Cho a, b, c là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa mãn :
$a^{2} + d^{2} = b^{2} + c^{2} = P$
chứng minh rằng :
1. P là hợp số
2. ab + cd và ac + bd không thể đồng thời là số nguyên tố
Cho a, b, c là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa mãn :
$a^{2} + d^{2} = b^{2} + c^{2} = P$
chứng minh rằng :
1. P là hợp số
2. ab + cd và ac + bd không thể đồng thời là số nguyên tố
Bài này có trong toán tuổi trẻ đấy bạn.
Cho a, b, c,d là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa mãn :
$a^{2} + d^{2} = b^{2} + c^{2} = P$
chứng minh rằng :
1. P là hợp số
2. ab + cd và ac + bd không thể đồng thời là số nguyên tố
Bài này dễ
Giải như sau:
1) GIả sử phản chứng $P$ là snt
$(ab+cd)(ac+bd)=bc(a^2+d^2)+ad(b^2+c^2) \vdots P$
Nên hoặc $ab+cd,ac+bd \vdots P$ không mất tq, gs $P|ab+cd$
Khi đó $(a^2+d^2)(b^2+c^2)=P^2 \Rightarrow (ab+cd)^2+(ac-bd)^2=P^2$ mà $P|ab+cd$ và $(ab+cd)^2\le P^2$ nên $ab+cd=P,ac-bd=0$
Mà $a^2+d^2=P$ nguyên tố nên $gcd(a,d)=1$ tương tự $gcd(b,c)=1$ kết hợp $ac=bd$ suy ra $a=b,c=d$ vô lí
Giả sử p chứng sai nên có đpcm
2) $(ab+cd)(ac+bd)=bc(a^2+d^2)+ad(b^2+c^2) \vdots P$
Do đó nếu $ab+cd,ac+bd$ đồng thời là snt giả sử $ab+cd=r,ac+bd=q$ thì $ab+cd-(ac+bd)=(a-d)(b-c)=r-q \neq 0$ do $a,d,b,c$ đôi một phân biệt
Nên $r\neq q$ theo câu 1, $P$ không thể là snt mà $P|qr$ nên $P=qr$ và $P\neq 1$ vì $P=1$ thì $a,b,c,d$ ko đôi một phân biệt
Như vậy $a^2+d^2=P=qr=(ac+bd)(ab+cd)=bc(a^2+d^2)+ad(b^2+c^2)$ và $b^2+c^2=bc(a^2+d^2)+ad(b^2+c^2)$ mà trong bốn số $a,b,c,d$ cùng lắm chỉ có 1 số $=0$ vì ngược lại thì mâu thuẫn, khi ấy $bc,ad$ sẽ có một số khác $0$ giả sử là $bc$ thì $a^2+d^2\le bc(a^2+d^2)+ad(b^2+c^2)$ dấu $=$ đạt được khi $ad=0$ và $bc=1$ khi đó $b=c=1$ mâu thuẫn vì $b\neq c$
Do đó điều giả sử là sai nên có $đpcm$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh