Chủ đề này có 3 trả lời

[Bonjour]

Giải phương trình nghiệm nguyên :
            $x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

[the man]

Giải phương trình nghiệm nguyên :
            $x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Khả năng 1:  $x,y$  đều lẻ thì  $x^2$ và  $y^2$  đều chia 4 dư 1 nên $x^2+y^2$ chẵn,  $x^2y^2$  chia 4 dư 1, lẻ

   Từ phương trình ta suy ra  $z^2$  lẻ nên chia 4 dư 1

   Như vậy  $x^2+y^2+z^2$ chia 4 dư 3,   $x^2y^2$ chia 4 dư 1 (mâu thuẫn)

Khả năng 2: Một trong 2 số $x,y$ chẵn. Không mất tính tổng quát, giả sử $x$ chẵn, $y$ lẻ

   Từ đó,  $x^2+y^2$ chia 4 dư 1 nên lẻ,  $x^2y^2$ chẵn nên  $z^2$  lẻ nên  $z^2$  chia 4 dư 1

   Vế trái chia 4 dư 2, Vế phải chia hết cho 4 (mây thuẫn)

Khả năng 3: $x,y$  đều chẵn. Như vậy dễ thấy  $z$  cũng chẵn

   Đặt $x=2x_1,y=2y_1,z=2z_1$    ($x_1,y_1,z_1 \in Z$)

   Thay vào phương trình ta được:

                    $x_1^2+y_1^2+z_1^2=4x_1^2y_1^2$

Lập luận tương tự ta có  $x_1,y_1,z_1$  đều chẵn

Quá trình tiếp tục mãi, cuỗi cùng ta đi đến kết luận rằng bộ số  $\left ( \frac{x}{2^k},\frac{y}{2^k},\frac{z}{2^k} \right )$ là nghiệm của phương trình với mọi  $k$  nguyên dương

Điều này chỉ xảy ra khi  $x=y=z=0$

[Belphegor Varia]

$\texttt{Solution}$

(phương pháp lùi vô hạn)

Ta có thể giả sử rằng $x,y,z$ không âm 

Nhận xét $n^2\equiv 1(\mod 4)$ (nếu $n$ lẻ) và $n^2\equiv 0(\mod 4)$ (nếu $n$ chẵn)

Xét các trường hợp sau :

 

$\blacklozenge$ Nếu $x,y,z$ đều lẻ. Khi đó 

                                              $x^2+y^2+z^2\equiv 3(\mod 4)$

                                              $x^2y^2\equiv 1(\mod 4)$ 

Vậy phương trình không có các nghiệm $x,y,z$ đều lẻ.

 

$\blacklozenge$ Nếu $2$ trong các số $x,y,z$ lẻ, số còn lại chẵn. Khi đó 

                                              $x^2+y^2+z^2\equiv 2(\mod 4)$

                                              $x^2y^2\equiv 0,1(\mod 4)$

Vậy phương trình không có nghiệm trong trường hợp này

 

$\blacklozenge$ Nếu $1$ trong $3$ số $x,y,z$ lẻ , 2 số còn lại chẵn. Khi đó

                                             $x^2+y^2+z^2\equiv 1(\mod 4)$

                                             $x^2y^2\equiv 0(\mod 4)$

Vậy phương trình không có nghiệm trong trường hợp này

 

$\blacklozenge$ Nếu $3$ số $x,y,z$ chẵn. Khi đó giả sử $x=2x_1,y=2y_1,z=2z_1$. Ta được

                                    $x_1^{2}+y_1^2+z_1^2=4x_1^2y_1^2$

Ta thấy $4x_1^2y_1^2\equiv 0(\mod 4)$ và $x_1^2,y_1^2,z_1^2\equiv 0,1 (\mod 4)$

$\Rightarrow x_1,y_1,z_1$ chẵn. Giả sử $x_1=2x_2,y_1=2y_2,z_1=2z_2$

Ta sẽ có phương trình : $x_2^2+y_2^2+z_2^2=16x_2^2y_2^2$

Tương tự ta lại suy ra $x_2,y_2,z_2$ chẵn và có phương trình

                                    $x_3^2+y_3^2+z_3^2=64x_3^2y_3^2$

Tiếp tục quá trình trên, lúc đó $x,y,z$ là lũy thừa vô hạn của $2$ . Do đó $x=y=z=0$ $\square$

[Belphegor Varia]

Khả năng 1:  $x,y$  đều lẻ thì  $x^2$ và  $y^2$  đều chia 4 dư 1 nên $x^2+y^2$ chẵn,  $x^2y^2$  chia 4 dư 1, lẻ

   Từ phương trình ta suy ra  $z^2$  lẻ nên chia 4 dư 1

   Như vậy  $x^2+y^2+z^2$ chia 4 dư 3,   $x^2y^2$ chia 4 dư 1 (mâu thuẫn)

Khả năng 2: Một trong 2 số $x,y$ chẵn. Không mất tính tổng quát, giả sử $x$ chẵn, $y$ lẻ

   Từ đó,  $x^2+y^2$ chia 4 dư 1 nên lẻ,  $x^2y^2$ chẵn nên  $z^2$  lẻ nên  $z^2$  chia 4 dư 1

   Vế trái chia 4 dư 2, Vế phải chia hết cho 4 (mây thuẫn)

Khả năng 3: $x,y$  đều chẵn. Như vậy dễ thấy  $z$  cũng chẵn

   Đặt $x=2x_1,y=2y_1,z=2z_1$    ($x_1,y_1,z_1 \in Z$)

   Thay vào phương trình ta được:

                    $x_1^2+y_1^2+z_1^2=4x_1^2y_1^2$

Lập luận tương tự ta có  $x_1,y_1,z_1$  đều chẵn

Quá trình tiếp tục mãi, cuỗi cùng ta đi đến kết luận rằng bộ số  $\left ( \frac{x}{2^k},\frac{y}{2^k},\frac{z}{2^k} \right )$ là nghiệm của phương trình với mọi  $k$  nguyên dương

Điều này chỉ xảy ra khi  $x=y=z=0$

chậm hơn 1 bước rồi