Tìm $n$ nguyên dương để phương trình $x^{2}+y^{2}=n$ có nghiệm nguyên dương.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-01-2017 - 09:41
Tìm $n$ nguyên dương để phương trình $x^{2}+y^{2}=n$ có nghiệm nguyên dương.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-01-2017 - 09:41
$\boxed{\text{Nguyễn Trực-TT-Kim Bài secondary school}}$
Tìm $n$ nguyên dương thỏa mãn phương trình sau:
$x^{2}+y^{2}=n$
có nghiệm nguyên dương
Mình có 2 cách cho bài toán này.
Cách 1 : Chọn $n$ thuộc tập hợp số nguyên tố dạng $4k+1$. Khi đó theo định lý Fermat-Euler về tổng hai bình phương thì luôn tìm được $x,y$ thỏa mãn phương trình trên.
Cách 2 : Chọn $n=3^{2^k}-1$
Ta đi chứng minh phương trình : $3^{2^k}=x^2+y^2+1$ luôn có nghiệm nguyên dương.
Với $k=1$. Chọn $x=y=2$
Giả sử khẳng định trên đúng đến $k$. Ta chứng minh nó đúng với $k+1$.
Thật vậy. Ta có $3^{2^{k+1}}-1=(3^{2^{k}}-1)(3^{2^{k}}+1)$
Ta có $3^{2^k}-1$ có thể viết dưới dạng tổng hai bình phương (Theo giả thiết quy nạp). Và $3^{2^{k}}+1$ cũng viết được dưới dạng tổng hai bình phương.
Từ đó theo đồng nhất thức : $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ab+cd)^2+(ac-bd)^2$. Ta suy ra $3^{2^{k+1}}-1$ viết được dưới dạng tổng hai bình phương. Tức là tồn tại $x_{1},y_{1}$ thỏa $3^{2^{k+1}}-1=x_{1}^{2}+y_{1}^{2}$
Theo nguyên lý quy nạp. Ta có phương trình $3^{2^k}=x^2+y^2+1$ luôn có nghiệm nguyên dương
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 28-01-2017 - 13:31
Mình có 2 cách cho bài toán này.
Cách 1 : Chọn $n$ thuộc tập hợp số nguyên tố dạng $4k+1$. Khi đó theo định lý Fermat-Euler về tổng hai bình phương thì luôn tìm được $x,y$ thỏa mãn phương trình trên.
Cách 2 : Chọn $n=3^{2^k}-1$
Ta đi chứng minh phương trình : $3^{2^k}=x^2+y^2+1$ luôn có nghiệm nguyên dương.
Với $k=1$. Chọn $x=y=2$
Giả sử khẳng định trên đúng đến $k$. Ta chứng minh nó đúng với $k+1$.
Thật vậy. Ta có $3^{2^{k+1}}-1=(3^{2^{k}}-1)(3^{2^{k}}+1)$
Ta có $3^{2^k}-1$ có thể viết dưới dạng tổng hai bình phương (Theo giả thiết quy nạp). Và $3^{2^{k}}+1$ cũng viết được dưới dạng tổng hai bình phương.
Từ đó theo đồng nhất thức : $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ab+cd)^2+(ac-bd)^2$. Ta suy ra $3^{2^{k+1}}-1$ viết được dưới dạng tổng hai bình phương. Tức là tồn tại $x_{1},y_{1}$ thỏa $3^{2^{k+1}}-1=x_{1}^{2}+y_{1}^{2}$
Theo nguyên lý quy nạp. Ta có phương trình $3^{2^k}=x^2+y^2+1$ luôn có nghiệm nguyên dương
Tìm $n$ tức là tìm tất cả $n$ để cho nó biểu diễn được không phải chỉ ra tồn tại vô hạn
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Tìm $n$ tức là tìm tất cả $n$ để cho nó biểu diễn được không phải chỉ ra tồn tại vô hạn
Đề bài đâu yêu cầu tìm tất cả $n$ đâu anh.
Lời giải trên em chỉ ra với $n=3^{2^k}-1$ hoặc $n$ là số nguyên tố dạng $4k+1$ thì luôn tồn tại $x,y$. (Khi đó chọn $k$ bất kì thì luôn biểu diễn được ._.)
Có gì sai sót đại ca chỉ giáo
Tất cả các số $n$ thoả mãn $v_p(n)\vdots 2$ với mọi $p$ nguyên tố dạng $4k+3$. Lưu ý rằng mọi số nguyên tố có dạng $4k+1$ đều biểu diễn được dưới dạng $x^2+y^2$ và nếu $a,b$ biểu diễn được thì $ab$ cũng biểu diễn được ($(x^2+y^2)(m^2+n^2)=(xm+yn)^2+(xn-ym)^2$). Ngược lại, dễ chứng minh nếu $n=x^2+y^2$ chia hết cho $p$ với $p$ nguyên tố dạng $4k+3$ thì cả $x,y$ đều chia hết cho $p$, từ đó tổng bình phương chia hết cho $p^2$ nên $v_p(n)\vdots 2$.
Mình có 2 cách cho bài toán này.
Cách 1 : Chọn $n$ thuộc tập hợp số nguyên tố dạng $4k+1$. Khi đó theo định lý Fermat-Euler về tổng hai bình phương thì luôn tìm được $x,y$ thỏa mãn phương trình trên.
Cách 2 : Chọn $n=3^{2^k}-1$
Ta đi chứng minh phương trình : $3^{2^k}=x^2+y^2+1$ luôn có nghiệm nguyên dương.
Với $k=1$. Chọn $x=y=2$
Giả sử khẳng định trên đúng đến $k$. Ta chứng minh nó đúng với $k+1$.
Thật vậy. Ta có $3^{2^{k+1}}-1=(3^{2^{k}}-1)(3^{2^{k}}+1)$
Ta có $3^{2^k}-1$ có thể viết dưới dạng tổng hai bình phương (Theo giả thiết quy nạp). Và $3^{2^{k}}+1$ cũng viết được dưới dạng tổng hai bình phương.
Từ đó theo đồng nhất thức : $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ab+cd)^2+(ac-bd)^2$. Ta suy ra $3^{2^{k+1}}-1$ viết được dưới dạng tổng hai bình phương. Tức là tồn tại $x_{1},y_{1}$ thỏa $3^{2^{k+1}}-1=x_{1}^{2}+y_{1}^{2}$
Theo nguyên lý quy nạp. Ta có phương trình $3^{2^k}=x^2+y^2+1$ luôn có nghiệm nguyên dương
Gọi m2 là ước chính phương lớn nhất của n . Nên n = m2k
Ta sẽ chứng minh khẳng định sau đây
Điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương là
+ Nếu k=1 thì m có ước nguyên tố dạng 4k+1
+ Nếu k>1 thì l không có ước nguyên tố dạng 4k-1
P/s : Mình đọc trong quyển bài giảng số học của Đặng Hùng Thắng hình như là tập 1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tay du ki: 28-01-2017 - 17:12
Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới
Mình có 2 cách cho bài toán này.
Cách 1 : Chọn $n$ thuộc tập hợp số nguyên tố dạng $4k+1$. Khi đó theo định lý Fermat-Euler về tổng hai bình phương thì luôn tìm được $x,y$ thỏa mãn phương trình trên.
Cách 2 : Chọn $n=3^{2^k}-1$
Ta đi chứng minh phương trình : $3^{2^k}=x^2+y^2+1$ luôn có nghiệm nguyên dương.
Với $k=1$. Chọn $x=y=2$
Giả sử khẳng định trên đúng đến $k$. Ta chứng minh nó đúng với $k+1$.
Thật vậy. Ta có $3^{2^{k+1}}-1=(3^{2^{k}}-1)(3^{2^{k}}+1)$
Ta có $3^{2^k}-1$ có thể viết dưới dạng tổng hai bình phương (Theo giả thiết quy nạp). Và $3^{2^{k}}+1$ cũng viết được dưới dạng tổng hai bình phương.
Từ đó theo đồng nhất thức : $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ab+cd)^2+(ac-bd)^2$. Ta suy ra $3^{2^{k+1}}-1$ viết được dưới dạng tổng hai bình phương. Tức là tồn tại $x_{1},y_{1}$ thỏa $3^{2^{k+1}}-1=x_{1}^{2}+y_{1}^{2}$
Theo nguyên lý quy nạp. Ta có phương trình $3^{2^k}=x^2+y^2+1$ luôn có nghiệm nguyên dương
Tại sao bác lại chọn được $n=3^{2^k}-1$?
$\boxed{\text{Nguyễn Trực-TT-Kim Bài secondary school}}$
Đề bài đâu yêu cầu tìm tất cả $n$ đâu anh.
Lời giải trên em chỉ ra với $n=3^{2^k}-1$ hoặc $n$ là số nguyên tố dạng $4k+1$ thì luôn tồn tại $x,y$. (Khi đó chọn $k$ bất kì thì luôn biểu diễn được ._.)
Có gì sai sót đại ca chỉ giáo
Đề bài của bạn NTM có lẽ ghi thiếu đề kêu tìm $n$ thì mình nghĩ ta cũng nên tự hiểu là vét cạn
Một câu hỏi khó hơn: Với mỗi $n$ như JUV nhắc đến, phương trình $x^2+y^2=n$ có bao nhiêu nghiệm nguyên $(x,y)$ ?
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”).
Tại sao bác lại chọn được $n=3^{2^k}-1$?
À đây là một bài toán mình đọc được trong cuốn Problem From The Book.
Đề bài : Chứng minh rằng phương trình : $3^k=m^2+n^2+1$ có vô số nghiệm nguyên dương.
Đáp án là $k=2^n$ đã gợi ra cho mình cách chọn trên. Và có thể thấy nếu thay đổi số 3 thành một số thích hợp khác thì lời giải không bị thay đổi nhiều
Một câu hỏi khó hơn: Với mỗi $n$ như JUV nhắc đến, phương trình $x^2+y^2=n$ có bao nhiêu nghiệm nguyên $(x,y)$ ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 29-01-2017 - 11:30
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
0 thành viên, 5 khách, 0 thành viên ẩn danh