Chủ đề này có 1 trả lời

[quynh chi]

cm tồn tại vô số STN có thể biểu diễn được dưới dạng tổng các bình phương của 2 số nguyên liên tiếp đồng thời là tổng bình phương của 3 số nguyên liên tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quynh chi: 01-09-2012 - 15:56

[nguyenta98]

cm tồn tại vô số STN có thể biểu diễn được dưới dạng tổng các bình phương của 2 số nguyên liên tiếp đồng thời là tổng bình phương của 3 số nguyên liên tiếp

Giải như sau:
$$n^2+(n+1)^2=(t-1)^2+t^2+(t+1)^2$$
$$\Rightarrow 2n^2+2n+1=3t^2+2$$
$$\Rightarrow 2n^2+2n-1=3t^2$$
$$\Rightarrow 4n^2+4n-2=6t^2$$
$$\Rightarrow (2n+1)^2-6t^2=3$$
$$\Rightarrow (2n+1) \vdots 3 \Rightarrow 2n+1=3k$$
$$\Rightarrow 3k^2-2t^2=1$$
$$\Rightarrow k=2r+1 \Rightarrow 3(2r+1)^2-2t^2=1$$
$$\Rightarrow 12r^2+12r+3=1+2t^2$$
$$\Rightarrow 6r^2+6r+1=t^2$$
$$\Rightarrow (3r+1)^2=t^2+3r^2$$
Dễ thấy phương trình trên có nghiệm $3r+1=m^2+3n^2$ và $r=2mn$ (thay vào sẽ ra ngay)
Như vậy $3r=6mn \Rightarrow 3r+1-3r=m^2+3n^2-6mn=1 \Rightarrow (m-3n)^2-6n^2=1$
Đặt $a^2-6b^2=1$ và thấy rõ ràng phương trình này có nghiệm $(a,b)=(5,2)$ và từ nghiệm $a_0^2-6b_0^2=1$ thì ta tạo nghiệm mới $(a_1,b_1)=(a_0^2+6b_0^2,2a_0b_0)$ vì khi thay vào thì $a_1^2-6b_1^2=(a_0^2+6b_0^2)^2-6(2a_0b_0)^2=(a_0^2-6b_0^2)^2=1$ đúng do $a_0^2-6b_0^2=1$
Ta làm tiếp tục như vậy nghiệm sẽ lớn lên và tiến đến vô cùng nên có vô hạn nghiệm hay có vô hạn số tự nhiên $đpcm$

P/S bài này đến đoạn $3k^2-2t^2=1$ có thể dùng Pell để suy ra vô hạn nghiệm tuy nhiên nếu ko Pell thì như mình làm ở trên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 04-09-2012 - 22:21