Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 12-01-2013 - 18:03
Giải phương trình nghiệm nguyên $x^2y^2=z^2(x^2-x^2-y^2)$
#1
Đã gửi 12-01-2013 - 13:51
- triethuynhmath và yeutoan2001 thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#2
Đã gửi 12-01-2013 - 22:19
Lời giải:Giải phương trình nghiệm nguyên $$x^2y^2=z^2(z^2-x^2-y^2)$$
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.
- Zaraki, BlackSelena, canhhoang30011999 và 2 người khác yêu thích
<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
Đã gửi 13-04-2018 - 21:21
bài này có nghiệm đấy ạ
#4
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
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
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh