Chủ đề này có 3 trả lời

[ohmymath]

Giải phương trình nghiệm nguyên
1 $x^2 + 2y^2 = z^2$
2. $x^2 + 3y^2 = z^2$
P/s: 1 bài trong quyển số học của thấy Khoái và... bế tắc

[Zaraki]

Các bài toán này chủ yếu dùng phương pháp lùi vô hạn.

1. Nhận thấy $x,z$ có cùng tính chẵn lẻ. Ta xét 2 trường hợp.

+ $x,y$ cùng chia hết cho $2$. Khi đó đặt $x_0=2x_1, \ z_0=2z_1$ thì $(x_1,z_1)$ nguyên dương và có
$$4x_{1}^{2}+2y_0^2=4z_1^2 \implies 2x_1^2+y_0^2=2z_1^2 $$
Từ đây dẫn đến $y_0 \ \vdots \ 2$, và lại đặt $y_0=2y_1$ ($y_1$ nguyên dương), thì từ lại đi đến
$$x_1^2+2y_1^2=z_1^2$$
Quá trình đó cứ lặp lại và đến một lúc nào đó ta có
$$x_k^2+2y_k^2=z_k^2$$

Và nghiệm tìm được từ đây là $\boxed{(x,y,z)=(0,0,0)}$.

+ $x,z$ không cùng chia hết cho $2$.
Bạn có thể dễ dàng chứng minh TH này vô lí.


Tương tự với bài còn lại.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 28-09-2011 - 23:14

[ohmymath]

Các bài toán này chủ yếu dùng phương pháp lùi vô hạn.

1. Nhận thấy $x,z$ có cùng tính chẵn lẻ. Ta xét 2 trường hợp.

+ $x,y$ cùng chia hết cho $2$. Khi đó đặt $x_0=2x_1, \ z_0=2z_1$ thì $(x_1,z_1)$ nguyên dương và có
$$4x_{1}^{2}+2y_0^2=4z_1^2 \implies 2x_1^2+y_0^2=2z_1^2 $$
Từ đây dẫn đến $y_0 \ \vdots \ 2$, và lại đặt $y_0=2y_1$ ($y_1$ nguyên dương), thì từ lại đi đến
$$x_1^2+2y_1^2=z_1^2$$
Quá trình đó cứ lặp lại và đến một lúc nào đó ta có
$$x_k^2+2y_k^2=z_k^2$$

Và nghiệm tìm được từ đây là $\boxed{(x,y,z)=(0,0,0)}$.

+ $x,z$ không cùng chia hết cho $2$.
Bạn có thể dễ dàng chứng minh TH này vô lí.


Tương tự với bài còn lại.

Em cũng làm theo cách này nhưng đến trường hợp cùng ko chia hết 2 thì bế tắc.
Lúc đầu em cũng nghĩ là vô lí nhưng không phải. Em tìm được nghiệm (1;2;3).
May sao em vừa mới giải được.

Đương nhiên ta chỉ xét trường hợp nguyên tố cùng nhau.
Từ x ; z cùng lẻ dễ dàng chứng minh y chẵn.
Ta áp dụng đúng cách tìm nghiệm pt pi-ta-go.
$$2(\dfrac{y}{2})^2=\dfrac{z+x}{2}.\dfrac{z-x}{2}$$
Từ đó suy ra $$z=2m^2+n^2 ; x=2m^2-n^2 ; y=2mn$$
Đó là bộ nghiệm tổng quát của pt.


Bài còn lại thì làm tương tự .
Nếu z; x cùng số dư khi chia 3 thì:
$$y^2=\dfrac{z-x}{3}.(z+x)$$
Từ đây ra nghiệm.
Nếu x;z khác số dư ~> có 1 số chia 3 dư 2 và 1 số chia 3 dư 1 (vì ko thể cùng chia hết 3)~>x+z chia hết 3.
Tách: $$y^2=(z-x).\dfrac{z+x}{3}$$
Từ đây lại ra 1 bộ nghiệm nữa.


Em còn chưa làm được bài này:
Chứng minh rằng nếu a;b;c là các số nguyên ; (a;b)=1 thì tồn tại n nguyên sao cho (an+b; c)=1.
Em nghĩ dùng định lý phần dư TH nhưng em kém phần này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ohmymath: 30-09-2011 - 18:38

[Zaraki]

Lúc đầy mình cũng chưa giải hẳn trường hợp $x,y$ không cùng chia hết cho $2$, cứ nghĩ vô nghiệm.