Chủ đề này có 2 trả lời

[reddevil1998]

Giải pt nghiệm nguyên dương:$x^{2}y^{2}=z^{2}(z^{2}-x^{2}-y^{2})$

[FanquanA1]

Giải pt nghiệm nguyên dương:$x^{2}y^{2}=z^{2}(z^{2}-x^{2}-y^{2})$

Ta thấy nếu $(x,y)=d (tương tự với các cặp khác) \Rightarrow z\vdots d$. Như vậy có thể giả sử $x,y,z$ đôi một nguyên tố cùng nhau.
$x^2y^2=z^2(z^2-x^2-y^2)\Leftrightarrow (x^2+z^2)(y^2+z^2)=2z^4\Rightarrow (x,z)>1\Rightarrow x=y=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi FanquanA1: 31-08-2012 - 23:04

[nguyenta98]

Giải pt nghiệm nguyên dương:$x^{2}y^{2}=z^{2}(z^{2}-x^{2}-y^{2})$

Giải như sau:
Giả sử phương trình trên có nghiệm nguyên dương, nên theo nguyên lý cực hạn, ắt tồn tại $x,y,z$ là nghiệm của phương trình trên thỏa mãn $x+y+z$ là nhỏ nhất, ta có
$$x^2y^2=z^2(z^2-x^2-y^2)$$
$$x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2=2z^4$$
$$(x^2+z^2)(y^2+z^2)=2z^4$$
Gọi $gcd(x,y,z)=d \Rightarrow x=dx',y=dy',z=dz',gcd(x',y',z')=1$
Khi ấy $(x'^2+z'^2)(y'^2+z'^2)=2z'^4$
Do đó ta thấy ngay $gcd(x'^2+z'^2,y'^2+z'^2)=1$ vì nếu giả sử $gcd(x'^2+z'^2,y'^2+z'^2) \vdots p \Rightarrow 2z'^4 \vdots p$ khi ấy $2 \vdots p$ hoặc $z' \vdots p$ (với $p$ nguyên tố) nhưng nếu $z' \vdots p$ mà $x'^2+z'^2 \vdots p \Rightarrow x' \vdots p$ và tương tự $y' \vdots p$ khi ấy $gcd(x',y',z') \vdots p$ vô lý vì nó bằng $1$, còn khi $2 \vdots p$ khi đó $p=2$ như vậy $x'^2+z'^2,y'^2+z'^2 \vdots 2 \Rightarrow z'^4 \vdots 2 \Rightarrow z' \vdots 2 \Rightarrow x',y'$ chẵn nên cũng mâu thuẫn với $gcd(x',y',z')=1$
Như vậy $gcd(x'^2+z'^2,y'^2+z'^2)=1$ mà tích chúng là $2z'^4$ nên một số sẽ chẵn, số còn lại thì không, giả sử $x'^2+z'^2$ chẵn và $y'^2+z'^2$ lẻ
Khi ấy $x'^2+z'^2=2u^4$ và $y'^2+z'^2=v^4$ với $uv=z$ với $gcd(u,v)=1$
Thế $uv=z$ vào các phương trình suy ra $x'^2=u^2(2u^2-v^2)$ và $y'^2=v^2(v^2-u^2)$ nên dễ dàng suy ra $2u^2-v^2=a^2$ và $v^2-u^2=b^2$ khi ấy
$$2u^2=a^2+v^2$$
$$v^2=u^2+b^2$$
Xét phương trình thứ hai ta có $gcd(u,v)=1$ nên $(v,u,b)$ rõ ràng là bộ ba số pytago nguyên thủy suy ra $u,b$ có một số chẵn, một số lẻ và thấy $u$ không thể chẵn vì nếu nó chẵn thì theo phương trình thứ nhất suy ra $a^2+v^2 \vdots 4 \Leftrightarrow a,v \vdots 2$ khi ấy $gcd(u,v) \vdots 2$ vô lý
Như vậy $u$ lẻ suy ra $b$ chẵn nên theo công thức nghiệm pytago gốc thì $u=m^2-n^2,b=2mn,v^2=m^2+n^2$
Khi ấy ta lại thay vào phương trình đầu thu được $(m^2-n^2)^2=(2mn)^2+a^2$ nên $m^2-n^2,2mn,a$ cũng là bộ ba số pytago gốc nên rõ ràng $m^2-n^2=p^2+q^2,2mn=2pq \Rightarrow mn=pq$ nên $m^2-n^2=p^2+q^2 \Rightarrow m^4=(mn)^2+m^2p^2+m^2q^2 \Rightarrow m^4=(pq)^2+mp^2+mq^2 \Leftrightarrow 2m^4=(m^2+p^2)(m^2+q^2)$
Rõ ràng phương trình trên có dạng phương trình như đề bài hay $(m,p,q)$ cũng là nghiệm của phương trình mà dễ cm $m+p+q<x+y+z$ nên vô lí vì $x+y+z$ nhỏ nhất
Suy ra bài toán chỉ có nghiệm tầm thường $(x,y,z)=(0,0,0)$
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(0,0,0)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 01-09-2012 - 08:50