PT khó!

**ghjk** · 28-01-2008, 01:43 AM

Các bác giải thử cái pt sau giúp em ạh!
Tìm nghiệm a,b,c nguyên dương, p nguyên tố sao cho:
$\frac{1}{p}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c ^2} $

nbkschool · 29-01-2008, 02:12 AM

Trích:

Nguyên văn bởi ghjk

Các bác giải thử cái pt sau giúp em ạh!
Tìm nghiệm a,b,c nguyên dương, p nguyên tố sao cho:
$\frac{1}{p}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c ^2} $

Chuyển phương trình về :
$(a^2-p)(b^2-p)(c^2-p)=p^2(a^2+b^2+c^2-p) $
Tới đây chắc xét...

**ghjk** · 29-01-2008, 05:37 AM

Xét gì bạn nbkschool? Mình đã giải được với TH a,b,c chia hết cho p còn TH a,b chia hết cho p, c ko chia hết cho p mình chưa c/m được vô lí! Dự đoán của mình là pt có 1 bộ no duy nhất:p=a=b=c=3

**psquang_pbc** · 30-01-2008, 07:12 PM

Chính xác rồi đấy, đoạn sau dùng phương pháp so sánh lũy thừa ước số chung của $\frac{a}{p} $ và $\frac{b}{p} $ ở cả hai vế. Mình gõ lời giải ra rồi, ai muốn xem thì nhắn .

**Traum** · 30-01-2008, 08:20 PM

Dễ thôi mà.

1. $a,b,c $ đều chia hết cho $p $

2. giả sử $c $ không chia hết cho $p $
Dễ chứng minh cả $a $ và $b $ đều chia hết cho $p $

Giả sử $a=px,b=py,c=pz $.

Ta có $p(p^4x^2y^2+p^2y^2z^2+p^2z^2x^2)=p^4x^2y^2z^2 $

suy ra $p^2x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=px^2y^2z^2 $.

Hay $p^2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)=px^2y^2z^2 $

Dễ dàng chứng minh được rằng $x,y,z $ phải lẻ, từ đó suy ra $p=4k+3 $. Suy ra $x^2+y^2 $ chia hết cho $p $, suy ra $x,y $ chia hết cho $p $.

Đặt $x=p^{t}x_1,y=p^{u}y_1 $ và $t\ge u\ge 1 $

Ta có $p^{2+2t+2u}x^2_1y^2_1+p^{2u}z^{2}(p^{2(t-u)}x^2_1+y_1^2)=p^{1+2t+2u}x^2_1y^2_1z^2 $.

Ta có $2+2t+2u>2u, 1+2t+2u>2u $, suy ra $p^{2(t-u)x_1^2+y_1^2) $ chia hết cho $p $. Suy ra $t=u $ và $x_1^2+y_1^2 $ chia hết cho $p $, suy ra $x_1,y_1 $ chia hết cho $p $ vô lí

**ghjk** · 31-01-2008, 03:24 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Traum

Dễ thôi mà.

1. $a,b,c $ đều chia hết cho $p $

2. giả sử $c $ không chia hết cho $p $
Dễ chứng minh cả $a $ và $b $ đều chia hết cho $p $

Giả sử $a=px,b=py,c=pz $.

Ta có $p(p^4x^2y^2+p^2y^2z^2+p^2z^2x^2)=p^4x^2y^2z^2 $

suy ra $p^2x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=px^2y^2z^2 $.

Hay $p^2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)=px^2y^2z^2 $

Dễ dàng chứng minh được rằng $x,y,z $ phải lẻ, từ đó suy ra $p=4k+3 $. Suy ra $x^2+y^2 $ chia hết cho $p $, suy ra $x,y $ chia hết cho $p $.

Đặt $x=p^{t}x_1,y=p^{u}y_1 $ và $t\ge u\ge 1 $

Ta có $p^{2+2t+2u}x^2_1y^2_1+p^{2u}z^{2}(p^{2(t-u)}x^2_1+y_1^2)=p^{1+2t+2u}x^2_1y^2_1z^2 $.

Ta có $2+2t+2u>2u, 1+2t+2u>2u $, suy ra $p^{2(t-u)x_1^2+y_1^2) $ chia hết cho $p $. Suy ra $t=u $ và $x_1^2+y_1^2 $ chia hết cho $p $, suy ra $x_1,y_1 $ chia hết cho $p $ vô lí

Em chưa đọc kĩ lắm lời giải của anh Quý nhưng em thấy anh làm bài hơi lung tung roài! Vì nếu c ko chia hết cho p thì chỉ có thể đặt a,b theo p thui mừh anh! Anh đặt đến c luôn là quay về TH 1 rùi! Àh còn cái đoạn sau thì đúng là x^2+y^2 chia hết cho p! Nhưng như vậy thì p=4k+1 or p=4k+3 mới đúng chứ nhẩy!:nemoflow:. Anh xem lại giúp em mấy chỗ quan trọng đó ạh!

.Chỗ lí luận x,y,z lẻ của anh làm sao ra được như vậy ạh? Vì x,y chẵn,z lẻ thì vẫn ok mừh! Em tạm hiểu là anh cho c=z

**Quân -k47DHV** · 01-02-2008, 04:17 PM

uhm .ghjk thắc mắc đúng rồi đó

híc anh Quý xem lại nhé

lời giải

Th1 : nếu $a , b , c $ chia hết cho $ p $
thế thì đặt $a = pa_{1} , b=pb_{1} ,c = pc_{1} $

--> $p = \frac{1}{a_{1}^{2} } + \frac{1}{b_{1}^{2} } + \frac{1}{c_{1}^{2} }. $

mà$ \frac{1}{a_{1}^{2} } + \frac{1}{b_{1}^{2} } + \frac{1}{c_{1}^{2} } \leq 3 $ nên p=2 hoặc p = 3 dễ thấy chỉ $ p = 3 , a =3, b=3, c=3 $ t.m .
kết quả Th1 : $ p = 3 , a =3, b=3, c=3 $ .
Th2 : nếu tồn tại 1 trong 3 số $a,b,c $ chia hết cho 2 giả sử $a $ chia hết cho 2 ta cm$ b,c $ cũng chia hết cho 2
t.v viết bài toán thành

$a^{2}b^{2}c^{2} = p(a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} ) $
$a \vdots 2 $ nên $b^{2}c^{2} \vdots 2 $ , gs $b \vdots 2 $
nếu $c $ không chia hết cho $2 $
khi đó $a = 2^{k}a_{1} , b=2^{k} b_{1} $mà $k \infty $ (><)
done .

bây giờ đặt $(a,b,c ) = d $

thay $a = da_{1} , b = db_{1} , c = dc_{1} $ thay vào dc

$d^{4} ( a_{1}^{2} b_{1}^{2}c_{1}^{2} ) = p(a_{1}^{2} b_{1}^{2} + a_{1}^{2} c_{1}^{2} + c_{1}^{2} b_{1}^{2} ) $

khi đó $a_{1} \vdots p , b_{1} \vdots p $ đặt $a_{1} = p a_{2} , b_{1}= p b_{2} . $ thay vào dc

$c_{1}^{2} ( a_{2}^{2} + b_{2}^{2} ) + p^{2} a_{2}^{2} b_{2}^{2} = d^{4}p ( a_{2}^{2} b_{2}^{2}c_{1}^{2} ) $

nếu xảy ra Th2 done , nếu $a , b, c $ không chia hết cho 2 thì $c_{1}^{2} $ = 1(mod4) , $a_{2}^{2} $ = 1(mod4) , $b_{2}^{2} $ = 1(mod4) nếu $p = 4k+1 $ dễ thấy ><
vậy$ p =4k+3 $ suy ra $a_{2}^{2} + b_{2}^{2} \vdots p \Leftrightarrow $ $a_{2} , b_{2} \vdots p $
nếu$ c_{1} \vdots p $ đưa về Th1 nếu ko
cứ tiếp tục suy ra ><

**ghjk** · 02-02-2008, 09:18 AM

Lời giải của Quân khá đầy đủ+chính xác rùi! Chỉ có chỗ Quân chưa c/m là nếu d chia hết cho p thì pt sẽ vô nghiệm! Quân làm rõ ra luôn vậy nhé! Với lại mình mong các bác post solution 1 cách đầy đủ và cụ thể nhất! Vì để cho người ko làm được như mình tham khảo nữa đúng ko các bác?:nemoflow:

**Quân -k47DHV** · 02-02-2008, 09:41 AM

nếu d chia hết cho p thì là trường hợp 1 rồi mà ghjk

28-01-2008, 01:43 AM	#1
ghjk +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 200 Thanks: 2 Thanked 6 Times in 6 Posts	PT khó! Các bác giải thử cái pt sau giúp em ạh! Tìm nghiệm a,b,c nguyên dương, p nguyên tố sao cho: $\frac{1}{p}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c ^2} $ thay đổi nội dung bởi: Talent, 28-01-2008 lúc 02:50 PM

30-01-2008, 07:12 PM	#4
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 747 Thanks: 9 Thanked 111 Times in 72 Posts	Chính xác rồi đấy, đoạn sau dùng phương pháp so sánh lũy thừa ước số chung của $\frac{a}{p} $ và $\frac{b}{p} $ ở cả hai vế. Mình gõ lời giải ra rồi, ai muốn xem thì nhắn . __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!

30-01-2008, 08:20 PM	#5
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Dễ thôi mà. 1. $a,b,c $ đều chia hết cho $p $ 2. giả sử $c $ không chia hết cho $p $ Dễ chứng minh cả $a $ và $b $ đều chia hết cho $p $ Giả sử $a=px,b=py,c=pz $. Ta có $p(p^4x^2y^2+p^2y^2z^2+p^2z^2x^2)=p^4x^2y^2z^2 $ suy ra $p^2x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=px^2y^2z^2 $. Hay $p^2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)=px^2y^2z^2 $ Dễ dàng chứng minh được rằng $x,y,z $ phải lẻ, từ đó suy ra $p=4k+3 $. Suy ra $x^2+y^2 $ chia hết cho $p $, suy ra $x,y $ chia hết cho $p $. Đặt $x=p^{t}x_1,y=p^{u}y_1 $ và $t\ge u\ge 1 $ Ta có $p^{2+2t+2u}x^2_1y^2_1+p^{2u}z^{2}(p^{2(t-u)}x^2_1+y_1^2)=p^{1+2t+2u}x^2_1y^2_1z^2 $. Ta có $2+2t+2u>2u, 1+2t+2u>2u $, suy ra $p^{2(t-u)x_1^2+y_1^2) $ chia hết cho $p $. Suy ra $t=u $ và $x_1^2+y_1^2 $ chia hết cho $p $, suy ra $x_1,y_1 $ chia hết cho $p $ vô lí __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 30-01-2008 lúc 08:22 PM

01-02-2008, 04:17 PM	#7
Quân -k47DHV +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jan 2008 Đến từ: Đại Học Y Hà Nội Bài gởi: 421 Thanks: 5 Thanked 105 Times in 80 Posts	uhm .ghjk thắc mắc đúng rồi đó híc anh Quý xem lại nhé lời giải Th1 : nếu $a , b , c $ chia hết cho $ p $ thế thì đặt $a = pa_{1} , b=pb_{1} ,c = pc_{1} $ --> $p = \frac{1}{a_{1}^{2} } + \frac{1}{b_{1}^{2} } + \frac{1}{c_{1}^{2} }. $ mà$ \frac{1}{a_{1}^{2} } + \frac{1}{b_{1}^{2} } + \frac{1}{c_{1}^{2} } \leq 3 $ nên p=2 hoặc p = 3 dễ thấy chỉ $ p = 3 , a =3, b=3, c=3 $ t.m . kết quả Th1 : $ p = 3 , a =3, b=3, c=3 $ . Th2 : nếu tồn tại 1 trong 3 số $a,b,c $ chia hết cho 2 giả sử $a $ chia hết cho 2 ta cm$ b,c $ cũng chia hết cho 2 t.v viết bài toán thành $a^{2}b^{2}c^{2} = p(a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} ) $ $a \vdots 2 $ nên $b^{2}c^{2} \vdots 2 $ , gs $b \vdots 2 $ nếu $c $ không chia hết cho $2 $ khi đó $a = 2^{k}a_{1} , b=2^{k} b_{1} $mà $k \infty $ (><) done . bây giờ đặt $(a,b,c ) = d $ thay $a = da_{1} , b = db_{1} , c = dc_{1} $ thay vào dc $d^{4} ( a_{1}^{2} b_{1}^{2}c_{1}^{2} ) = p(a_{1}^{2} b_{1}^{2} + a_{1}^{2} c_{1}^{2} + c_{1}^{2} b_{1}^{2} ) $ khi đó $a_{1} \vdots p , b_{1} \vdots p $ đặt $a_{1} = p a_{2} , b_{1}= p b_{2} . $ thay vào dc $c_{1}^{2} ( a_{2}^{2} + b_{2}^{2} ) + p^{2} a_{2}^{2} b_{2}^{2} = d^{4}p ( a_{2}^{2} b_{2}^{2}c_{1}^{2} ) $ nếu xảy ra Th2 done , nếu $a , b, c $ không chia hết cho 2 thì $c_{1}^{2} $ = 1(mod4) , $a_{2}^{2} $ = 1(mod4) , $b_{2}^{2} $ = 1(mod4) nếu $p = 4k+1 $ dễ thấy >< vậy$ p =4k+3 $ suy ra $a_{2}^{2} + b_{2}^{2} \vdots p \Leftrightarrow $ $a_{2} , b_{2} \vdots p $ nếu$ c_{1} \vdots p $ đưa về Th1 nếu ko cứ tiếp tục suy ra >< __________________ LƯƠNG Y KIÊM TỪ MẪU thay đổi nội dung bởi: Quân -k47DHV, 01-02-2008 lúc 07:40 PM

02-02-2008, 09:18 AM	#8
ghjk +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 200 Thanks: 2 Thanked 6 Times in 6 Posts	Lời giải của Quân khá đầy đủ+chính xác rùi! Chỉ có chỗ Quân chưa c/m là nếu d chia hết cho p thì pt sẽ vô nghiệm! Quân làm rõ ra luôn vậy nhé! Với lại mình mong các bác post solution 1 cách đầy đủ và cụ thể nhất! Vì để cho người ko làm được như mình tham khảo nữa đúng ko các bác?:nemoflow: __________________ Try your best... and do over your best

29-01-2008, 05:37 AM	#3
ghjk +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 200 Thanks: 2 Thanked 6 Times in 6 Posts	Xét gì bạn nbkschool? Mình đã giải được với TH a,b,c chia hết cho p còn TH a,b chia hết cho p, c ko chia hết cho p mình chưa c/m được vô lí! Dự đoán của mình là pt có 1 bộ no duy nhất:p=a=b=c=3

02-02-2008, 09:41 AM	#9
Quân -k47DHV +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jan 2008 Đến từ: Đại Học Y Hà Nội Bài gởi: 421 Thanks: 5 Thanked 105 Times in 80 Posts	nếu d chia hết cho p thì là trường hợp 1 rồi mà ghjk __________________ LƯƠNG Y KIÊM TỪ MẪU