Đến nội dung


Hình ảnh

Giải phương trình nghiệm nguyên $ x^3+y^3+z^3=4^n.{n^3} $


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

#1 T.C

T.C

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
  • Đến từ:Thành phố HÚÊ
  • Sở thích:tôi thích làm mọi việt tôi muốn

Đã gửi 17-03-2005 - 17:47

*
Phổ biến

Giải phương trình nghiệm nguyên $ x^3+y^3+z^3=4^n.{n^3} $.
(bạn có thể tổng quát bài này không)

DDTH
hãy làm những điều bạn cho là đúng để tìm ra cái sai của bạn: và hãy làm những gì bạn cho là sai để thấy cái đúng của bạn

#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

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

Đã gửi 16-08-2012 - 06:41

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại cách đấy 1 tuần nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 16/08 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 huuthot34

huuthot34

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 70 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trường THCS Mỹ Châu

Đã gửi 20-08-2012 - 20:23

em xin lỗi đã spam nhưng phương trinh nay hình như có rất nhiều nghiệm thì phải?
VD:nếu $y=-z$$\Rightarrow$ $x^{3}$=$4^{n}.n^{3}$ (1).
đặt $n=3k$ thì (1)$\Leftrightarrow x^{3}=4^{3k}.(3k)^{3} \Leftrightarrow x^{3}=(4^{k}.3k)^{3}$. như vây thì cứ một giá trị của k ta lại được một nghiệm x.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huuthot34: 22-08-2012 - 19:27

Lịch Sử chẳng tốn kèm nhưng nó cho ta nhiều cái lợi.

#4 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 25-08-2012 - 18:28

Giải phương trình nghiệm nguyên $ x^3+y^3+z^3=4^n.{n^3} $.
(bạn có thể tổng quát bài này không)

Em xin nói một hướng giải ra bài toán này
Giải như sau:
Mặt khác ta có $x^3+y^3+z^3=4^n.n^3$
Nếu $n \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow 4^n \equiv 4 \pmod{9}$ và $n^3 \equiv 1 \pmod{9}$ như vậy $4^n.n^3 \equiv 4 \pmod{9}$ vô lý vì $x^3+y^3+z^3 \equiv -3,-2,0,1,2,3 \pmod{9}$
Do đó $n \equiv 0,2 \pmod{3}$
TH1: $n \equiv 2 \pmod{3} \Rightarrow 2n \equiv 1 \pmod{3}$
Ta thấy phương trình sau:
$$(6t^3+1)^3+(1-6t^3)^3+(-6t^2)^3=2$$
Mặt khác $n=3k+2 \Rightarrow 2n=6k+4$
Như vậy
$$(6t^3n+n)^3+(n-6t^3n)^3+(-6nt^2)^3=2n^3$$
$$(6t^3n.2^{2k+1}+n.2^{2k+1})^3+(2^{2k+1}.n-2^{2k+1}.6.t^3n)^3+(-2^{2k+1}.6.n.t^2)^2=2^{6k+4}.n^3=4^n.n^3$$ nên với $n$ là số chia $3$ dư $2$ thì ta đã chỉ ra nghiệm
TH2: $n \vdots 3 \Rightarrow n=3k$
Như vậy $x^3+y^3+z^3=(4^k.3k)^3$
Ta xét đẳng thức $(a^2+7ab-9b^2)^3+(2a^2-4ab+12b^2)^3+(b^2+9ab-a^2)^3=(2a^2+10b^2)^3$
Do đó chọn $4^k.3k=2a^2+10b^2$
Suy ra $a^2+5b^2=2^{2k-1}.3k$
Ta thấy $2k-1$ lẻ nên $2k-1=1,3,5,...$
Nếu $2k-1>1$ thì $2^{2k-1}.3k \vdots 4 \Rightarrow a^2+5b^2 \vdots 4 \Rightarrow a,b \vdots 2$ (cm theo modulo $4$)
Như vậy làm tiếp tục cho đến khi cuối cùng thì được $a_k^2+5b_k^2=2.3k=6k$
Do đó việc cần làm của ta là xét tiêu chuẩn $n$ của phương trình $a^2+5b^2=n$
Ta thấy đẳng thức sau $(m^2+5n^2)(p^2+5q^2)=(mp-5nq)^2+5(qm+pn)^2$
Do đó nếu $u$ có thể phân tích được thành dạng $a^2+5b^2$ và $v$ cũng thế thì $uv$ cũng có tính chất trên
Mặt khác ta thấy $a_k^2+5b_k^2=6k \Rightarrow a^2+5b^2=6k=(1+5.1)k$
Như vậy nếu $k$ có thể phân tích thành dạng $a^2+5b^2$ thì $6k$ cũng phân tích được
Cho nên ta xét phương trình $a^2+5b^2=k$
Để giải được phương trình trên ta cần giải bổ đề sau:
Bổ đề: Cho $p$ là số nguyên tố, khi ấy phương trình $x^2+5y^2=p$ có nghiệm khi và chỉ khi $p=5$ hoặc $p \equiv 1,9 \pmod{20}$
Cm:
$\boxed{\text{Chiều thuận}}$ $x^2+5y^2=p$ suy ra $p=5$ hoặc $p \equiv 1,9 \pmod{20}$
Ta thấy $p=5$ dễ dàng có nghiệm
Vì $p$ nguyên tố $>5$ nên $p=20k\pm1,20k\pm3,20k\pm7,20k\pm9$
Như vậy nếu $p=20k+3,20k+7$ thì $x^2+5y^2=p$ không có nghiệm (do $x^2 \equiv 0,1,4 \pmod{5}$)
Nếu $p=20k-1,20k-9$ khi ấy $5$ là số chính phương $mod(p)$ (xem thêm tiêu chuẩn scp để $5$ là scp $mod(p)$ khá quen thuộc) và tương tự với $p=20k-3,20k-7$ thì $5$ không là số chính phương $mod(p)$ như vậy với trường hợp này, ta sẽ cm $x,y \vdots p$
Giả sử ngược lại suy ra $gcd(x,p)=gcd(y,p)=1$
Như vậy ta thấy $x^2+5y^2 \vdots p \Rightarrow x^2 \equiv (-5)y^2 \pmod{p} \Rightarrow x^{p-1} \equiv (-5)^{\frac{p-1}{2}}.y^{p-1} \pmod{p} \Rightarrow (-5)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ (do $x,y$ nguyên tố cùng nhau với $p$)
Nên $(-1)^{\frac{p-1}{2}}.5^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ $(*)$
Xét $p=20k-3,20k-7$ thì $(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1$ mà $5$ không là scp $mod(p)$ (theo nhận xét trên kia) suy ra $(-1)^{\frac{p-1}{2}}.5^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}$ mâu thuẫn với $(*)$
Xét $p=20k-1,20k-9$ xét tương tự cũng có điều vô lý
Do đó $x^2+5y^2=p$ với $p=20k-1,20k-3,20k-7,20k-9$ thì $x,y \vdots p$ như vậy $x^2+5y^2 \vdots p^2 \Rightarrow p \vdots p^2$ vô lý
Như vậy ta chứng minh xong chiều thuận
$\boxed{\text{Chiều đảo}}$ $p=5,p \equiv 1,9 \pmod{20}$ thì phương trình $x^2+5y^2=p$ có nghiệm
Thật vậy ta có thêm nhận định nữa nếu $p=20k+1,20k+9$ thì $5$ là số chính phương $mod(p)$
Mặt khác $(-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ (do $p=20k+1,20k+9$)
Như vậy theo tính chất số chính phương $mod(p)$ thì $(-1).5=(-5)$ cũng là số chính phương $mod(p)$ với $p=20k+1,20k+9$
Suy ra tồn tại $x$ sao cho $x^2 \equiv -5 \pmod{p}$
Ta xét tập hợp $a+xb$ với $a=0,1,2,3,...,[\sqrt{p}]$ và $b=0,1,2,3,...,[\sqrt{p}]$
Mỗi tập trên có $[\sqrt{p}]+1$ phần tử nên có $([\sqrt{p}]+1)^2$ cách chọn $a+xb$ mà $([\sqrt{p}]+1)^2>p$ (dễ cm)
Mà khi chia $p$ chỉ có $p$ kiểu dư nên theo dirichlet tồn tại $a_1+xb_1 \equiv a_2+xb_2 \pmod{p}$
$\Rightarrow (a_1-a_2) \equiv (-x)(b_1-b_2) \pmod{p}$
$\Rightarrow (a_1-a_2)^2 \equiv x^2(b_1-b_2)^2 \pmod{p}$
Mà $x^2 \equiv -5 \pmod{p}$ nên $(a_1-a_2)^2 \equiv -5(b_1-b_2)^2 \pmod{p}$
Khi đó chọn $a=|a_1-a_2|,b=|b_1-b_2|$
Suy ra $a^2+5b^2 \vdots p$ mà $a,b \in (0,1,2,...,[\sqrt{p}])$
Nên $a^2,b^2<p$ nên $a^2+5b^2<6p \Rightarrow a^2+5b^2=p,2p,3p,4p,5p$
Nếu $a^2+5b^2=5p \Rightarrow a=5a' \rightarrow 5a'^2+b^2=p$ khi đó bài toán cũng được chứng minh
Nếu $a^2+5b^2=p$ thì bài toán được chứng minh
Nếu $a^2+5b^2=4p$ thì $a,b \vdots 2 \Rightarrow a=2a',b=2b'$ suy ra $a'^2+5b'^2=p$ nên bài toán cũng được chứng minh
Nếu $a^2+5b^2=2p$ mà $p=20k+1,20k+9$ nên $a^2+5b^2=2(20k+1),2(20k+9)$ thì loại do $a^2+5b^2$ không chia $5$ dư $2,3$
Nếu $a^2+5b^2=3p$ tương tự như $2p$ cũng vô nghiệm
Do vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn
$$**********$$
Trở lại bài toán ta chọn $k=5^t.\prod\left(p_i^{a_i}\right).\prod\left(q_i^{b_i}\right)$ với $b_i$ phải chẵn (vì theo cm trên thì $a,b \vdots p$) với $p_i \equiv 1,9 \pmod{20}$ và $q_i \equiv -1,-9,-3,-7,3,7 \pmod{20}$ khi ấy các số $q_i$ bị triệt hết và $p_i=a^2+5b^2$ (do cm trên) nên áp dụng đẳng thức $(m^2+5n^2)(p^2+5q^2)=(mp-5nq)^2+5(qm+pn)^2$ nên khi ấy làm với mọi số ước của $k$ thì có $k$ cũng phân tích được dưới dạng $a^2+5b^2$ nên bài toán có nghiệm với $4^n.n^3$ với $n \vdots 3$

P/S chú ý bài này ta không vét được hết nghiệm và công thức nghiệm do cm ở trên và áp dụng nguyên lý dirichlet xảy ra ngẫu nhiên nên không thể có công thức nghiệm tổng quát, mở rộng của bài này là $a^3+b^3+c^3=k$ phải giải bằng kiến thức cao cấp (đại học - cao cấp dành cho người nghiên cứu toán), và thấy anh tường bảo có thể tìm hết nghiệm, vậy anh post lên cho mọi người tham khảo nhé, em cũng ko thi nên chỉ post để tham khảo, không cần điểm giả gì đâu :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 25-08-2012 - 20:53


#5 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

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

Đã gửi 09-11-2012 - 20:59

Chấm bài:
nguyenta98: 50 điểm

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh