Chứng minh không tồn tại hai số để tổng hai bình phương và hiệu hai bình phương đều là số chính phương
( p/s : Nguyên nhé ^^ , không khó lắm )
Chứng minh không tồn tại hai số để tổng hai bình phương và hiệu hai bình phương đều là số chính phương
( p/s : Nguyên nhé ^^ , không khó lắm )
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
định lý fermat hả bạn?
định lý fermat hả bạn?
dùng phương trình pitago bạn ạ
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Chứng minh không tồn tại hai số để tổng hai bình phương và hiệu hai bình phương đều là số chính phương
( p/s : Nguyên nhé ^^ , không khó lắm )
Ta xét trên tập số nguyên dương.
Gọi hai số nguyên dương đó là $x,y$. Theo đề bài : $$\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2} =e^{2}& & \\ x^{2}-y^{2}=f^{2}& & \end{matrix}\right.\qquad(e,f\in \mathbb{Z}^{+})$$
Do đó : $$x^{4}-y^{4}=(x^{2}+y^{2})(x^{2}-y^{2})=(ef)^{2}=z^{2}\qquad(z=ef\in \mathbb{Z}^{+})$$
Như vậy thì bài toán được giải quyết nếu như ta chứng minh được rằng phương trình $x^{4}-y^{4}=z^{2}\qquad(1)$ không có nghiệm nguyên dương.
Thật vậy, viết lại phương trình : $$z^{2}+(y^{2})^{2}=(x^{2})^{2}$$
Ta hoàn toàn có thể xét $gcd(x,y,z)=1\qquad(*)$
Trong các nghiệm của phương trình này, ta chọn ra nghiệm mà $x^{2}+y^{2}$ nhỏ nhất
Do điều kiện $(*)$ nên $\left ( z,y^{2},x^{2} \right )$ phải là một bộ $Pythagore$ nguyên thuỷ.
$\blacktriangledown$ Trường hợp 1 : Nếu $\left\{\begin{matrix} z=2pq & \\ y^{2}=p^{2}-q^{2} & \\ x^{2}=p^{2}+q^{2}& \end{matrix}\right.$
Trong đó $p,q\in \mathbb{Z}^{+},p>q,gcd(p,q)=1$ và $p,q$ khác tính chẵn lẻ.
Khi đó ta có $$x^{2}y^{2}=(p^{2}+q^{2})(p^{2}-q^{2})=p^{4}-q^{4}$$
Như vậy $\left ( p,q,xy \right )$ cũng là một nghiệm của $(1)$
Nhưng rõ ràng $p^{2}+q^{2}=x^{2}<x^2+y^2$. Mâu thuẫn với cách chọn nghiệm.
$\blacktriangledown$ Trường hợp 2 : Nếu $\left\{\begin{matrix} z=p^{2}-q^{2} & \\ y^{2}=2pq& \\ x^{2}=p^{2}+q^{2}& \end{matrix}\right.$
Trong đó $p,q\in \mathbb{Z}^{+},p>q,gcd(p,q)=1$ và $p,q$ khác tính chẵn lẻ.
Từ đó, do $gcd(x,p,q)=1$ nên ta được :
$$\left\{\begin{matrix} x=m^{2}+n^{2} & \\ p=m^{2}-n^{2} & \\ q=2mn & \end{matrix}\right.$$
Trong đó $m,n\in \mathbb{Z}^{+},m>n,gcd(m,n)=1$ và $m,n$ khác tính chẵn lẻ.
Do đó $y^{2}=2pq=4mn(m^{2}-n^{2})$
Lại dễ thấy $gcd(mn,m^2-n^2)=1$ nên $mn=A^{2},m^{2}-n^{2}=B^{2}\qquad(A,B\in \mathbb{Z}^{+})$
Mà $gcd(m,n)=1$ nên $m=M^{2},n=N^{2}\qquad(M,N\in \mathbb{Z}^{+})$
Ta suy ra $M^{4}-N^{4}=m^{2}-n^{2}=B^{2}\Rightarrow \left ( M,N,B \right )$ là một nghiệm của $(1)$
Nhưng rõ ràng $M^{2}+N^{2}=m+n<m^{2}+n^{2}=x<x^{2}+y^{2}$.
Mâu thuẫn với cách chọn nghiệm
Như vậy phương trình $x^{4}-y^{4}=z^{2}$ không có nghiệm nguyên dương. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 11-09-2013 - 16:32
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
|
Toán Trung học Cơ sở →
Số học →
Chứng minh rằng $(a_{1}^{2}+1)(a_{2}^{2}+1)...(a_{2024}^{2}+1)$ không chia hết cho $(a_{1}.a_{2}...a_{2024})^2$Bắt đầu bởi Nguyentrongkhoi, 26-03-2024 số học |
|
||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
Chứng minh rằng $x^2 + y^2 + z^2 - 2(xy + yz + zx)$ là số chính phươngBắt đầu bởi Chuongn1312, 13-03-2024 toán olympic, số học |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$\sum_{n\vdots d,d=2k+1}\varphi (d)2^{\frac{n}{d}} \hspace{0.2cm} \vdots \hspace{0.2cm} n$Bắt đầu bởi hovutenha, 08-03-2024 tổ hợp, số học |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Số học →
$144+ p^{n}$ là số chính phươngBắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 02-02-2024 số chính phương |
|
|||
Solved
Toán Trung học Cơ sở →
Đại số →
$f(a)-f(b) \vdots a-b$Bắt đầu bởi Sa is very stupid and lazy, 17-01-2024 số học |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh