Chủ đề này có 3 trả lời

[linhlun97]

cho $\large \frac{n^{2}-1}{3}$ là tích 2 số tự nhiên liên tiếp ($\large n$ là số tư nhiên. chứng minh $\large n$ là tổng 2 số chính phương liên tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 30-05-2012 - 23:20

[nguyenta98]

cho $\large \frac{n^{2}-1}{3}$ là tích 2 số tự nhiên liên tiếp ($\large n$ là số tư nhiên. chứng minh $\large n$ là tổng 2 số chính phương liên tiếp

Giải như sau:
Đặt $\dfrac{n^2-1}{3}=a(a+1) \Rightarrow n^2=3a^2+3a+1$
Suy ra $(2n)^2=12a^2+12a+4 \Rightarrow (2n-1)(2n+1)=3(4a^2+4a+1)=3(2a+1)^2$
Do đó $\left(\dfrac{2n-1}{3}\right).(2n+1)=(2a+1)^2$ hoặc $(2n-1).\left(\dfrac{2n+1}{3}\right)=(2a+1)^2$
Mặt khác do $gcd(2n-1,2n+1)=gcd(2,2n+1)=1$ do đó $gcd \left(\left(\dfrac{2n-1}{3}\right);(2n+1) \right)=gcd \left((2n-1);\left(\dfrac{2n+1}{3}\right)\right)=1$
Suy ra
TH1: $\left(\dfrac{2n-1}{3}\right)=x^2$ và $2n+1=y^2$
$\Rightarrow y^2-3x^2=2 \rightarrow y^2=3x^2+2$ vô lý do $y^2$ chính phương
TH2: $2n-1=x^2$ và $\left(\dfrac{2n+1}{3}\right)=y^2$
Suy ra từ $2n-1=x^2$ ta có ngay $x$ là số lẻ suy ra $x=2m+1$
Do đó $2n-1=(2m+1)^2 \rightarrow n=2m^2+2m+1=m^2+(m+1)^2$ suy ra $n=m^2+(m+1)^2$ là tổng hai số chính phương liên tiếp $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 16-06-2012 - 00:55

[hxthanh]

Lập luận của em hoàn toàn chính xác!

Tuy nhiên, em có thể tìm nghiệm cụ thể của bài này không, tôi nghi ngờ $n^2-1=3a(a+1)$ không có nghiệm nguyên dương

____

À mà đúng ra là phương trình đó có nghiệm tự nhiên duy nhất $n=1\;\&\;a=0$

Như vậy $n=1=0^2+1^2\Rightarrow \text{nhảm!}$

[nguyenta98]

Lập luận của em hoàn toàn chính xác! Tuy nhiên, em có thể tìm nghiệm cụ thể của bài này không, tôi nghi ngờ $n^2-1=3a(a+1)$ không có nghiệm nguyên dương ____ À mà đúng ra là phương trình đó có nghiệm tự nhiên duy nhất $n=1\;\&\;a=0$ Như vậy $n=1=0^2+1^2\Rightarrow \text{nhảm!}$

Em cũng đã suy nghĩ đến vấn đề này, cám ơn thầy đã nhắc nhở em
Theo em phương trình $n^2-1=3a(a+1) \Rightarrow n^2=3a^2+3a+1$ có vô hạn nghiệm (nó liên quan đến phương trình Pell)
Giải như sau:
Ta có $n^2=3a^2+3a+1 \Rightarrow (2n)^2=12a^2+12a+4=(2n)^2=(3a+2)^2+3a^2$ $(1)$

Nhận thấy $(1)$ là phương trình có dạng $x^2=y^2+3z^2$ $(X)$

Mặt khác $gcd(3a+2,a)=gcd(2,a)=1,2$

Ngoài ra ta còn nhận xét sau: $gcd(2n,3a+2)=1,2$ (do $(X)$) vì nếu giả sử $gcd(2n,3a+2) \vdots p$ với $p$ nguyên tố khác $2$ $(**)$

Suy ra $p|3a^2$ nhưng vì $3a+2 \vdots p$ và $p \neq 2$ nên suy ra $p \not \mid a^2$ suy ra $p|3 \rightarrow p=3$

Và khi đó suy ra $9|(2n)^2$ với $9|(3a+2)^2 \rightarrow 9|3a^2 \rightarrow 3|a \rightarrow 3|3a$ vô lý do $(X)$

Nên $gcd(2n,3a+2)=1,2$ cho nên $gcd(2n-3a-2, 2n+3a+2)=1,2,4$ một điều rất quan trọng ta sắp xét sau đây

TH1: $gcd(3a+2,a)=2$ suy ra $a$ chẵn khi ấy $a=2k$

Ta viết lại đề: $(2n)^2=(3.2k+2)^2+3.(2k)^2 \Rightarrow n^2=(3k+1)^2+3k^2$

Lúc này ta thấy $gcd(3k+1,k)=1$ do đó ta có $gcd(n,3k+1)=1$ (do từ trên ta đã cm $gcd(n,3k+1)$ không thể bằng 3)

Do đó $(n-3k-1)(n+3k+1)=3k^2$ $(Y)$

Vì $gcd(n,3k+1)=1 \Rightarrow gcd(n-3k-1,n+3k+1)=1,2$

• Nếu $gcd(n-3k-1,n+3k+1)=1$ ta viết lại $(Y)$ dưới dạng

$\left(\dfrac{n-3k-1}{3}\right).(n+3k+1)=k^2$ hoặc $(n-3k-1).\left(\dfrac{n+3k+1}{3}\right)=k^2$

Vì $gcd(n-3k-1,n+3k+1)=1$ cho nên $gcd\left(\dfrac{n-3k-1}{3};n+3k+1\right)=1$ hoặc $gcd \left(n-3k-1;\dfrac{n+3k+1}{3}\right)=1$

Khi ấy suy ra $(n-3k-1,n+3k+1)=(3x^2,y^2),(x^2,3y^2) \Rightarrow 3k+1=\dfrac{3x^2-y^2}{2}$ hoặc $\dfrac{x^2-3y^2}{2}$ và $k=xy$ $(2)$

Nhưng nếu $3k+1=\dfrac{x^2-3y^2}{2} \Rightarrow 6k+2=x^2-3y^2 \Rightarrow x^2 \equiv 2 \pmod{3}$ vô lý

Suy ra $3k+1=\dfrac{3x^2-y^2}{2} \Rightarrow 6k+2=3x^2-y^2$ $(3)$

Từ $(2)(3) \Rightarrow 6k+2-6k=2=3x^2-y^2-8xy \Rightarrow 2=3(x-y)^2-(3y)^2 \Rightarrow (x-y)^2 \equiv 2 \pmod{4}$ vô lý

• Nếu $gcd(n-3k-1,n+3k+1)=2$ tương tự như trên, chỉ khác mỗi lúc này bộ nghiệm mới là

$3k+1=3x^2-y^2$ hoặc $3k+1=x^2-3y^2$ và $k=2xy$ $(4)$

Nhưng nếu $3k+1=3x^2-y^2 \rightarrow y^2 \equiv 2 \pmod{3}$ vô lý

Do đó $3k+1=x^2-3y^2$ và cũng có từ $(4)$ suy ra $3k=6xy$

Suy ra $3k+1-3k=x^2-3y^2-6xy \Rightarrow x^2-3y^2-6xy=1 \Rightarrow (x-3y)^2-12y^2=1$ $(*)$

Nhận thấy $(*)$ là phương trình Pell do đó có vô hạn nghiệm dạng $x-3y=m^2+12n^2$ và $y=2mn$ với $m^2-12n^2=1$

(thí dụ như nó có nghiệm $x=13,y=2$ do đó $n=181$, không tin thầy có thể thử luôn )

TH2: $gcd(3a+2,a)=1$ suy ra $a$ lẻ suy ra $3a+2$ lẻ khi đó suy ra $gcd(2n,3a+2)=1$ do $(**)$

Ta viết lại đề $(2n-3a-2)(2n+3a+2)=3a^2$

$\Rightarrow \left(\dfrac{2n-3a-2}{3}\right).(2n+3a+2)=a^2$ hoặc $(2n-3a-2).\left(\dfrac{2n+3a+2}{3}\right)=a^2$ $(5)$

Do ta đã chứng minh $3a+2$ lẻ và $gcd(2n,3a+2)=1$ suy ra $2n-3a-2$ và $2n+3a+2$ cùng lẻ

Khi đó suy ra $gcd(2n-3a-2,2n+3a+2)=gcd(2n-3a-2,2(3a+2))=1,2$ nhưng do $2n-3a-2$ và $2n+3a+2$ cùng lẻ nên $gcd(2n-3a-3,2n+3a+2)=1$

Do đó $gcd\left(\dfrac{2n-3a-2}{3},2n+3a+2\right)=gcd\left(\dfrac{2n+3a+2}{3},2n-3a-2\right)=1$ $(6)$

Từ $(5)(6)$ suy ra $(2n-3a-2;2n+3a+2)=(3x^2,y^2),(x^2,3y^2)$ suy ra $3a+2=\dfrac{3x^2-y^2}{2}$ hoặc $\dfrac{x^2-3y^2}{2}$ và khi ấy suy ra $a^2=x^2.y^2 \rightarrow a=xy$ $(7)$

Nhưng nếu $3a+2=\dfrac{3x^2-y^2}{2} \Rightarrow 6a+4+y^2=3x^2 \Rightarrow y^2 \equiv 2 \pmod{3}$ vô lý

Suy ra $3a+2=\dfrac{x^2-3y^2}{2} \Rightarrow 6a+4=x^2-3y^2$ $(8)$

Từ $(7)$ suy ra $6a=6xy$ và từ $(8)$ suy ra $6a+4-6a=x^2-3y^2-6xy \Rightarrow x^2-3y^2-6xy=4 \Rightarrow (x-3y)^2-12y^2=4$ $(9)$

Vì $4|12y^2$ và $4|4$ suy ra $4|(x-3y)^2 \Rightarrow x-3y=2u$

Do đó viết lại $(9)$ như sau: $u^2-3y^2=1$ $(10)$

Nhận thấy $(10)$ là phương trình Pell có vô hạn nghiệm $(u,y)$ suy ra vô hạn nghiệm $9x-3y,y)$ nên vô hạn nghiệm $(x,y)$ nên vô hạn nghiệm $n$

(thí dụ cho $u=2,y=1 \Rightarrow x-3y=2u=4 \rightarrow x=7 \Rightarrow a=7 \Rightarrow n=13$ và còn vô số bộ khác là nghiệm cuar phương trình $(10)$)

Do đó phương trình $n^2=3a^2+3a+1$ hay $\dfrac{n^2-1}{3}$ là tích của hai số tự nhiên liên tiếp có vô hạn nghiệm $\blacksquare$ (và dạng nghiệm thì thầy cứ thử thay các biến vào để tìm ra $a$ là xong mà )

P/S vậy là em đã chứng minh xong phương trình trên vô hạn nghiệm suy ra tồn tại vô hạn $n$ thỏa mãn nên gộp cả bài trước và bài này của em, ta có một bài chứng minh hoàn thiện chú ý bài mình đã edit cẩn thật, h sẽ ko còn lỗi nào (mọng là thế)
_________
hxthanh@: Có một lỗi nhỏ chỗ tôi gạch chân đấy (do em gõ nhầm )
Bài toán này chỉ cần chứng minh như bài viết đầu tiên là ăn điểm tối đa rồi, tuy nhiên cần thiết phải đặt những câu hỏi như vậy. Bởi vì nếu tồn tại một cái mà không có thực có lẽ cũng không có nhiều ý nghĩa phải không em?

@nguyenta98: right!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 17-06-2012 - 19:20
Ok!