已知集合M1={y^2+ay+b|y∈Z},M2={2x^2+2x+c|x∈Z}.求证:对于任意整数a,b,总有整数c,使M1∩M2=Φ
来源:学生作业帮助网 编辑:六六作业网 时间:2024/11/22 05:43:08
已知集合M1={y^2+ay+b|y∈Z},M2={2x^2+2x+c|x∈Z}.求证:对于任意整数a,b,总有整数c,使M1∩M2=Φ
已知集合M1={y^2+ay+b|y∈Z},M2={2x^2+2x+c|x∈Z}.求证:对于任意整数a,b,总有整数c,使M1∩M2=Φ
已知集合M1={y^2+ay+b|y∈Z},M2={2x^2+2x+c|x∈Z}.求证:对于任意整数a,b,总有整数c,使M1∩M2=Φ
y^2+ay+b =2x^2+2x+c
==>c=y^2+ay+b -(2x^2+2x)
只需要证明y^2+ay+b -(2x^2+2x)在x,y∈Z时候不能够取便全体整数就可以了.
也就是证明y^2+ay -(2x^2+2x)在x,y∈Z时候不能够取便全体整数就可以了.
也就是说明(y+1)(y+(a-1))-2 x(x+1)不能够取便全体整数就可以了.
①显然如果a是奇数,(y+1)(y+(a-1))-2 x(x+1)始终是偶数,显然满足题目中的结论.
②如果a是偶数,不妨设a=2k,也就是y^2 +2ky -2 x(x+1)=(y+k)^2 -2x(x+1)-k^2
此时就是说明(y+k)^2 -2x(x+1)不能够取便全体整数即可.
现在反设结论不成立也就是对于任意整数t=(y+k)^2 -2x(x+1)都有解,也就是对任意的整数t,始终存在整数x,使得t+2x(x+1)是一个平方数.
现在假设t=4m+3,那么对于不定方程4m+3+2x(x+1)=r^2,显然r为奇数
假设r=2s+1,得到4m+2=4s(s+1)-2x(x+1)
而左边除4余2,右边是4的倍数,这样说的话,也就是这个不定方程误解.
所以综合①②,原结论成立.