Giải phương trình sau với $p$ nguyên tố và $x,y$ nguyên dương $x^{3}+y^{3}=p^{4}$
Giải phương trình nghiệm nguyên $x^{3}+y^{3}=p^{4}$
Bắt đầu bởi bangbang1412, 27-10-2013 - 11:17
jinbe số học
#1
Đã gửi 27-10-2013 - 11:17
bangbang1412
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 1670 Bài viết
Độc cô cầu bại
- Zaraki yêu thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
#2
Đã gửi 27-10-2013 - 11:50
Zaraki
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 4273 Bài viết
PQT
Giải phương trình sau với $p$ nguyên tố và $x,y$ nguyên dương $x^{3}+y^{3}=p^{4} \qquad (1)$
Lời giải. Nếu $p=2$ thì $x=y=2$.
Nếu $p \ge 3$ thì $p$ lẻ. Ta có $(x+y)(x^2-xy+y^2)=p$ nên $p|x+y$.
TH1: Nếu $p|x \Rightarrow p|y$. Khi đó $x=px_1,y=py_1$ với $x_1,y_1 \in \mathbb{N}^*$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow x_1^3+y_1^3=p \Leftrightarrow (x_1+y_1)(x_1^2-x_1y_1+y_1^2)=p$.
Vì $x_1,y_1 \ge 1$ nên ta suy ra $x_1+y_1=p,x_1^2-x_1y_1+y_1^2=1 \Leftrightarrow p^2-3x_1y_1=1$.
Như vậy $x_1,y_1$ là nghiệm nguyên của phương trình $$T^2-pT+ \dfrac{p^2-1}{3}=0 \Leftrightarrow p^2+3(2M-p)^2=4$$
Điều này hoàn toàn mâu thuẫn do $p \ge 3$.
TH2: Nếu $p \nmid x \Rightarrow p \nmid y$. Theo bổ đề LTE ta có $$v_p(x^3+y^3)=v_p(x+y)+v_p(3)$$
Nếu $p \ne 3$ thì $v_p(x^3+y^3)=v_p(x+y) \Rightarrow p^4=x+y$. Do đó $x^2-xy+y^2=1 \Leftrightarrow (2x-y)^2+3y^2=4$.
Ta tìm được $(x,y)=(1,1)$. Khi đó $p^4=2$, mâu thuẫn
Nếu $p=3$ thì $v_3(x+y)+1=v_3(x^3+y^3)$. Vậy $x+y=p$ và $x^2-xy+y^2=p^3 \Leftrightarrow (x+y)^2-3xy=p^3 \Leftrightarrow p^2-p^3=3xy$, điều này mâu thuẫn do $VT<0<VP$.
Vậy $\boxed{(x,y,p)=(2,2,2)}$.
- Yagami Raito, thukilop, letankhang và 2 người khác yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#3
Đã gửi 27-10-2013 - 12:07
letankhang
-
- Thành viên
-
- 1079 Bài viết
$\sqrt{MF}'s$ $member$
Lời giải. Nếu $p=2$ thì $x=y=2$.
Nếu $p \ge 3$ thì $p$ lẻ. Ta có $(x+y)(x^2-xy+y^2)=p$ nên $p|x+y$.
TH1: Nếu $p|x \Rightarrow p|y$. Khi đó $x=px_1,y=py_1$ với $x_1,y_1 \in \mathbb{N}^*$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow x_1^3+y_1^3=p \Leftrightarrow (x_1+y_1)(x_1^2-x_1y_1+y_1^2)=p$.
Vì $x_1,y_1 \ge 1$ nên ta suy ra $x_1+y_1=p,x_1^2-x_1y_1+y_1^2=1 \Leftrightarrow p^2-3x_1y_1=1$.
Như vậy $x_1,y_1$ là nghiệm nguyên của phương trình $$T^2-pT+ \dfrac{p^2-1}{3}=0 \Leftrightarrow p^2+3(2M-p)^2=4$$
Điều này hoàn toàn mâu thuẫn do $p \ge 3$.
TH2: Nếu $p \nmid x \Rightarrow p \nmid y$. Theo bổ đề LTE ta có $$v_p(x^3+y^3)=v_p(x+y)+v_p(3)$$
Nếu $p \ne 3$ thì $v_p(x^3+y^3)=v_p(x+y) \Rightarrow p^4=x+y$. Do đó $x^2-xy+y^2=1 \Leftrightarrow (2x-y)^2+3y^2=4$.
Ta tìm được $(x,y)=(1,1)$. Khi đó $p^4=2$, mâu thuẫn
Nếu $p=3$ thì $v_3(x+y)+1=v_3(x^3+y^3)$. Vậy $x+y=p$ và $x^2-xy+y^2=p^3 \Leftrightarrow (x+y)^2-3xy=p^3 \Leftrightarrow p^2-p^3=3xy$, điều này mâu thuẫn do $VT<0<VP$.
Vậy $\boxed{(x,y,p)=(2,2,2)}$.
Jinbe có thể chỉ cho mình bổ đề LTE là như thế nào được không !? 
- bangbang1412 yêu thích
$\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $
$\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$
#4
Đã gửi 27-10-2013 - 12:12
bangbang1412
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 1670 Bài viết
Độc cô cầu bại
Lời giải. Nếu $p=2$ thì $x=y=2$.
Nếu $p \ge 3$ thì $p$ lẻ. Ta có $(x+y)(x^2-xy+y^2)=p$ nên $p|x+y$.
TH1: Nếu $p|x \Rightarrow p|y$. Khi đó $x=px_1,y=py_1$ với $x_1,y_1 \in \mathbb{N}^*$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow x_1^3+y_1^3=p \Leftrightarrow (x_1+y_1)(x_1^2-x_1y_1+y_1^2)=p$.
Vì $x_1,y_1 \ge 1$ nên ta suy ra $x_1+y_1=p,x_1^2-x_1y_1+y_1^2=1 \Leftrightarrow p^2-3x_1y_1=1$.
Như vậy $x_1,y_1$ là nghiệm nguyên của phương trình $$T^2-pT+ \dfrac{p^2-1}{3}=0 \Leftrightarrow p^2+3(2M-p)^2=4$$
Điều này hoàn toàn mâu thuẫn do $p \ge 3$.
TH2: Nếu $p \nmid x \Rightarrow p \nmid y$. Theo bổ đề LTE ta có $$v_p(x^3+y^3)=v_p(x+y)+v_p(3)$$
Nếu $p \ne 3$ thì $v_p(x^3+y^3)=v_p(x+y) \Rightarrow p^4=x+y$. Do đó $x^2-xy+y^2=1 \Leftrightarrow (2x-y)^2+3y^2=4$.
Ta tìm được $(x,y)=(1,1)$. Khi đó $p^4=2$, mâu thuẫn
Nếu $p=3$ thì $v_3(x+y)+1=v_3(x^3+y^3)$. Vậy $x+y=p$ và $x^2-xy+y^2=p^3 \Leftrightarrow (x+y)^2-3xy=p^3 \Leftrightarrow p^2-p^3=3xy$, điều này mâu thuẫn do $VT<0<VP$.
Vậy $\boxed{(x,y,p)=(2,2,2)}$.
ý tưởng thì giống nhau , nhưng mình đặt $x=p^{a}.m$ và $y=p^{b}.n$ rồi cho $a\geq b$
- Zaraki và Creammy Mami thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
#5
Đã gửi 27-10-2013 - 17:24
Zaraki
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 4273 Bài viết
PQT
Jinbe có thể chỉ cho mình bổ đề LTE là như thế nào được không !?
Bạn tìm lý thuyết trong blog của mình nhé.
- Yagami Raito, thukilop, letankhang và 1 người khác yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#6
Đã gửi 27-10-2013 - 17:29
bangbang1412
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 1670 Bài viết
Độc cô cầu bại
Jinbe có thể chỉ cho mình bổ đề LTE là như thế nào được không !?
http://math.net.vn/s...-the-exponent).
@@ tình cờ qua mạng nên hồi trước mình học ở đây
- Zaraki, letankhang và Creammy Mami thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
#7
Đã gửi 20-05-2014 - 12:27
thukilop
-
- Thành viên
-
- 291 Bài viết
Thượng sĩ
Lời giải. Nếu $p=2$ thì $x=y=2$.
Nếu $p \ge 3$ thì $p$ lẻ. Ta có $(x+y)(x^2-xy+y^2)=p$ nên $p|x+y$.
TH1: Nếu $p|x \Rightarrow p|y$. Khi đó $x=px_1,y=py_1$ với $x_1,y_1 \in \mathbb{N}^*$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow x_1^3+y_1^3=p \Leftrightarrow (x_1+y_1)(x_1^2-x_1y_1+y_1^2)=p$.
Vì $x_1,y_1 \ge 1$ nên ta suy ra $x_1+y_1=p,x_1^2-x_1y_1+y_1^2=1 \Leftrightarrow p^2-3x_1y_1=1$.
Như vậy $x_1,y_1$ là nghiệm nguyên của phương trình $$T^2-pT+ \dfrac{p^2-1}{3}=0 \Leftrightarrow p^2+3(2M-p)^2=4$$
Điều này hoàn toàn mâu thuẫn do $p \ge 3$.
TH2: Nếu $p \nmid x \Rightarrow p \nmid y$. Theo bổ đề LTE ta có $$v_p(x^3+y^3)=v_p(x+y)+v_p(3)$$
Nếu $p \ne 3$ thì $v_p(x^3+y^3)=v_p(x+y) \Rightarrow p^4=x+y$. Do đó $x^2-xy+y^2=1 \Leftrightarrow (2x-y)^2+3y^2=4$.
Ta tìm được $(x,y)=(1,1)$. Khi đó $p^4=2$, mâu thuẫn
Nếu $p=3$ thì $v_3(x+y)+1=v_3(x^3+y^3)$. Vậy $x+y=p$ và $x^2-xy+y^2=p^3 \Leftrightarrow (x+y)^2-3xy=p^3 \Leftrightarrow p^2-p^3=3xy$, điều này mâu thuẫn do $VT<0<VP$.
Vậy $\boxed{(x,y,p)=(2,2,2)}$.
Mình nghĩ chỗ này phải là: $x+y=p^{3}$ và $x^2-xy+y^2=p $ chứ nhỉ: vì $v_3(x+y)+1=v_3(p^3)+1=3+1=4=v_3(p^4)=v_3(x^3+y^3)$... Nếu thế thì suy ra được $xy=242$ nhưng $x+y=p^3$, giải viete => vô nghiệm nguyên
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 20-05-2014 - 12:28
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: jinbe, số học
 
|
Toán Trung học Cơ sở →
Số học →
Chứng minh rằng $(a_{1}^{2}+1)(a_{2}^{2}+1)...(a_{2024}^{2}+1)$ không chia hết cho $(a_{1}.a_{2}...a_{2024})^2$Bắt đầu bởi Nguyentrongkhoi, 26-03-2024  số học
|
|
|
|
|
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
Chứng minh rằng $x^2 + y^2 + z^2 - 2(xy + yz + zx)$ là số chính phươngBắt đầu bởi Chuongn1312, 13-03-2024 toán olympic, số học
|
|
|
|
|
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$\sum_{n\vdots d,d=2k+1}\varphi (d)2^{\frac{n}{d}} \hspace{0.2cm} \vdots \hspace{0.2cm} n$Bắt đầu bởi hovutenha, 08-03-2024 tổ hợp, số học
|
|
|
|
|
|
 Solved
Toán Trung học Cơ sở →
Đại số →
$f(a)-f(b) \vdots a-b$Bắt đầu bởi Sa is very stupid and lazy, 17-01-2024 số học
|
|
|
|
|
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$x^n+n \vdots p^m$Bắt đầu bởi trinhgiahuy2008, 15-01-2024 số học
|
|
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
