Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: $x^3+y^3=z^3$
Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: $x^3+y^3=z^3$
#1
Đã gửi 21-03-2016 - 22:08
TOÁN HỌC LÀ LINH HỒN CỦA CUỘC SỐNG
*Toán học thuần túy, theo cách riêng của nó, là thi ca của tư duy logic*
#2
Đã gửi 21-03-2016 - 22:10
Theo tôi thì phương trình này vô nghiệm đã được giải quyết bởi Andrew
Bạn có thể tham khảo thêm định lý cuối cùng của Ferma
- Tran Thanh Truong và Bui Thao thích
Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường
Roronoa Zoro- One piece
Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065
#3
Đã gửi 21-03-2016 - 22:19
Theo tôi thì phương trình này vô nghiệm đã được giải quyết bởi Andrew
Bạn có thể tham khảo thêm định lý cuối cùng của Ferma
Cho em hỏi khi đi thi vào 10 Chuyên có được sử dụng định lí lớn Fermat mà không cần chứng minh không ?
TOÁN HỌC LÀ LINH HỒN CỦA CUỘC SỐNG
*Toán học thuần túy, theo cách riêng của nó, là thi ca của tư duy logic*
#4
Đã gửi 21-03-2016 - 22:26
mình cũng thi vào lớp 10 nhưng mình nghĩ họ sẽ không ra một bài kỳ cục v đâu
- Tran Thanh Truong yêu thích
myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại
NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững
KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước
Võ Tiến Dũng
#5
Đã gửi 21-03-2016 - 22:39
Định lí Fermat: 'Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x,y và z của phương trình: xn + yn = zn trong đó n là 1 số nguyên lớn hơn 2.'
nên pt vô nghiệm!
- CaptainCuong, Tran Thanh Truong, nguyentaitue2001 và 1 người khác yêu thích
CHÁO THỎ
#6
Đã gửi 22-03-2016 - 11:30
Bổ đề (*) : Giả sử $a,b,c$ là ba số nguyên dương và $gcd(a,b)=1$. Khi đó nếu $ab=c^n$ thì tồn tại số nguyên $x,y$ để $a=x^n,b=y^n$
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng :
Giả sử tồn tại . Gọi $3$ nghiệm đó là $x_0,y_0,z_0$ đôi một nguyên tố cùng nhau.
Ta có $x_0^3+y_0^3=z_0^3$. Dễ thấy trong $3$ số có đúng một số chẵn. Giả sử $x_0$ chẵn . Trong tất cả bộ $(x_0,y_0,z_0)$ đôi một nguyên tố cùng nhau đã cho với $x_0$ chẵn. Ta chọn một bộ ba như vậy với $x_0$ nhỏ nhất .
Đặt $u=\frac{y_0+z_0}{2},v=\frac{z_0-y_0}{2}$ ($y_0,z_0$ lẻ)
Do $y_0,z_0$ đều lẻ và nguyên tố cùng nhau suy ra $u,v$ có tính chẵn lẻ khác nhau và nguyên tố cùng nhau.
Từ đẳng thức suy ra $x_0^3=z_0^3-y_0^3=2v(3u^2+v^2)$
Đặt $x_0=2m$ ta có $m^3=\frac{v}{4}(3u^2+v^2)$ (2)
Vì $u,v$ có tính chẵn lẻ khác nhau nên $3u^2+v^2$ là một số lẻ . Từ (2) ta suy ra $4|v$
TRƯỜNG HỢP 1 : $3 \not | v$ khi đó $(\frac{v}{4},3u^2+v^2)=1$. (cái này bạn có thể tự chứng minh bằng cách gọi $gcd$ của chúng ,coi như đây là bài tập )
Ta tiếp tục lại có bổ đề sau : Giả sử $a,b$ là hai số nguyên và $gcd(a,b)=1$ sao cho $a^2+3b^2$ là một lập phương . Khi đó tồn tại $s,t \in \mathbb{Z}$ để $a=s(s^2-9t^),b=3t(s^2-t^2)$ (bổ đề Ơ-le bạn không cần chứng minh vì nó quá khó cho học sinh THCS)
Quay trở lại vậy thì tồn tại $s,t$ nguyên sao cho $v=s(s^2-9t^2),u=3t(s^2-t^2)$
Vì $v$ chẵn và $u$ lẻ suy ra $s$ chẵn và $t$ lẻ . Do $(u,v)=1 \Rightarrow (s,t)=1$. Mặt khác $\frac{v}{4}$ là lập phương nên $2v$ cũng là lập phương. Từ đó suy ra $2s(s-3t)(s+3t)$ là một lập phương . Dễ chứng minh $2s,s-3t,s+3t$ đôi một nguyên tố cùng nhau (xem như là baaif tập)
Theo bổ đề (*) thì tồn tại các số nguyên $x_1,y_1,z_1$ để $2s=x_1^3,-(s+3t)=y_1^3,s-3t=z_1^3$
Và do đó $x_1^3+y_1^3=z_1^3$. Như vậy $(a,b,c)$ một bộ ba số nguyên khác $0$ đôi một nguyên tố cùng nhau. $x_1$ chẵn
Dễ chứng minh $|x_0^3|>|x_1^3|$ (mâu thuẫn !! )
TRƯỜNG HỢP 2 : $3|v$ đặt $v=3r$ khi đó (2) trở thành $m^3=\frac{9}{4}r(3r^2+u^2)$
Dễ chứng minh $gcd(\frac{9}{4}r,3r^2+u^2)=1$ (bài tập) . Áp dụng bổ đề (*) suy ra $\frac{9}{4}r,(3r^2+u^2)$ đều là một lập phương . Tiếp ta dùng bổ đề Ơ-le :
Thì tồn tại $s,t$ nguyên sao cho $u=(s^2-9t^2)s,r=3t(s^2-t^2)$.
Có $(u,r)=1 \Rightarrow (s,t)=1$ . $\frac{9}{4}r$ là một lập phương nên $\frac{2}{3}r$ cũng là một lập phương $\Rightarrow 2t(s-t)(s+t)$ cũng là một lập phương
Dễ chứng minh $2t,s-t,s+t$ đôi một nguyên tố cùng nhau. Áp dụng bổ đề (*) suy ra tồn tại $x_1,y_1,z_1$ để
$2t=x_1^3,s-t=y^3,s+t=z_1^3$ . Khi đó $x_1^3+y_1^3=z_1^3$. Mặc khác $|x_1^3|=|2t| \le |\frac{2}{3}r|<2|v|<|x_0|^3$ (mâu thuẫn)
Từ đó suy ra pt vô nghiệm nguyên dương
Về việc chứng minh này thì có rất nhiều tài liệu chứng minh về cái này,bạn tham khảo . Đây là một cách.
- O0NgocDuy0O, tpdtthltvp, Tran Thanh Truong và 2 người khác yêu thích
#7
Đã gửi 22-03-2016 - 16:16
Thánh
Thật ra cách chứng minh này đã có từ lâu (của ông nào bên Romani thì phải á ,t chỉ học tập lại thôi)
- Tran Thanh Truong và le truong son thích
#8
Đã gửi 25-03-2016 - 15:23
Sử dụng định lỳ Fermat lớn (đã được chứng minh bởi Andrew) thì sẽ có được pt vô nghiệm =))
- Tran Thanh Truong và tquangmh thích
Số hoàn hảo giống như người hoàn hảo, rất hiếm có.
Perfect numbers like perfect men, are very rare.
TỰ HÀO LÀ THÀNH VIÊN $\sqrt{MF}$
#9
Đã gửi 25-03-2016 - 22:16
MỌI NGƯỜI CHO EM HỎI KHI ĐI THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN THÌ CÓ CẦN PHẢI CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ FERMAT NHỎ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG KHÔNG Ạ ?
TOÁN HỌC LÀ LINH HỒN CỦA CUỘC SỐNG
*Toán học thuần túy, theo cách riêng của nó, là thi ca của tư duy logic*
#10
Đã gửi 26-03-2016 - 07:05
MỌI NGƯỜI CHO EM HỎI KHI ĐI THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN THÌ CÓ CẦN PHẢI CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ FERMAT NHỎ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG KHÔNG Ạ ?
Ngoaì các kiến thức như bđt Cosi cho 2 số 3 số còn lại thì chứng minh hết
- Tran Thanh Truong yêu thích
#11
Đã gửi 26-03-2016 - 07:20
Ngoaì các kiến thức như bđt Cosi cho 2 số 3 số còn lại thì chứng minh hết
Anh nghĩ cái này phải tuỳ trường chứ nhỉ ?
- Tran Thanh Truong yêu 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”).
#12
Đã gửi 26-03-2016 - 07:22
Anh nghĩ cái này phải tuỳ trường chứ nhỉ ?
Em xem một số tài liệu ,một vài năm các trường chuyên ở Hà Nội còn phải bắt c/m Cosi 3 số . Nhưng mà bữa nay họ hạn chế sử dụng kiến thức nhiều rồi a
- Tran Thanh Truong yêu thích
#13
Đã gửi 26-03-2016 - 13:04
MỌI NGƯỜI CHO EM HỎI KHI ĐI THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN THÌ CÓ CẦN PHẢI CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ FERMAT NHỎ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG KHÔNG Ạ ?
không cần c/m đâu, thầy mình bảo thế
Chính trị chỉ cho hiện tại, nhưng phương trình là mãi mãi.
Politics is for the present, but an equation is for eternity.
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh