Chủ đề này có 12 trả lời

[uyenha]

tìm các số nguyên dương a,b,c sao cho:
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3(ab+bc+ca)}$ là 1 số nguyên

[nguyenta98]

tìm các số nguyên dương a,b,c sao cho:
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3(ab+bc+ca)}$ là 1 số nguyên

He he áp dụng cái bổ đề anh Tường nói thì bài này làm ngon
Giải như sau:
Bổ đề: $p \in \mathbb{P}, p \equiv 2 \pmod{3}, a^2+3b^2 \vdots p \Leftrightarrow p|a,b$

Đặt $\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3(ab+bc+ca)}=k \rightarrow a^2+b^2+c^2=3k(ab+bc+ca)$
$\Rightarrow (a+b+c)^2=(3k+2)(ab+bc+ca)$
Giả sử $3k+2$ có một ước nguyên tố là $p$ với $p \equiv 2 \pmod{3}$ (vì giả sử ngược lại suy ra mọi ước của $3k+2$ là $3t+1$ suy ra $3k+2$ có dạng $3t+1$ vô lý)
Như vậy $(a+b+c)^2 \vdots p \Rightarrow a+b+c \vdots p$
Giả sử $3k+2=\prod \left(p_k^{a_k}\right).\prod \left(q_j^{b_j}\right)$ với $p_i \equiv 2 \pmod{3}$ và $q_i \equiv 2 \pmod{3}$ nên trong $a_i$ với $i=\overline{1,k}$ thì tồn tại ít nhất một số $a_i$ sao cho $a_i$ lẻ vì giả sử ngược lại suy ra mọi ước chia $3$ dư $2$ của số $3k+2$ đều mũ chẵn suy ra $3k+2$ chia $3$ dư $1$ mâu thuẫn, do đó chọn $a_i$ lẻ và $p_i$ nguyên tố tương ứng đặt $a_i=m$ lẻ và $p_i=p \equiv 2 \pmod{3}$
Nên ta có $p^m.h=3k+2$ với $p \equiv 2 \pmod{3}$ và $m$ lẻ nên $n=2t+1$
Như vậy suy ra $(a+b+c)^2 \vdots p^{2t+1} \Rightarrow (a+b+c) \vdots p^{t+1} \Rightarrow (a+b+c)^2 \vdots p^{2t+2}$ suy ra $ab+bc+ca \vdots p$
Do đó ta có $a+b+c \vdots p$ và $ab+bc+ca \vdots p \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \vdots p$
Mặt khác $a+b+c \vdots p \Rightarrow a+b \equiv -c \pmod{p} \Rightarrow a^2+b^2+(-a-b)^2 \vdots p$
$\Rightarrow 2a^2+2ab+2b^2 \vdots p \Rightarrow 4a^2+4ab+4b^2 \vdots p \Rightarrow (2a+b)^2+3b^2 \vdots p$
Áp dụng bổ đề suy ra $b \vdots p$
Lập luận tương tự ta cũng có $c \vdots p$
Mặt khác ta có giả sử $a,b,c$ là nghiệm thỏa $a+b+c$ nhỏ nhất
Theo trên suy ra $a \vdots p,b \vdots p, c \vdots p \Rightarrow a=pa',b=pb',c=pc'$
Khi ấy $(a'+b'+c')^2=(3k+2)(a'b'+b'c'+c'a')$ nên $a',b',c'$ cũng là nghiệm mà $a'+b'+c'<a+b+c$ vô lý
Do đó theo nguyên lý lùi vô hạn suy ra mâu thuẫn nên phương trình vô nghiệm hay không tồn tại $a,b,c$ thỏa đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 20-08-2012 - 23:23

[Stranger411]

He he áp dụng cái bổ đề anh Tường nói thì bài này làm ngon
Giải như sau:
Bổ đề: $p \in \mathbb{P}, p \equiv 2 \pmod{3}, a^2+3b^2 \vdots p \Leftrightarrow p|a,b$

Em Tạ giải kinh quá
Chắc thằng Tường nó chả bao giờ theo kịp đâu

Cách khác:
Đẳng thức được viết lại như sau $(a+b+c)^2=(3k+2)(ab+bc+ca)$
Chọn số nguyên tố $p$ sao cho $\left\{ \begin{gathered}
{p^{2a - 1}}|3k + 2 \\
{p^{2a}}|3k + 2 \\
\end{gathered} \right.$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{p^a}|a + b + c \\
p|ab + bc + ca \\
\end{gathered} \right.$
$c \equiv - a - b(\bmod p) \Rightarrow p|a^2 + ab + b^2 \Rightarrow p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$. Và điều này vô lí vì $p \equiv 2(\bmod 3)$.
Vậy không tồn tại $a,b,c$ thỏa mãn bài toán. $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 13-08-2012 - 20:39

[Stranger411]

muốn có -3 là thặng dư toàn phương của p thì 1 trong 2 số 2a+b hoặc b không chia hết cho p,nên theo nguyenta a,b,c chia hết cho p là hợp lí

Gì nữa đây bạn
$\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$ là kí hiệu Lengdre Chớ có phải thăng dư toàn phuơng gì đâu )
Cách em Nguyenta98 là lùi vô hạn. Cách mình là dùng các định lí về thăng dư bậc 2 thôi

[Stranger411]

ý m` là không có cách của bạn đâu,nếu 2a+b chia hết cho p thì làm quoái j` mà vô lí chứ,cũng giống như a mũ 2 + b mũ 2 có ước nguyên tố dạng thì 4p+3 thì a,b cùng chia hết cho SNT đó,làm j` có chuyện vô lí ở đâu,khi sử dụng kí hiêu lengdre ta đã ngầm hiểu tử số của nó không chia hết cho mẫu r`

Trước khi nói cái gì thì nên coi lại kiến thức của mình một tí đi nhá

Định nghĩa về kí hiệu Lengdre:
Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên $a$. Khi đó, ta có:
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = 1$ nếu $a \not \vdots p$ và $a$ là số chính phương $mod(p)$
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = -1$ nếu $a \not \vdots p$ và $a$ không là số chính phương $mod(p)$
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = 0$ nếu $a \vdots p$

Trờ lại bài toán:
Vì vậy nếu $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$ thì hoàn toàn vô lí vì ta chọn $p \equiv 2(\bmod 3)$

[Jewellery]

Định nghĩa về kí hiệu Lengdre:
Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên $a$. Khi đó, ta có:
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = 1$ nếu $a \not \vdots p$ và $a$ là số chính phương $mod(p)$
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = -1$ nếu $a \not \vdots p$ và $a$ không là số chính phương $mod(p)$
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = 0$ nếu $a \vdots p$

ý m` là không có cách của bạn đâu,nếu 2a+b chia hết cho p thì làm quoái j` mà vô lí chứ,cũng giống như a mũ 2 + b mũ 2 có ước nguyên tố dạng thì 4p+3 thì a,b cùng chia hết cho SNT đó,làm j` có chuyện vô lí ở đâu,khi sử dụng kí hiêu lengdre ta đã ngầm hiểu tử số của nó không chia hết cho mẫu r`

Cái bổ để mà bạn uyenha nói thực ra ko cần dùng cho bài này
Với lại, bạn Uyenha hiểu sai về kí hiệu Lengdre rồi đó
Giải theo cách dùng số chính phương $mod(p)$ như bạn Stranger411 là hoàn chỉnh rồi.

Đây là một bài toán điển hình cho việc lựa chọn số mũ lẽ trong giải toán thôi mà

[Stranger411]

$\Rightarrow 2a^2+2ab+2b^2 \vdots p \Rightarrow 4a^2+4ab+4b^2 \vdots p \Rightarrow (2a+b)^2+3b^2 \vdots p$

$c \equiv - a - b(\bmod p) \Rightarrow p|a^2 + ab + b^2 \Rightarrow p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$. Và điều này vô lí vì $p \equiv 2(\bmod 3)$.
Vậy không tồn tại $a,b,c$ thỏa mãn bài toán. $\blacksquare$

Bạn xem lại @@!
Bài mình và bài Tạ để đi đến $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$ để suy ra vô lí mà (:|

Bạn nói lại xem mình sai chỗ nào (:|

[uyenha]

$p|a^2 + ab + b^2 \Rightarrow p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$. Và điều này vô lí vì $p \equiv 2(\bmod 3)$.
cái này và bổ đề của nguyênta tự mâu thuẫn nhau,ta chắc chắn có $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = -1$ nhưng từ $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$ là thiếu,nếu như $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 0$ thì sao,bạn đã xét nó đâu,ý mình là thiếu sót ở chỗ này đó.

cách cm của bạn và bổ đề của bạn tạ ,2 cái này mâu thuẫn nhau,vì ta chắc chắn có $\binom{-3}{p}=-1$ nhưng còn từ pl(2a+b)² +3b² ta không thể suy ra dc $\binom{-3}{p}=1$,còn th $\binom{-3}{p}=0$ thì vứt đâu r`

Trờ lại bài toán:
Vì vậy nếu $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1 $ thì hoàn toàn vô lí vì ta chọn $p \equiv 2(\bmod 3)$

vậy nếu $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)$ không bằng 1 thì sao,tức là $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)=0$,(ta không quan tâm đến th $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)=-1$ ,việc làm của bạn là đang chứng minh bổ đề của nguyenta thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-08-2012 - 11:39

[catbuilts]

$p|a^2 + ab + b^2 \Rightarrow p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$. Và điều này vô lí vì $p \equiv 2(\bmod 3)$.
cái này và bổ đề của nguyênta tự mâu thuẫn nhau,ta chắc chắn có $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = -1$ nhưng từ $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$ là thiếu,nếu như $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 0$ thì sao,bạn đã xét nó đâu,ý mình là thiếu sót ở chỗ này đó.

cách cm của bạn và bổ đề của bạn tạ ,2 cái này mâu thuẫn nhau,vì ta chắc chắn có $\binom{-3}{p}=-1$ nhưng còn từ pl(2a+b)² +3b² ta không thể suy ra dc $\binom{-3}{p}=1$,còn th $\binom{-3}{p}=0$ thì vứt đâu r`


vậy nếu $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)$ không bằng 1 thì sao,tức là $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)=0$,(ta không quan tâm đến th $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)=-1$ ,việc làm của bạn là đang chứng minh bổ đề của nguyenta thôi

Cả 2 bạn Nguyenta98 và Stranger411 đều từ mấu chốt $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$ (*) để giải quyết bài toán.

Bài của bạn Nguyenta98 thì đúng rồi, ko cần bàn nữa.

Vấn đề ở đây là chỗ từ $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$

suy ra dc $\binom{-3}{p}=1$ của bạn Stranger.

hiểu sai ý mình r`,đây này,ta có pl (2a+b)² +3b² (1),neu 2a+b không chia hết cho p hiển nhiên b cũng vậy,ta biến đổi (1) thành (2a+b)² $\equiv$ -3b² (mod p),do (b,p)=1 cho nên tồn tại c sao cho bc$\equiv$1(mod p),do dó ta có ((2a+b)c)² $\equiv$-3 (mod p),dẫn tới vô lí do p dạng 3K+2,vậy nên 2a+b,b cùng chia hết cho p,rõ ràng không có cách của bạn stranger vì nó không tồn tại

nếu nói như cách trên của bạn stranger thì không có a,b tự nhiên nào thỏa mãn a² +b² có ước nguyên tố dạng 4k+3(1),a,b chia hết cho số nguyên tố đó thì hiển nhiên có (1)

Mình nghĩ ý bạn Uyenha là như sau: Bạn Nguyenta98 từ (*) suy ra a,b,c đều chia hết cho p.
Nhưng khi đó thì 2a+b, b cũng chia hết cho p, dẫn đến $\binom{-3}{p}=1$ sai !

Theo mình thì bạn Strager giải đúng rồi.

Trường hợp $\binom{-3}{p}=0$ là ko thể xảy ra

Kí hiệu $\binom{-3}{p}=0$ có nghĩa là -3 chia hết cho p, mà p chia 3 dư 2 nên ko thể.

còn kí hiệu $\binom{-3}{p}=1$ có nghĩa là với 2 số -3, p nguyên tố cùng nhau. ptrinh $x^2\equiv-3(mod p)$ (1) tồn tại nghiệm. Tức là ko bắt buộc mọi trường hợp đều phải có nghiệm. Ví dụ từ (*) ta chỉ cần chọn b chia p dư 1, để có ${(2a + b)^2} \equiv -3 (mod p) $ (lúc này x=2a+b). ptrinh (1) tồn tại nghiệm, tương đương $\binom{-3}{p}=1$. và từ đây suy ra dc điều vô lí $\blacksquare$

[uyenha]

$p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$. Và điều này vô lí vì $p \equiv 2(\bmod 3)$.
Vậy không tồn tại $a,b,c$ thỏa mãn bài toán. $\blacksquare$

sai từ chỗ này và nguyên nhân là do làm tắt $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$
muốn dùng lengdre(hay tiếng việ gọi là thặng dư toàn phương) trước tiên ta phải đưa nó về dạng (mà ở đây) là
a²$\equiv$-3 (mod p) cái đã,mà ở đây muốn đưa về dạng này ta phải giả sử a không chia hết cho p,''vậy nên thiếu TH a,b chia hết cho p'',mà TH này luôn đúng,nếu không thấy dc thì cho a=b=p ta có 12p² chia hết cho p ,vì vậy có giải kiểu gì đi nữa vẫn phải thông qua a,b,c chia hết cho p rồi mới giải tiếp,nên không có cách bạn stranger nói

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi uyenha: 15-08-2012 - 16:19

[catbuilts]

sai từ chỗ này và nguyên nhân là do làm tắt $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$
muốn dùng lengdre(hay tiếng việ gọi là thặng dư toàn phương) trước tiên ta phải đưa nó về dạng (mà ở đây) là
a²$\equiv$-3 (mod p) cái đã,mà ở đây muốn đưa về dạng này ta phải giả sử a không chia hết cho p,''vậy nên thiếu TH a,b chia hết cho p'',mà TH này luôn đúng,nếu không thấy dc thì cho a=b=p ta có 12p² chia hết cho p ,vì vậy có giải kiểu gì đi nữa vẫn phải thông qua a,b,c chia hết cho p rồi mới giải tiếp,nên không có cách bạn stranger nói

xét $\left ({\frac{{ - 3}}{p}} \right )$
Đâu cần giả sử x không chia hết cho p chứ. Ta chỉ quan tâm có tồn tại x để x²$\equiv$-3 (mod p) hay ko thôi.

Tất nhiên nếu ptrinh x²$\equiv$-3 (mod p) có nghiệm thì x ko chia hết cho p rồi.

@ Uyenha: Hình như bạn còn vướng cái kí hiệu Lengdre thì phải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi catbuilts: 16-08-2012 - 10:10

[Stranger411]

sai từ chỗ này và nguyên nhân là do làm tắt $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$
muốn dùng lengdre(hay tiếng việ gọi là thặng dư toàn phương) trước tiên ta phải đưa nó về dạng (mà ở đây) là
a²$\equiv$-3 (mod p) cái đã,mà ở đây muốn đưa về dạng này ta phải giả sử a không chia hết cho p,''vậy nên thiếu TH a,b chia hết cho p'',mà TH này luôn đúng,nếu không thấy dc thì cho a=b=p ta có 12p² chia hết cho p ,vì vậy có giải kiểu gì đi nữa vẫn phải thông qua a,b,c chia hết cho p rồi mới giải tiếp,nên không có cách bạn stranger nói

Nói chuyện vs Uyenha cực kì bực mình @@!
Mình và mọi người đã ko muốn nói rồi mà bạn cứ thích cãi cùn.

Trước đó, MOD đã gộp bớt vài bài của bạn để tránh spam trong topic.
Thắc mắc thì ko phải là tội nhưng cứ nói dai như thế người ta chả thích tí nào đâu bạn

Mời bạn tham khảo thêm về kí hiệu Lengdre:
 Cong Thuc Legendre.pdf   67.83K   1681 Số lần tải

[uyenha]

vậy thì mong các bạn thực hiện biến đổi từ (2a+b)² +b² $\equiv$ 0 (mod p) về dạng x² $\equiv$-3(mod p) cho m` được mở mang tầm mắt,vấn đề này mình đã làm 1 lần rồi,muốn đưa về dạng x² $\equiv$-3(mod p) thì ta bắt buộc phải có ĐK (x,p)=1 ,hãy làm thử để dễ thấy điều đó,chứ không phải khi ta có x² $\equiv$-3(mod p) ta suy ra (x,p)=1 như bạn catbuilts,từ x² $\equiv$-3(mod p) ta suy ra vô lí như pạn stranger là hoàn toàn đúng(đã dùng ĐK (x,p)=1),nhưng đề toán không cho điều kiện này dẫn tới việc ta phải xét TH x chia hết cho p

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi uyenha: 16-08-2012 - 22:42