Đến nội dung


Hình ảnh

$x^{2002}+y^{2002}=2003^{2001}(x^{3}+y^{3})$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 duytungct

duytungct

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 87 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-03-2006 - 11:22

Giải PT nghiệm nguyên
$$x^{2002}+y^{2002}=2003^{2001}(x^{3}+y^{3})$$



#2 phuocdinh1999

phuocdinh1999

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 13-08-2014 - 18:41

Giải PT nghiệm nguyên
$$x^{2002}+y^{2002}=2003^{2001}(x^{3}+y^{3})$$

Bổ đề: $a^2+b^2\vdots p$ với $p$ là SNT có dạng $4k+3$ $\Leftrightarrow a\vdots p$ và $b\vdots p$

 

Trở lại bài toán: Ta có $x^{2002}+y^{2002}\vdots 2003\Rightarrow x\vdots 2003;y\vdots 2003\Rightarrow x=2003x_1;y=2003y_1$

$PT\Leftrightarrow x_1^{2002}+y_1^{2002}=2003^2(x_1^3+y_1^3)$

Tương tự như trên: $x_1=2003x_2;y_1=2003y_2$

$PT\Leftrightarrow 2003^{1997}.(x_2^{2002}+y_2^{2002})=x_2^3+y_2^3$

$VT\geq VP\Rightarrow x_2=y_2=0\Rightarrow x=y=0$

 

Vậy $PT$ có nghiệm $(x,y)=(0,0)$



#3 HoangHungChelski

HoangHungChelski

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 283 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương
  • Sở thích:$\mathfrak{Combinatorics}$ , $\mathfrak{NumberTheory}$

Đã gửi 13-08-2014 - 18:57

Lời giải
Ta có bổ đề sau: $p=4k+3,x^2+y^2\vdots p\Rightarrow x,y\vdots p$
Áp dụng, ta thấy $2003$ là số nguyên tố thỏa $p=4k+3$
Từ giả thiết $\Rightarrow x^{1001},y^{1001}\vdots 2003\Rightarrow x,y\vdots 2003$. Đặt $x=2003x_1,y=2003y_1\qquad (x_1,y_1\in \mathbb{Z})$
Ta có: $pt\Leftrightarrow 2003^{2002}x_1^{2002}+2003^{2002}y_1^{2002}=2003^{2001}(2003^3x_1^{3}+2003^3x_2^3)\Leftrightarrow x_1^{2002}+y_1^{2002}=2003^{2}(x_1^3+y_1^3)$
Tương tự như trên $\Rightarrow x_1\vdots 2003,y_1\vdots 2003$. Đặt $x_1=2003x_2,y_1=2003y_2\qquad (x_2,y_2\in \mathbb{Z})$
Ta có: $pt\Leftrightarrow 2003^{1997}(x_2^{2002}+y_2^{2002})=x_2^3+y_2^3$
Dễ dàng thấy $VT\geq VP$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x_2=y_2=0\Leftrightarrow x=y=0$
Vậy phương trình có nghiệm $x=y=0$ $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangHungChelski: 13-08-2014 - 18:58

$$\boxed{\text{When is (xy+1)(yz+1)(zx+1) a Square?}}$$                                


#4 Bui Ba Anh

Bui Ba Anh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 562 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 13-08-2014 - 23:04

$(*)$ Chứng minh bổ đề: Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ và $a+b\vdots p=>a\vdots p;b\vdots p$

Thật vậy,giả sử cả $a$ và $b$ đều không chia hết cho $p$ thì $(a;p)=1$ và $(b;p)=1$,áp dụng định lý $Fermat$ ta có

$a^{p-1}\equiv 1(mod p);b^{p-1}\equiv 1(mod p)=>a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 2 (mod p)$

Mà $a^{2(2k+1)}+b^{2(2k+1)}\vdots (a^{2}+b^{2})=p$

Ta có điều mâu thuẫn,từ đó suy ra $Q.E.D$

Áp dụng kết quả này ta có $2003=4.500+3=>x^{2001};y^{2001}\vdots 2003=>x;y\vdots 2003=>x=2003x_1;y=2003y_1=>2003^{2002}(x_1^{2002}+y_1^{2002})=2003^{2004}(x_1^{3}+y_1^{3})$

Làm tương tự vậy,ta đi đến $2003^{1997}(x_2^{2002}+y_2^{2002})=x_2^{3}+y_2^{3}$

Do $x;y$ đều nguyên nên 

+) Với $x;y$ khác $0$ thì $x_2^{2002}>x_2^{4}>x_2^{3};y_2^{2002}>y_2^{3}=> VT>VP$(vô lý)

+) Với $x=y=0$ thì thỏa đề

Vậy $(x;y)=(0;0)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 13-08-2014 - 23:08

NgọaLong

#5 understand

understand

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:quảng ngãi
  • Sở thích:math

Đã gửi 21-09-2014 - 16:15

Bổ đề: $a^2+b^2\vdots p$ với $p$ là SNT có dạng $4k+3$ $\Leftrightarrow a\vdots p$ và $b\vdots p$

 

Trở lại bài toán: Ta có $x^{2002}+y^{2002}\vdots 2003\Rightarrow x\vdots 2003;y\vdots 2003\Rightarrow x=2003x_1;y=2003y_1$

$PT\Leftrightarrow x_1^{2002}+y_1^{2002}=2003^2(x_1^3+y_1^3)$

Tương tự như trên: $x_1=2003x_2;y_1=2003y_2$

$PT\Leftrightarrow 2003^{1997}.(x_2^{2002}+y_2^{2002})=x_2^3+y_2^3$

$VT\geq VP\Rightarrow x_2=y_2=0\Rightarrow x=y=0$

 

Vậy $PT$ có nghiệm $(x,y)=(0,0)$






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh