Chủ đề này có 6 trả lời

[euler]

chứng minh rằng có vô hạn bộ ba số nguyên dương sắp theo thứ tự (x,y,z) sao cho http://dientuvietnam...cgi?x^3 y^5=z^7

DDTH

[naluv]

Rat don gian , chu y dang thuc 2^n+2^n=2^(n+1)
->can chon n chia het 3,5 va chia 7 du 6 thi ta co 1 nghiem
de thay ton tai vo so n nen co vo so nghiem.

[MrMATH]

tổng quát(SL97)
với a,b,c thỏa mãn: a hoặc b nguyên tố cùng nhau với c
khi đó tồn tại vô hạn nghiệm nguyên đương pt: http://dientuvietnam...cgi?x^a y^b=z^c
lời giải dựa vào lũy thừa của 2
rất đơn giản và rất hay

[MrMATH]

thêm bài nữa: chứng minh rằng mọi số hữu tỷ r đều có thể ở dạng:
rhttp://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\large\r=\dfrac{a^2+b^3}{c^5+d^7}

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrMATH: 23-01-2005 - 09:32

[MrMATH]

bài này có vẻ khó
có ý gì không nhỉ??

[MrMATH]

hey, nghĩ một lúc hóa ra không khó lắm:
dùng 2 bổ đề:
bổ đề 1: mọi số hữu tỷ dương r có thể biểu diễn dưới dạng r=http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{a^3+b^3}{c^3+d^3}(SL99)
bổ đề 2: nếu m(1),...m(k) đôi một nguyên tố cùng nhau thì hệ đông dư x=a(i)(mod m(i)) có nghiệm(trường hợp riêng của định lý phần dư trunghoa)
áp dụng 2 bổ đề có thể thấy ngay sự tồn tại của biểu diễn r=http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{a^m+b^n}{c^p+d^q} khi m,n,p,q đôi một nguyên tố cùng nhau
goodluck

[MrMATH]

tôi lại phức tạp hóa vấn đề rồi
thực ra chẳng cần đến bổ đề 1
thực ra thì bổ đề 1 còn khó hơn là chính bài toán này
các bạn thử suy nghĩ mà xem
đơn giản thật