Nguyên Lý Xuống Thang - Tài Liệu Text - 123doc

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.docx) (27 trang)

Trang chủ

Công nghệ thông tin

Lập trình

Nguyên lý xuống thang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (412.68 KB, 27 trang )

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘIKHOA TOÁN – TINCHUYÊN ĐỀ 3NGUYÊN LÝ XUỐNG THANGGiảng viên : Thầy Nguyễn Quang LộcNhóm 13 :1Mục lục1.1.11.22.Mở đầu về nguyên lí xuống thangLịch sửNguyên lí xuống thangỨng dụng của nguyên lí xuống thang2.1 Nguyên lí xuống thang với phương trình nghiệm nguyên2.2 Nguyên lí xuống thang trong hình học2.3 Một số bài tập3. Bài tập tự giảiTài liệu tham khảo :- Giáo trình đại số sơ cấp (T/g : Dương Quốc Việt – Đàm Văn Nhỉ)- Bài tập đại số sơ cấp(T/g : Dương Quốc Việt – Lê Văn Đính)21. Mở đầu về nguyên lí xuống thang1.1. Lịch sửNguyên lí xuống thang có lịch sử từ thời P. Fermat (1602 – 1655). Một bài toán vĩ đại đãlàm hao mòn biết bao trí óc của các nhà toán học suốt mấy thế kỉ nay, đó là bài toánFermat lớn: Với n≥3 không tồn tại bộ số nguyên nào thỏa mãn phương trìnhxn + y n = z n,mặc dù Fermat đã quả quyết rằng ông đã tìm ra cách chứng minh định lí này nhưng ôngkhông viết ra vì không đủ chỗ.Ông đã viết rằng : Do những phương pháp bình thường đã có trong các sách không đủđể chứng minh những mệnh đề khó và qua trọng, vì thế tôi đã hoàn thiện một cách đặcbệt để giải quyết những bài toán này. Tôi gọi cách chứng minh đặc biệt này là xuốngthang không xác định hoặc là xuống thang đến vô cùng.Ban đầu ông chỉ dùng phương pháp này để chứng minh những mệnh đề phủ định. Ví dụ:chứng minh rằng “ Không tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là các số tựnhiên, mà số đo diện tích của nó là một số chính phương” . Để chứng minh mệnh đề nàyông dùng phương pháp sau : Nếu tồn tại một tam giác vuông có số đo các cạnh là các sốtự nhiên mà diện tích của nó là một số chính phương, thì tồn tại một tam giác khác cónhỏ hơn tam giác và cũng có tính chất đó. Nếu tam giác thứ hai nhỏ hơn tam giác banđầu và có cùng tính chất thì lập luận tương tự, tồn tại tam giác thứ ba nhỏ hơn tam giácthứ hai và có cùng tính chất. Tiếp tục qua trình này, ta nhận được tam giác thứ 4, thứ5,.... và giảm đến vô cùng. Số đo một cạnh của tam giác vuông xuất phát là một số tựnhiên, sau mỗi bước thực hiện trên, số đo cạnh này giảm thành một số tự nhiên nhỏ hơn.Do đó, tạo ra một dãy giảm các số tự nhiên. Tuy nhiên, dãy số tự nhiên giảm thực sựkhông thể giảm vô hạn lần. Từ đó suy ra không tồn tại tam giác vuông có số đo các cạnhlà các số tự nhiên mà số đo diện tích của nó là một số chính phương.3Sau đó, Fermat có nói rằng đã có thể ứng dụng phương pháp này vào chứng minh nhữngmệnh đề khẳng định. Ví dụ như “ Mọi số nguyên tố dạng 4n+1 đều biểu diễn thành tổngcủa hai số chính phương”. Nhưng để ứng dụng phương pháp này vào việc chứng minhmệnh đề khác như “ Mọi số có thể biểu diễn thành tổng của không quá bốn số chínhphương”, thì ông không để lại chi tiết ứng dụng phương pháp này như thế nào. Hơn nữa,hàng loạt các định lí của ông được chứng minh bằng phương pháp này cũng không để lạitính toán, chứng minh chi tiết. Trong số đó có định lí lớn Fermat cho tường hợp n=3.Sau này, Euler đã áp dụng có kết quả phương pháp này vào bài toán giải phương trình vôdịnh và từ đó việc chứng minh định lí lớn Fermat cho n=3 được phục hồi. Fermat khẳngđinh phương pháp này là của mình đưa ra lần đầu tiên và trước đó không có ai biết đếnphương pháp này. Tuy nhiên, những cố gắng chứng minh rằng “ lập phương của một sốnguyên không thể phân tích thành tổng lập phương của hai số nguyên” được nghiên cứukhoảng năm 1000 ở phương Đông với các nhà toán học Ả Rập đã có nói tới phươngpháp này.Phương pháp xuống thang thời hiện đại giữ một vai trò quan trọng trong giải tíchDiophant với những công trình của J.H.Poncaré và A.Baile. Ngày nay, phương pháp nàyvẫn còn được ứng dụng trong lí thuyết số của toán học.1.2. Nguyên lí xuống thangGiả sử C là một tập các cấu hình, ta giả địnhC ≠∅.Trên C ta trang bị một quan hệ thứtự, do đó ta có thể lấy ra được một phần tử cực tiểuthang, chúng ta chỉ ra đượcVậyb∈Csao chob0( a , b, c , d )Trong số các nghiệmThay, ta chọnvớiq = min dq = 8.m + 4.n + 2. p M2 ⇒ q M2 ⇒ q = 2.t (t ∈ Z , t > 0)4Mặt khác( m, n, p, q)q = 2.t444vào (*) ta được8.m + 4.n + 2. p 4 = (2t ) 444⇔ 8.m 4 + 4.n 4 + 2. p 4 = 16.t 4⇔ 4.m 4 + 2.n 4 + p 4 = 8t 4⇔ p 4 = 8t 4 − ( 4.m 4 + 2.n 4 ) M2⇒ p = 2.sTương tự như vậy, ta suy ra⇒0 0; z > 0, z min( x, y , z )nên chúng ta xét vớivới+ Trước hết ta xét x,y lẻ chẵn khác nhau.Thật vậy,•Nếu x,y cùng chẵn( 1) ⇔ ( 2m )4244⇒ z =x +ynên z chẵn ⇒ x=2m, y=2n, z=2k (m,n,k ∈ℕ)+ ( 2n ) = (2k ) ⇔ 4. ( m + n4 ) = k 2 ⇒ k M2 ⇒ k = 2t (t ∈ ¥ )424( 1) ⇔ 4. ( m 4 + n 4 ) = (2t ) 2 ⇔ m4 + n4 = t 2Do đó,⇒ (m,n,t) là một nghiệm của phương trình (1) . Mà t 1 ⇒ •Giả sử( 1) ⇔ s 4 + t 4 = r 2Như vậy⇒ (s,t,r) là nghiệm của phương trình (1) với r < d⇒ Mâu thuẫn. Vậy x,y nguyên tố cùng nhau.( y, z ) = d > 1•Giả sử Nếu d chẵn thì y, z chẵn ⇒ x chẵn ⇒ mẫu thuẫn với x,y nguyên tố cùngnhau.Nếu d lẻ thì do x lẻ, y chẵn nên z lẻ. Do (y,z)=d nên y=ds, z=dt với (s,t)=1.Khi đó,x 4 = z 2 − y 4 = d 2 ( s 2 − d 2t 4 ).6s MdNếu⇒ x 4 = d 4 (r 2 − t 4 ) ⇒ x 4 Md 4thì s=dr⇒ Vô lí ( do x,y nguyên tố cùngnhau, y ⋮ d nên x không chia hết cho d ⇒ x4 không chia hết cho d4)Vậy s không chia hết cho d.⇒d 2 ; s 2 − d 2t 4⇒ x = d .ω4Với2d ;ω2nguyên tố cùng nhau.(ω2= s 2 − d 2 .t 4 ) ⇒ x 2 = d .ωnguyên tố cùng nhau nên.d = ω12 ; w = ω22ω1 xM⇒ x = ω1.ω2 ⇒  z Md ⇒ z Mω1 y Md ⇒ y Mω1Như vậy, nghiệm (x,y,z) có z không nhỏ nhất ⇒ Mâu thuẫn.+ Giả sử( x, y , z )là nghiệm của phương trình (*) với x,y,z nguyên dương, đôi một nguyêntố cùng nhau , x lẻ và y chẵn đồng thời z nhỏ nhất.Khi đóx2 , y2 , zlà nghiệm của phương trìnhu 2 + v 2 = ω 2 (2)Ta có bổ đề ( phương trình Pytago)Cho phương trìnhkhi chúng có dạngx2 + y 2 = z 2 x = m2 − n2 y = 2mn z = m2 + n2. Bộ ba (x,y,z) được gọi là bộ ba nguyên thủy khi và chỉtrong đó m,n là 2 số nguyên tố cung nhau,m>n và m,nkhác tính chẵn lẻ.7Do( x2 , y 2 , z)là bộ ba Pytago nguyên thủy và x lẻ, y chẵn nên tồn tại a,b nguyên tố cùngnhau, khác tính chẵn lẻ sao cho x2 = a2 − b 2 2 y = 2ab z = a 2 + b2( a, b ) = 1 ⇒ ( a, 2b ) = 1Giả sử a lẻ, b chẵn .Vì(a lẻ, 2b chẵn).a = ty 2 = a.(2b) ⇒ 22b = s2Mà+ Ta có :x 2 + b 2 = a 2 ⇒ ( x , b, a )là bộ ba Pytago nguyên thủy ⇒ Tồn tại m,n nguyên tốcùng nhau, khác tính chẵn lẻ sao cho2⇒b 1 s2  s mn = = . =  ÷2 2 2 2⇒ ( p, q, t )Lại có :2.2.Do x = m2 − n2b = 2.m.n a = m2 + n 22m = p( m, n) = 1 ⇒ 2n = q ⇒ p 4 + q 4 = m 2 + n 2 = a = t 2là nghiệm của (1)t= avàz = a2 + b2 ⇒ z ≥ a 2 ⇒ 4 z ≥ anên mâu thuẫn.Nguyên lí xuống thang trong hình họcVí dụ 1: Biết rằng trong tất cả các đa giác n cạnh nội tiếp cùng một đường tròn,luôn tồn tại một đa giác có diện tích lớn nhất.Chứng minh rằng đa giác có diện tíchlớn nhất đó phải là đa giác đều.Giải8Giả sử tồn tại 1 đa giác nội tiếp n cạnh khôngđều S và có diện tích lớn nhất trong đườngtròn.⇒tồn tại 3 điểm A,B,C sao choAB ≠ BCLấy B’ là trung điểm của cung ABC.⇒ B ≠ B'11⇒ BH < B ' K ⇒ .BH . AC < .B ' K . AC22Hay⇒S∆ABC < S∆AB 'CThay B bằng B’ sẽ được 1 đa giác S’ có⇒diện tích lớn hơn đa giác S Mâu thuẫn.Vậy trong tất cả các đa giác n cạnh nội tiếp cùng 1 đường tròn, đa giác có diện tích lớnnhất là đa giác đều.2.3Một số bài tậpBài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có :( n + 1) .(n + 2).....(n + n)M2n (1)Với n=1Với n=2⇒ (1) ⇔ 2 M2 ⇒luôn đúng⇒ (1) ⇔ 3.4M4 ⇒+ Xét với⇒Giảin≥3luôn đúng.Giả sử S là tập hợp tất cả n sao cho không thỏa mãn (1).S có phần tử nhỏ nhất⇒ (k + 1).(k + 2)...(k + k )k ≥3không chia hết cho⇒ (k + 1).(k + 2)...( k + k − 1).2k⇒ k .(k + 1).(k + 2)...(2k − 1)S ≠∅2kkhông chia hết chokhông chia hết cho⇒ ( k − 1 + 1).( k − 1 + 2)....( k − 1 + k − 1).( k − 1 + k )2k2 k −1không chia hết cho2k −19Ta thấy:Nếuk − 1 + k = 2k − 1mà (2k-1,2)=1 ⇒ k-1+k không chia hết cho2k −1(k − 1 + 1).( k − 1 + 2)....(k − 1 + k − 1)M2k −1⇒ (k − 1 + 1).(k − 1 + 2)....(k − 1 + k − 1).(k − 1 + k ) M2 k −1 (vô lý)⇒ (k − 1 + 1).(k − 1 + 2)...( k − 1 + k − 1)Mặt kháck − 1 < k (∀k ≥ 3) ⇒ S = ∅ ⇒không chia hết cho2k −1hayk − 1∈ S(1) đúng với mọi n.Bài 2: Biết rằng trong các tam giác có cùng diện tích thì tồn tại tam giác có chu vinhỏ nhất.Chứng minh rằng : tam giác có chu vi nhỏ nhất phải là tam giác đều.GiảiGiả sử tồn tại tam giác ABC không đều có chu vi nhỏ nhất.Không mất tính tổng quát, taAC ≠ ABgiả sử.Gọi A’ là giao của trung trực BC và đường thẳng song song với BC đi qua A.oTa sẽ chứng minhA ' B + A ' C + BC < AB + AC + BC⇔ A ' B + A ' C < AB + ACThật vậy :Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua∆ABC 'cóAB + AC ' > BC 'hay∆⇒AB + AC > A ' B + A ' CB;A’;C’ thẳng hang⇒ đpcm10o∆A ' BCDễ thấyvà∆ABCcó cùng diện tích nhưng chu vi tam giác A’BC nhỏ hơn chu⇒ ∆ABCvi tam giác ABC nên mâu thuẫnđều.Bài 3:Chứng minh rằng không tồn tại tập hợp M khác rỗng những số tự nhiên cótính chất sau :Với mọi x thuộc M, tồn tại y thuộc M sao choGiảiGiả sử tồn tại tập hợp M khác rỗng sao choy 2 + 1 < 2x.M = { ∀x ∈ M , ∃y ∈ M : y 2 + 1 < 2 x}DoM⊆NLaị cónên M có số nhỏ nhất a⇒ ∃b ∈ M : b 2 + 1 < 2 a2b ≤ b 2 + 1 ⇒ 2b < 2a ⇒ b < a ⇒vô lý⇒M =∅Hay không tồn tại M sao cho với mọi x thuộc M, tồn tại y thuộc M sao choy2 + 1 < 2x.Bài 4: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên:222 x + 13. y = z22213.x + y = tGiải:Nhận xét: hệ phương trình có nghiệm( 0, 0, 0,0 ).Ta chứng minh hệ không có nghiệm nào khác ngoàinghiệm( x, y , z , t )vớix, y , z , tnguyên vàxét x,y,z,t nguyên dương.Trong số các nghiệm này ta chọn được( 0, 0, 0, 0 )( x, y, z, t ) ≠ (0, 0, 0, 0)( x0 , y0 , z0 , t0 )với.Giả sử ngược lại hệ có, Không mất tính tổng quát tax 0> 0nhỏ nhất. Khi đó, ta có:14.x + 14. y = z + t ⇒ 7.(2.x + 2. y ) = z + t (1)2020202020202020⇒ z02 + t02 M7(do 2.x02 + 2. y02 > 0)Nhận xét :Số dư của 1 số chính phương khi chia cho 7 là 0,1,2,4.⇒ Số dư củaz 0 2 + t0 2khi chia cho 7 được xác định như sau:1100012422342 z0 M7  z0 = 7.z1 z0 M7z0 + t0 M7 ⇔  2 ⇔ ⇒( z1 ; t1 ∈ ¥ )t0 M7t0 M7t0 = 7.t12Từ đó suy ra112445682. Thay vào (1) ta được:7.(2.x + 2. y ) = (7z1 ) + (7t1 ) ⇔ 2( x + y ) = 7(z + t )2020Tương tựx1 =2220⇒ ( x1 , y1 , z1 , t1 ) ≠ ( 0, 0, 0, 0 )202121là một nghiệm của hệ vớix0yzt, y1 = 0 , z1 = 0 , t1 = 0 ⇒ x1 < x07777⇒ Mâu thuẫn.Vậy hệ phương trình có duy nhất 1 nghiệm tầm thường.Bài tập 5 : Giải hệ phương trình nghiệm nguyên dương sau : x 2 − y 2 = 2. ( u 2 − v 2 )(*) xy = uv( x, y ) = (u, v) = 1Giải:Hệ phương trình tương đương với : x 2 − y 2 = 2. ( u 2 − v 2 )( x − y ).( x + y ) = 2.(u − v).(u + v)⇔  xy = uv xy = uv( x, y ) = (u, v) = 1 ( x , y ) = (u , v ) = 1 a = x − y c = u − v;b = x + y d = u + vĐặtNhư vậy(1)ab = 2cd(*) ⇔  2222b − a = d − c (2)⇒a;b cùng tính chẵn lẻ và c;d cùng tính chẵn lẻ.Giả sử( a0 , b0 , c0 , d0 )là nghiệm của hệ vớia0 ; b0 ; c0 ; d 0 > 012( 1) ⇔ a0 .b0 = 2.c0 .d0⇒ a0 ; b0cùng chẵn.Vì nếuDo đó, ta đặt( 2) ⇔a0 ; b0cùng lẻ thìa0 .b0lẻ⇒ a0 .b0không chia hết cho 2 (Vô lý)a0 = 2.a1 (a1 > 0)b0 = 2.b1 (b1 > 0)a0 + b0 b0 − a0 c0 + d 0 d 0 − c0.=.⇔ b02 − a 02 = d 02 − c022222⇔ 4. ( b12 − a12 ) = d 02 − c02⇒ d 0 ; c0cùng chẵn. Thật vậy, nếuThay vàoa0 .b0 = 2.c0 .d 0d 0 ; c0cùng lẻ thì d 0 = 2m + 1(m, n ∈ ¥ )c=2n+1 0ta được:⇒ 4.a0 .b0 = 2.(2m + 1).(2n + 1) ⇒ 2.a0 .b0 = (2m + 1).(2n + 1)Vậyc0 ; d0cùng chẵn.c0 = 2.c1⇒ d 0 = 2.d1(vô lí ). Thay vào hệ, ta nhận được( a1 , b1 , c1 , d1 )là nghiệm của hệa1 < a0(*) vànên mâu thuẫn.Vậy hệ chỉ có nghiệm tầm thường.Bài 6:Cho2n+2 điểm trên mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.Chứng minh rằng tồn tại 2 điểm mà đường thẳng nối chúng chia mặt phẳng thành2 miền sao cho mỗi miền chứa đúng n điểm.Giải13Giả sử không tồn tại 2 điểm trong 2n+2 điểm sao cho đường thẳng nối chúng chia mặtphẳng thành 2 miền mà mỗi miền chứa n điểmXét bao lồi của 2n+2 điểm và đường thẳng chia mặt phẳng làA0 A1chia mặt phẳng ra thành 2 miền L và M; trong đó miền L chứa p điểm và miền Mchứa q điểm (p+q=2n)Không mất tính tổng quát ta giả sử p>qNếuA0 A1p = q + 1 ⇒ p + q = 2q + 1Giả sử( p0 , q0 )là cặpTrên miền L lấy⇒ A2 A0A2( p, q )sao cho⇒ p ≥ q +1lẻ ( mâu thuẫn với p+q=2n )p0 − q0 = p0 − q0sao cho∠A2 A0 A1min.chia mặt phẳng thành 2 miền mới chứa⇒ p ≠ q +1 ⇒ p ≥ q + 2nhỏ nhấtp0 − 1; q 0 +1⇒ ( p0 − 1) − (q0 − 1) = p0 − q0 − 2 < p0 − q0⇒mâu thuẫn.Bài 7: Cho sốA = 11...11(gồm 2009 chữ số 1).Hỏi có tồn tại hay không bội số dươngcủa A mà tổng các chữ số của nó nhỏ hơn 2009.GiảiGiả sử tồn tại bội số dương của A mà tổng các chữ số của nó nhỏ hơn 200914⇒Tồn tại một số dương bé nhất là bội của A.Kí hiệu làB = kA(VD: X=1234Nếu(k>0), S(X) là tổng các chữ số của X.⇒S(X) =1+2+3+4 =10)1 ≤ k ≤ 9 ⇒ S ( B ) = S ( kA) = 2009.k ≥ 2009( k ≥ 1)MuốnTa có:S ( B ) < 2009thìk ≥ 10(1+1+..+1=2009 chữ số).B = kA ≥ 10 A = 10.11...1 ≥ 10.10 2008 = 10 2009⇒ B = 102009.Q + R(0 < R < 10 2009 ) ⇒ S ( B) = S (Q) + S ( R)2009{B = ( 10 − 1) .Q + ( Q + R ) ⇒ Q + R MA1 4 2 43MAMặt khácNhận xét:MA0 un−1.un +1∀n ≥ 1Chứng minh :∀n ≥ 1ta có bất đẳng thức sau :1 1 2n.+ + ... +2 n  u1 u2un 1÷ k0 − 1 ⇒ uk0 −1 ≥ k0 ≥ uk0 ⇒ vk0 ={ uk } k ≥k0uk0uk0 −1≤ 1 ⇒ uk0 ≥ uk0 +1 ≥ uk0 + 2 ≥ ...là dãy vô hạn các số nguyên dương giảm dần (vô lí)⇒ un ≥ n, ∀n ≥ 1(*)+ Áp dụng BĐT (*) ta có :1 1 2n  1 1 2n 1.+ + ... + ÷ ≤ 2 .  + + ... + ÷ = (vô lí)2 n  u1 u2un  n  1 2n nBài 9: Trong mặt phẳng mỗi điểm được đánh dấu bởi một trong hai số 0 hoặc 1.Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương ε dương tùy ý, ta có thể tìm được mộttam giác có các đỉnh được đánh dấu bởi cùng một số và độ dài cạnh nhỏ hơn ε.GiảiGọi S là tập những số thực dương x sao cho tồn tại tam giác đều có các đỉnh được đánhdấu bởi cùng một số mà độ dài cạnh nhỏ hơn x.Ta sẽ chứng minh bài toán qua hai bước:+ Bước 1: Chứng minhS ≠∅. Thật vậy :Giả sửS =∅16Lấy hai điểm được đánh cùng số tùy ý.Giả sử làgiác đềuA1 A2 A3 A4 A5 A6được đánh số 0 thìcó tâm làS ≠∅A3 ; A5được đánh số 1 thì tam giácA6đều nênA2đánh số 1.Do tam giácA7được đánh số 1( Vì nếuA2 A4 A6đều nênlà giao củaA4A1 A2 ; A3 A4được.NếuA7là tam giác đều có các đỉnh cùng được đánh 1 số .NếuA1 A4 A7là tam giác đều có các đỉnh được đánh cùng 1S ≠∅+ Bước 2: Chứng minh :Với mọi x>0 tồn tạiGiả sử tồn tạinhỏ hơnA0 A1 A2cùng được đánh số 0.Dựng lụcđều được đánh số 1.GọiA2 A3 A7được đánh số 0 thì tam giácsố.Do đó.Do tam giác).Tương tựđánh số 0.Và từ đó suy raA7A0A0 ; A1x0x = x0y∈Ssao cho y 0 t0; nhỏnhất.Ta luôn có :Do đó,x0 2013−1 ≡ 0;1(mod 2003) y0 2013−1 ≡ 0;1(mod 2003)x0 2012 + y02012 ≡ 0(mod 2003);⟺nênx0 2012 + y02012 ≡ 0,1, 2(mod 2003)x0 M2003; y0 M2003 ⇒ x0 = 2003.x1 ; y0 = 2003. y1 (x1 , y1 ∈ ¥ )Thay vào phương trình và lập luận tương tự như trên ta nhận được :x1 =của phương trình ban đầu trong đó( x1 , y1 , z1 , t1 )2003200320032003, y1 =, z1 =, t1 =x0y0z0t0⇒là nghiệmt1 < t0⇒Mâu thuẫn.Vậy ta được điều phải chứng minh.23Bài 14: Chứng minh rằng phương trình :x 2 + y 2 + z 2 + 3.( x + y + z ) + 5 = 0không cónghiệm trong tập số hữu tỉ.GiảiGiả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ (x,y,z). Ta có:x 2 + y 2 + z 2 + 3.( x + y + z ) + 5 = 0⇔ 4( x 2 + y 2 + z 2 ) + 12.( x + y + z ) + 20 = 0⇔ (2x + 3) 2 + (2 y + 3)2 + (2 z + 3) 2 = 7u = 2 x + 3; v = 2 y+ 3; w = 2 z + 3Đặtta được :u 2 + v 2 + w2 = 7 (*)Phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ thì phương trình (*) cũng có nghiệm hữa tỉ. Dođó, phương trìnhU 2 + V 2 + W 2 = 7T 2Giả sử phương trìnhcó nghiệm nguyên.U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2có nghiệm nguyên (U,V,W,T). Không mất tínhtổng quát, ta xét U,V,W,T nguyên dương. Trong các nghiệm nguyên dương của phươngtrình ta chọn nghiệm (U,V,W, T) sao cho T nhỏ nhất.Nhận xét: Một số chính phương khi cho 4 sẽ có số dư là 0 hoặc 1.⟹U 2 + V 2 + W2chia cho 4 sẽ có số dư 0,1,2,3 và7T 2 ≡ 0,1(mod 4).Ta xét 2 trường hợp sau:TH1:Do7T 2 ≡ 0(mod 4)7T 2 ≡ 0(mod 4)hay T chia hết cho 4 ⇒ T chẵn ⇒nên2T = 2T0 (T0 ∈ ¢ )⇒ U 2 + V 2 + W 2 M4 ⇒ U M4,V M4, W M4⇒ U,V,W đều chẵn24⇒U = 2U 0 , V = 2V0 , W = 2W0 (U 0 ,V0 ,W0 ∈ ¢ ). Khi đó, ta có:4 U 02 + 4 V02 + 4 W02 = 7.4 T02 ⇔ U 02 + V02 + W02 = 7 T02trìnhU 2 + V 2 + W 2 = 7T 2⇒ Phương trìnhvớiT0 < T⇒(U 0 ,V0 ,W0 , T0 )là một nghiệm của phương⇒ Mâu thuẫn.U 2 + V 2 + W 2 = 7T 2không có nghiệm nguyên hay phương trình đã chokhông có nghiệm hữu tỉ ⇒ ĐPCM.Bài 15: Chứng minh rằng phương trìnhx12 − y12 = 7 zkhông có nghiệm nguyên dương.GiảiNghiệm nguyên dương :x, y, z > 0; ∀x, y, z ∈ Znên( 1, 0, 0 )không được chấp nhận hayx6 + y 6 > 1Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dươngTa có:( x, y , z )với z nhỏ nhất.x12 − y12 = 7 z ⇔ ( x 6 − y 6 ) . ( x 6 + y 6 ) = 7 z ⇒ x 6 + y 6 M7x 6 ≡ 0,1( mod 7 ) ; y 6 ≡ 0,1( mod 7 )Theo định lí Fermat nhỏ ta có :nênx 6 + y 6 M7 ⇔ x M7; y M7121212z⇒ x = 7.x1 ; y = 7. y1 (x1 , y1 ∈ ¢ ) ⇒ 7 . ( x1 − y1 ) = 7Do đó z>12, đặtz1 = z − 12⟹( x1; y1 ; z1 )là một nghiệm của phương trình vớiz1 < z.Điềunày mâu thuẫn với cách chọn z.25

Tài liệu liên quan

Một số ý kiến nhằm nâng cao hiệu quả quá trình quản lý nguyên vật liệu tại phân xưởng Nhựa của Công ty Vật liệu Xây dựng Bưu điện
- 60
- 427
- 0
Thực trạng về quá trình quản lý nguyên vật liệu tại phân xưởng Nhựa của Công ty Vật liệu xây dựng bưu điện
- 26
- 811
- 1
Cơ sở lý luận chung về nguyên vật liệu của Công Ty Cổ Phần May Thăng Long
- 17
- 527
- 0
Ảnh hưởng của mở rộng doppler lên hiệu ứng trong suốt cảm ứng điện từ trong hệ nguyên tử 87rb ba mức cấu hình bậc thang luận văn thạc sỹ vật lý
- 43
- 760
- 1
báo cáo thực hành tại xưởng nghiên cứu cấu tạo nguyên lý hoạt động và chế tạo máy điện
- 22
- 709
- 2
khen tặng bảng danh dự hàng tháng cho học sinh - một biện pháp quản lý của hiệu trưởng để góp phần nâng cao chất lượng học tập ở trường thpt nguyễn đình chiểu, tỉnh bình định
- 16
- 929
- 1
Nghiên cứu đề xuất một số nguyên tắc và giải pháp đồng quản lý rừng bền vững tại xã Hòa Thắng, huyện Bắc Bình, tỉnh Bình Thuận
- 81
- 808
- 3
Nguyên lý giảm chiều dài vì neo gia cường các vách đào thẳng đứng từ trên xuống, trong đá liên kết, đã nứt nẻ trung bình
- 12
- 303
- 0
Phân tích đánh giá hiện trạng và đề xuất một số giải pháp nâng cao chất lượng quản lý chất thải rắn sinh hoạt tại địa bàn xã Quyết Thắng –Thành phố Thái Nguyên
- 111
- 755
- 0
Quản lý chuỗi cung ứng và nghiên cứu ứng dụng phương pháp quản lý 5S vào phân xưởng sản xuất cửa nhựa tại công ty cổ phần tư vấn, xây dựng và đầu tư Quang Nguyễn
- 98
- 624
- 0