มีโจทย์มาให้เล่นอีกข้อนึงครับ

[drwut]

โจทย์สั้นๆดังนี้ครับ

ให้ x, y, z เป็นจำนวนเต็ม ที่สอดคล้องกับสมการ $x^2 + y^2 = z^2$ จงพิสูจน์ว่า $xyz$ จะต้องหารด้วย 60 ลงตัวเสมอ

[W'Jerry]

มันน่าจะเกี่ยวกับทฤษฎีปีทาโกรัสนะ - -*
เราได้ x=3 y=4 z=5 อ่ะ ถ้า x^2+y^2=z^2 จะได้ 3^2+4^2 = 5^2 คือ 9+16=25
แล้วxyz จะต้องหารด้วย 60 ลงตัวเสมอ จะได้3*4*5=60 หาร 60 ลงตัว(ได้ 1)
แล้วถ้าเป็น x=6 y=8 z=10 (ซึ่งมากจาก 3 4 5 นั่นเอง) ก็จะได้ 6*8*10 หาร 60 = 8 หารลงตัว
เราไม่แน่ใจนะว่าใช่มั้ย ^ ^ ถ้าผิดต้องขออภัยด้วย

[{([Son'car])}]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ drwut

โจทย์สั้นๆดังนี้ครับ

ให้ x, y, z เป็นจำนวนเต็ม ที่สอดคล้องกับสมการ $x^2 + y^2 = z^2$ จงพิสูจน์ว่า $xyz$ จะต้องหารด้วย 60 ลงตัวเสมอ

$xyz$หารด้วย$60$ลงตัวดังนั้น$xyz$หารด้วย$3,4,5$ลงตัว
ให้$x$แทนจำนวนเต็มที่หารด้วย$3$ลงตัว$=3m$
$y$เป็นจำนวนเต็มที่หารด้วย$4$ลงตัว$=4m$
$z$เป็นจำนวนเต็มที่หารด้วย$5$ลงตัว$=5m$
ดังนั้น$(3m)^2+(4m)^2=(5m)^2$เป็นจริงดังนั้น
ถ้า $x, y, z$ เป็นจำนวนเต็ม ที่สอดคล้องกับสมการ $x^2 + y^2 = z^2$แล้ว$xyz$หารด้วย60ลงตัวเป็นจริงครับ

[กิตติ]

น้อง{([Son'car])} ครับ....น้องเล่นให้
$x=3m$
$y=4m$
$z=5m$....เข้าข่ายเล่นล็อคหวยกินแบ่งรัฐบาล
จากโจทย์เราจะต้องนำ$x^2+y^2=z^2$ ไปโยงให้ถึง$xyz$แล้วพิสูจน์ให้ได้ว่าหารด้วย 60 ลงตัว
$9m^2+16m^2=25m^2$....ไม่ว่า$m$ มีค่าเท่าไหร่มันก็จริง
แต่ถ้าอย่าง$29^2=20^2+21^2$....ล่ะครับ มันหาค่า $m$ ไม่ได้
แต่ $29\times 20\times 21 = 12180$
หารด้วย $60$ ได้เท่ากับ $203$
ในการพิสูจน์นั้น เราใช้ได้หลายแบบ ตั้งแต่พิสูจน์ตรงๆตามโจทย์ พิสูจน์โดยหาข้อแย้งไม่ได้
ข้อนี้สำหรับผมและความรู้ที่ผมมี ผมว่ากินแรง ผมก็ยังหาทางพิสูจน์ไม่ได้ ได้กลิ่นจากในโจทย์ว่าน่าจะต้องมี $mod$
ที่กำลังนึกๆด้วยวิธีและความรู้ไม่เกินม.ปลาย คือ ให้$Z$ เป็นเลขคู่กับเลขคี่ แล้วแยกกรณีค่าของ$x,y$...ยังไม่ออกครับ

[~ArT_Ty~]

ให้ $u,v$ เป็นจำนวนเต็มใดๆและ $(u,v)=1$

รูปแบบ 3 จำนวนพีธากอรัสที่เป็นพริมิทิฟ(คือ $(x,y,z)=1$) คือ

$x=u^2-v^2$

$y=2uv$

$z=u^2+v^2$

แล้วเราจะได้ว่าใน 3 ตัวนี้ต้องมีอย่างน้อย 1 จำนวนที่หารด้วย 4 ลงตัว

ไม่รู้เกี่ยวหรือเปล่านะครับ

[~ArT_Ty~]

จากที่ผมโพสต์ไปนะครับ

ถ้าให้ $u$ หรือ $v$ ตัวใดตัวหนึ่งเป็นพหุคูณของ 3 ผลคูณจะหารด้วย 3 ลงตัว

ถ้าให้ $u=3m\pm 1,3n\pm 1$

จะได้ $u^2-v^2=(u+v)(u-v)$

เมื่อแทนค่าทุกกรณีก็จะได้ว่าผลคูณหารด้วย 3 ลงตัว

ส่วน 5 ก็ทำคล้ายๆกันแต่แบ่งกรณีเยอะกว่า

ก็จะได้ว่าผลคูณของ $xyz$ ที่ $(x,y,z)=1$ หารด้วย 60 ลงตัว

ส่วนชุดอื่นๆที่ $(x,y,z)\not= 1$ มันก็คือพหุคูณของสามจำนวนพีธากอรัสที่เป็นพริมิทิฟนั่นเอง

[{([Son'car])}]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ กิตติ

น้อง{([Son'car])} ครับ....น้องเล่นให้
$x=3m$
$y=4m$
$z=5m$....เข้าข่ายเล่นล็อคหวยกินแบ่งรัฐบาล
จากโจทย์เราจะต้องนำ$x^2+y^2=z^2$ ไปโยงให้ถึง$xyz$แล้วพิสูจน์ให้ได้ว่าหารด้วย 60 ลงตัว
$9m^2+16m^2=25m^2$....ไม่ว่า$m$ มีค่าเท่าไหร่มันก็จริง
แต่ถ้าอย่าง$29^2=20^2+21^2$....ล่ะครับ มันหาค่า $m$ ไม่ได้
แต่ $29\times 20\times 21 = 12180$
หารด้วย $60$ ได้เท่ากับ $203$
ในการพิสูจน์นั้น เราใช้ได้หลายแบบ ตั้งแต่พิสูจน์ตรงๆตามโจทย์ พิสูจน์โดยหาข้อแย้งไม่ได้
ข้อนี้สำหรับผมและความรู้ที่ผมมี ผมว่ากินแรง ผมก็ยังหาทางพิสูจน์ไม่ได้ ได้กลิ่นจากในโจทย์ว่าน่าจะต้องมี $mod$
ที่กำลังนึกๆด้วยวิธีและความรู้ไม่เกินม.ปลาย คือ ให้$Z$ เป็นเลขคู่กับเลขคี่ แล้วแยกกรณีค่าของ$x,y$...ยังไม่ออกครับ

ขอบคุณครับสงสัยผมจะต้องเอาไรคลุมหัวมั่งละไม่เอาปี๊ปละเปลี่ยนเป็นไรดีครับหุหุ

[กิตติ]

ไม่เห็นต้องคลุมหัวเลยครับ สิ่งที่น้องพิสูจน์มันก็พอใช้ได้แต่มันไม่ครอบคลุมกรณีืั้ทั้งหมด
มันจริงที่ว่า สามจำนวนแรกที่เข้าข่ายคือ$3^2+4^2 = 5^2$
ถ้าเราเอาจำนวนยกกำลังสองคูณเข้าไป มันก็จะได้ว่า
เอา $4$ คูณเข้าไปมันก็ได้คู่ใหม่เป็น $6^2+8^2 = 10^2$
เอา $9$ คูณเข้าไปมันก็ได้คู่ใหม่เป็น $9^2+12^2 = 15^2$
ซึ่งทุกจำนวนมันหารด้วย 60 ลงตัว
แต่ที่ยังขาดคืออย่าง$12^2+5^2 = 13^2$....มันอธิบายตามข้างต้นไม่ได้ แต่ดูแล้วก็ยังหารด้วย 60 ลงตัว
ผมก็ยังใช้ความรู้ระดับมัธยมปลายมาแก้ไม่ออกครับ เกินระดับม.ปลายผมก็รู้แค่นิดหน่อย หางอึ่งเท่านั้น

[Siren-Of-Step]

ฝากเอาไปคิดหน่อยครับ
คำถามจาก mathcenter contest

1. จงพิสูจน์ว่า $2^n$ ไม่ลงท้ายด้วย $2552$ ทุกจำนวนนับ n

[poper]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ drwut

โจทย์สั้นๆดังนี้ครับ

ให้ x, y, z เป็นจำนวนเต็ม ที่สอดคล้องกับสมการ $x^2 + y^2 = z^2$ จงพิสูจน์ว่า $xyz$ จะต้องหารด้วย 60 ลงตัวเสมอ

แบบนี้ได้มั้ยครับ
เนื่องจาก $x^2+y^2=z^2$ เป็นสมการปีทาโกรัส แบ่งเป็น 2 เคสคือ
1) เซตของ $(x,y,z)=(x,\frac{x^2-1}{2},\frac{x^2+1}{2})$ เมื่อ x เป็นจำนวนคี่
ให้ $x=2n-1$
$y=2n^2-2n$
$z=2n^2-2n+1$
ดังนั้น เซตที่สอดคล้องกับสมการคือ $(2n-1,2n^2-2n,2n^2-2n+1)$ เมื่อ n เป็นจำนวนนับ
$xyz=(2n-1)(2n^2-2n)(2n^2-2n+1)$
ให้ $P(n):=(2n-1)(2n^2-2n)(2n^2-2n+1)$ หารด้วย 60 ลงตัว
จะได้ว่า $P(1):=0$ หารด้วย 60 ลงตัวเป็นจริง
ให้ $P(k):=(2k-1)(2k^2-2k)(2k^2-2k+1)$ หารด้วย 60 ลงตัว
จะพิสูจน์ว่า $P(k+1)$ เป็นจริง
พิจารณา $(2k-1,2k^2-2k,2k^2-2k+1)$ เมื่อ 2k-1 เป็นจำนวนคี่
จำนวนถัดไปของ 2k-1 ที่เป็นจำนวนคี่คือ 2k-1+2=2k+1
ดังนั้นเซตถัดไปที่สอดคล้องคือ $(2k+1,2k^2+2k,2k^2+2k+1)$
$P(k+1):=(2k+1)(2k^2+2k)(2k^2+2k+1)$
$=[2(k+1)-1][2{(k+1)}^2-2(k+1)][2{(k+1)}^2-2(k+1)+1]$
ดังนั้น P(n) เป็นจริงเมื่อ x เป้นจำนวนคี่
กรณี x เป็นจำนวนคู่จะใช้เซต $(x,\frac{x^2-4}{4},\frac{x^2+4}{4})$ ครับ

[กิตติ]

ผมว่าวิธีการใช้อุปนัยของคุณpoperน่าจะเป็นวิธีเดียวที่พิสูจน์ได้ ผมก็ยังนึกวิธีแบบอื่นไม่ออก
เพราะปัญหาคือการหารูปแบบของความสัมพันธ์ของจำนวนทั้งสาม ผมลองหาในเนต มีหลากหลาย
เมื่อวานผมอ่านในหนังสือTechnique of problem solving ในบทของการใช้induction มีการนำinduction
มาพิสูจน์ประพจน์ที่ว่า "ถ้าSเป็นเซตที่มีจำนวนสมาชิกเท่ากับ k จงพิสูจน์ว่าจำนวนสับเซตของ$S$ เท่ากับ $2^k$"
ถ้าเราใช้induction เราต้องเริ่มจาก$P(1)$ แต่ในเรื่องสับเซตมีเซตว่างอยู่ คือค่า$k$ เป็นศูนย์ การพิสูจน์จึงต้องมาเริ่มจาก$P(0)$ด้วย
จากนั้นก็ไปพิสูจน์$P(1)$ ดังนั้นถ้าเราจะเริ่มพิสูจน์ที่ $P(2)$ ก่อนได้หรือเปล่า ผมว่าน่าจะได้เพราะที่$P(2)$ จึงจะได้มีค่าที่เป็นจำนวนเต็มบวกทั้งสาม

[Onasdi]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ กิตติ

ผมว่าวิธีการใช้อุปนัยของคุณpoperน่าจะเป็นวิธีเดียวที่พิสูจน์ได้ ผมก็ยังนึกวิธีแบบอื่นไม่ออก
เพราะปัญหาคือการหารูปแบบของความสัมพันธ์ของจำนวนทั้งสาม ผมลองหาในเนต มีหลากหลาย
เมื่อวานผมอ่านในหนังสือTechnique of problem solving ในบทของการใช้induction มีการนำinduction
มาพิสูจน์ประพจน์ที่ว่า "ถ้าSเป็นเซตที่มีจำนวนสมาชิกเท่ากับ k จงพิสูจน์ว่าจำนวนสับเซตของ$S$ เท่ากับ $2^k$"
ถ้าเราใช้induction เราต้องเริ่มจาก$P(1)$ แต่ในเรื่องสับเซตมีเซตว่างอยู่ คือค่า$k$ เป็นศูนย์ การพิสูจน์จึงต้องมาเริ่มจาก$P(0)$ด้วย
จากนั้นก็ไปพิสูจน์$P(1)$ ดังนั้นถ้าเราจะเริ่มพิสูจน์ที่ $P(2)$ ก่อนได้หรือเปล่า ผมว่าน่าจะได้เพราะที่$P(2)$ จึงจะได้มีค่าที่เป็นจำนวนเต็มบวกทั้งสาม

ลองใช้ mod ดูครับ เช่น พิจารณาว่าทำไมถึงเป็นไปไม่ได้ที่ 3 จะไม่หาร xyz
นั่นก็คือทำไมถึงเป็นไปไม่ได้ที่ ทั้ง $x,y,z$ จะ $\equiv 1$ หรือ $2\pmod{3}$

[drwut]

ผมลองไปนั่งคิดดูแล้วพยายามจะหาวิธีที่ถึกน้อยที่สุด ตอนแรกอยากจะ้ใช้เรขาคณิตมาช่วยแต่ยังคิดไม่ออกครับ ก็เอาเป็นว่าใช้วิธีทางทฤษฎีจำนวนที่(น่าจะถึกน้อยที่สุดนะครับ) ดังนี้ครับ

เนื่องจาก $60=3x4x5$ ดังนั้นถ้าเราสามารถพิสูจน์ได้ว่า x,y,z ตัวใดตัวหนึ่ง จะต้องหารด้วย 3 หรือ 4 หรือ 5 เสมอ เราก็จะสามารถบอกได้ว่า xyz จะต้องหารลงตัวด้วย $3x4x5$ แน่นอน

กรณี 1 : x,y,z ตัวใดตัวหนึ่ง จะต้องหารด้วย 3 เสมอ ??

สมมติว่า x,y,z ไม่มีตัวไหนเลยที่หารด้วย 3 ลงตัว จะได้ว่า x,y,z สามารถเขียนได้อยู่ในรูป

$(3n\pm1)^2 = 3(3n^2\pm 2n)+1 \equiv 1 \quad \pmod{3}$

ดังนั้น $x^2+y^2 \equiv 2 \quad \pmod{3} $ ซึ่งไม่ตรงกับ $z^2$ ซึ่งจะต้อง $z^2 \equiv 1 \quad \pmod{3}$ เสมอ ดังนั้น ขัดแย้ง แสดงว่าจะต้องมีตัวใดตัวหนึ่งหารด้วย 3 ลงตัวแน่นอน


กรณี 2 : x,y,z ตัวใดตัวหนึ่ง จะต้องหารด้วย 5 เสมอ ??

สมมติว่า x,y,z ไม่มีตัวไหนเลยที่หารด้วย 5 ลงตัว จะได้ว่า x,y,z สามารถเขียนได้อยู่ในรูป

a1. $(5n\pm1)^2 = 5(5n^2\pm 2n)+1 \equiv 1 \quad \pmod{5}$
a2. $(5n\pm2)^2 = 5(5n^2\pm 4n)+4 \equiv 4 \quad \pmod{5}$

เราพิจารณา $x^2+y^2$ ได้เป็น 3 กรณี
1) $a1+a1 \equiv 2 \pmod{5} $ เป็นไปไม่ได้
2) $a2+a2 \equiv 3 \pmod{5} $ เป็นไปไม่ได้
3) $a1+a2 \equiv 0 \pmod{5} $ แสดงว่า $z$ หารด้วย 5 ลงตัว

ดังนั้นสรุปได้ว่า ต้องมีตัวใดตัวหนึ่งหาร 5 ลงตัว


กรณี 3 : x,y,z ตัวใดตัวหนึ่ง จะต้องหารด้วย 4 เสมอ ??

$x^2+y^2=z^2$ ได้ก็ต่อเมื่อ 2 กรณีดังต่อไปนี้

1) x,y,z เป็นจำนวนคู่ทั้งหมด
2) x,y,z เป็นคี่สองตัว เป็นคู่หนึ่งตัว
เราพบว่า 1) จะทำให้ xyz หาร 4 ลงตัวแน่นอนดังนั้นจะพิจารณาแค่ 2) ก็พอ

ให้ $2n+1$ แทนจำนวนคี่ ดังนั้น $(2n+1)^2=4n(n+1)+1 \equiv 1 \pmod{4} $

ถ้า x,y เป็นจำนวนคี่ และ z เป็นจำนวนคู่ แสดงว่า $x^2+y^2=z^2 \equiv 2 \pmod{4}$ และ $z^2 \equiv 0 \pmod{4}$ พบว่าขัดแย้งกัน ดังนั้นกรณีใช้ไม่ได้

พิจารณากรณี x หรือ y เป็นจำนวนคี่ และ z เป็นคี่ สมมติ x และ z เป็นคี่ และ y เป็นคู่จะได้ว่า

$x^2 \equiv z^2 \equiv 1 \pmod{8}$ (เพราะว่า 4n(n+1) หารด้วย 8 ลงตัวเสมอ)
และ $y^2=z^2-x^2 \equiv 0 \pmod{8}$ แสดงว่า y ตัวนึงจะต้องมีอย่างน้อย 4 เป็นตัวประกอบแน่นอน ดังนั้น y หารด้วย 4 ลงตัว

[กิตติ]

ไม่รู้ว่าDr.Wutได้โจทย์ข้อนี้มาจากไหนครับ.....โหดเอาเรื่อง ถ้าถูกมัดมือให้ใช้แค่ความรู้มัธยมปลาย
ผมนั่งคิดได้ไอเดียคล้ายๆกัน โดยเราต้องพิสูจน์ให้ได้ครบทั้ง3กรณีคือ
1.$xyz$ หารด้วย $3$ ลงตัว
2.$xyz$ หารด้วย $4$ ลงตัว
3.$xyz$ หารด้วย $5 $ลงตัว
แล้วจะได้ว่า $xyz$ หารด้วย $60 $ลงตัว ตามคุณสมบัติการหารที่ว่าถ้า $d\left|\,a\right. $ และ $c\left|\,a\right. $ และ ค.ร.น.ของ$d,c$ คือ $m$ แล้ว $m\left|\,a\right.$
ร่วมกับการรู้สูตรหา Primitive Pythagoras Triple
$a=n^2-m^2$
$b=2mn$
$c=n^2-m^2$
ผมพิสูจน์ได้แค่ว่า$abc$ หารด้วย$4$ ลงตัว
เหลือแค่การพิสูจน์ว่า$abc$ หารด้วย$3$และ $5$ ลงตัว
กะว่าจะลักไก่เอาคุณสมบัติที่ว่า จำนวนเต็ม$A$ จะมีจำนวนจริง$B,C$เพียงคู่เดียวเท่านั้นที่เราเขียน
$A=BX+C$ ก็กะว่าจะเขียนเป็น$A= 5X+c = 3X+c$
แต่มันดูทะแม่งยังไงไม่รู้เดี๋ยวขอเวลาคิดต่ออีกหน่อยครับ คิดมาสามวันแล้วครับ เหมือนจะออกๆ มันก็ยังไม่ออก
วิธีของDr.Wutก็เป็นวิธีหนึ่งที่น่าจะใช้ได้

[drwut]

@คุณกิตติ พอดีผมไปเจอในลิงค์นี้ครับ

http://math1.snru.ac.th/UserFiles/Fi...0Triangles.doc

ปกติผมมักจะชอบโจทย์ที่มันสั้นๆ เหมือนจะดูง่ายๆ หรือคิดไม่ถึงว่าจะจริง แต่ความเป็นจริงแล้วยากเหมือนกัน

เดี๋ยวไว้เจออะไรหนุกๆจะเอามาฝากอีกครับ