Chủ đề này có 3 trả lời

[demonhunter000]

Cmr: 1 số hữu tỉ luôn có thể biểu diễn được dưới dạng tổng lập phương của 3 sô hữu tỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 04-02-2013 - 22:37

[nguyenthehoan]

Cmr: 1 số hữu tỉ luôn có thể biểu diễn được dưới dạng tổng lập phương của 3 sô hữu tỉ

 

Chú ý ta có đẳng thức sau

 

$(\frac{1+9x-27x^{3}}{3(9x^{2}+3x+1)})^{3}+(\frac{27x^{2}+9x}{3(9x^{2}+3x+1)})^{3}+(\frac{3x-1}{3(9x^{2}+3x+1)})^{3}=x$

 

Từ đây ta có ngay dpcm.

[nguyenta98]

Chú ý ta có đẳng thức sau

 

$(\frac{1+9x-27x^{3}}{3(9x^{2}+3x+1)})^{3}+(\frac{27x^{2}+9x}{3(9x^{2}+3x+1)})^{3}+(\frac{3x-1}{3(9x^{2}+3x+1)})^{3}=x$

 

Từ đây ta có ngay dpcm.

Cái quan trọng là làm thế nào có đẳng thức này? Chắc phải qua bước biến đổi đại số nào đó

[barcavodich]

Có lẽ là như này

Đầu tiên ta có

$x^3+y^3+z^3=(s-t)^3+(t-z)^3+t^3=s^3-3(s^2-z^2)t+3(s-z)t^2$

(với $x=s-t$,$y=t-z$)

Với $r$ hữu tỷ dương cho trước

Ta chọn số hữu tỷ $v$ sao cho $\sqrt[3]{\frac{3r}{2}}<v<\sqrt[3]{3r}$

Đặt $u=\frac{3r-v^3}{3r+v^3}$

$s=v(1+u)$,$z=su$,$t=\frac{s}{3(1-u^2)}$

Từ đó

$x^3+y^3+z^3=(s-t)^3+(t-z)^3+t^3=s^3-3(s^2-z^2)t+3(s-z)t^2=3(s-z)t^2=3s(1-u)t^2$

$=\frac{s^3(1-u)}{3(1-u^2)^2}=\frac{s^3}{3(1+u)(1-u^2)}=\frac{v^3(1+u)^2}{3(1-u^2)}=\frac{v^3(1+u)}{3(1-u)}=r$

Do $v$ có thể chọn là $1$ số hữu tỉ bất kì nên phương trình có vô số nghiệm

còn với $v$ âm thì ta đổi chiều của các lập phương là ok

QED.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi barcavodich: 03-06-2013 - 15:37