do tính bình đẳng nên ta chỉ xét với hệ thứ nhất.Do $v,t$ nguyên tố với nhau nên chúng cùng lẻ hoặc khác tính chẵn lẻ, mặt khác tổng chúng chẵn ($2u^2\vdots 2$) nên chúng cùng lẻ, do đó chia $4$ đều nhận dư $1$, từ đây suy ra $u$ lẻ,$v$ lẻ và từ $u^2+w^2=v^2$ ta áp dụng bổ đề thì tồn tại $m,n$ sao cho:$u=m^2-n^2,w=2mn,v=m^2+n^2$. THay vào phươnng trình thứ 2 lại được: $t^2+(2mn)^2=(m^2-u^2)^2$ áp dụng bổ đề 1 lần nữa thì tồn tại $p,q$ thoả mãn: $t=p^2-q^2,mn=pq,m^2-n^2=p^2+q^2$. Vì vậy : $p^2q^2=m^2(m^2-q^2-p^2)$ có $(p,q,m)$ là 1 nghiệm của phương trình ban đầu nhưng có: $\frac{pq}{m}=n$ $ <d(p^2-q^2)2mn=\frac{x_0y_0}{z_0}$ nên theo nguyên lí cực hạn ta được điều mâu thuẫn.
Kết luận: Phương trình vô nghiệm.

em thấy lời giải này chưa hợp lý ở chỗ,$\left ( x_{0},y_{0},z_{0}\right )= d> 1\Rightarrow (\frac{x_{0}}{d},\frac{y_{0}}{d},\frac{z_{0}}{d}) cũng là nghiệm của phương trình ban đầu nên ta có $\frac{x_{0}y_{0}}{dz_{0}}< \frac{x_{0}y_{0}}{z_{0}}$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mduc123: 13-04-2018 - 22:32


#5 mduc123

mduc123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 55 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Dương
  • Sở thích:yêu thiên nhiên, cây cỏ

Đã gửi 13-04-2018 - 22:34

bài này tương tự bài số 4 của đề đề xuất duyên hải Bắc Bộ năm 2015-2016 của trường THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương ạ






0 người đang xem chủ đề

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