Chủ đề này có 2 trả lời

[bangbang1412]

Chứng minh rằng phương trình :  $x^{3}+y^{3}+z^{3}+t^{3}=1999$

 Có vô số nghiệm nguyên .

[ngoctruong236]

Ta \; co\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;(m-n)^3+(m+n)^3=2m^3+6mn^2 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;Ta \;tim \;nghiem \;\; \;co \;dang \; (x,y,z,t)=(a-b,a+b,\frac{c}{2}-\frac{d}{2},\frac{c}{2}+\frac{d}{2})\; voi\;a,b,c,d \;la \;cac \;so \;nguyen \;.De \;thay \;(x,y,z,t)=(10,10,-1,0) \; la\;1 \;nghiem \;.Ta \; se\; tim\; nghiem\;voia=10 \;va \;c=1 co \; dinh\;. \;De \; thay\;(x,y,z,t)=(10-b,10+b,\frac{-1}{2}-\frac{d}{2},\frac{-1}{2}+\frac{d}{2}) \; la\;nghiem \;cua \;phuong \;trinh \;da \;cho\Leftrightarrow (2000+60b^2)-\frac{1+3d^2}{4} =1999\;hay \; \;d^2-80b^2=1 \;.De \;thay \; phuong\; trinh\:Pell \: d^2-80b^2=1\: co\:nghiem \:nguyen \:duong \:nho \:nhat \:la \:(d1,b1)=(9,1) \: .Do\:Pt \:Pell \:co \:vo \:so \:nghiem \: nen\:Pt \: da\:cho \:cung \:\:co \: vo\: so\:nghiem\\rightarrow dpcm \: \:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngoctruong236: 29-07-2013 - 22:21

[DOTOANNANG]

Phương trình $\lceil$ Diophantine $\rfloor$ trên có dạng : $\it{x}^{\,\it{3}}+ \it{y}^{\,\it{3}}+ \it{z}^{\,\it{3}}+ \it{t}^{\,\it{3}}= \it{n}\,\,\lceil\,\,\star\,\,\rfloor$ . 

$\lceil\,\,\star\,\,\rfloor$ sẽ có vô số nghiệm với $\it{n}\in \it{\{}\,\,\it{18}\,\it{k},\,\it{18}\,\it{k}\pm \it{7},\,\it{18}\,\it{k}\pm \it{8},\,\it{6}\,\it{k}\pm \it{3}\,\,\it{\}}\,\,\it{(}\,\,\it{k}\in \mathbb{Z}\,\,\it{)}$

Spoiler

Có thể giải phương trình $\lceil$ Diophantine $\rfloor$ tổng quát trên bằng cách sử dụng đẳng thức :

$\it{n}= \it{(}\,\,\it{ak}+ \it{e}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}+ \it{(}\,\,-\,\it{ak}+ \it{f}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}+ \it{(}\,\,\it{bk}+ \it{g}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}+ \it{(}\,\,-\,\it{bk}+ \it{h}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}$ ( dựa trên lời gợi ý phía trên !  )

Do đó suy ra :

$\it{n}= \it{3}\,\it{(}\,\,\it{a}^{\,\it{2}}\it{e}+ \it{a}^{\,\it{2}}\it{f}+ \it{b}^{\,\it{2}}\it{g}+ \it{b}^{\,\it{2}}\it{h}\,\,\it{)}\,\it{k}^{\,\it{2}}+ \it{3}\,\it{(}\,\,\it{ae}^{\,\it{2}}- \it{af}^{\,\it{2}}+ \it{bg}^{\,\it{2}}- \it{bh}^{\,\it{2}}\,\,\it{)}\,\it{k}+ \it{(}\,\,\it{e}^{\,\it{3}}+ \it{f}^{\,\it{3}}+ \it{g}^{\,\it{3}}+ \it{h}^{\,\it{3}}\,\,\it{)}$

Hệ số của các hạng tử chứa $\it{k}$ các bậc : $\text{coef}\,\it{\[}\,\,\it{k}^{\,\it{2}}\,\,\it{\]}= \it{0},\,\text{coef}\,\it{\[}\,\,\it{k}\,\,\it{\]}= \it{18}$ .

Nhận xét : Dựa vào trên ta có được các đẳng thức :

$\it{(}\,\,\it{2}\,\it{n}+ \it{14}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}- \it{(}\,\,\it{2}\,\it{n}+ \it{23}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}+ \it{(}\,\,\it{3}\,\it{n}+ \it{30}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}- \it{(}\,\,\it{3}\,\it{n}+ \it{26}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}= \it{18}\,\it{n}+ \it{11}\,\,\it{(}\,\,\it{n}= \it{11}\,\,\rightarrow \,\,\lceil\,\,\star\,\,\rfloor\,\,\it{)}$