Chứng minh rằng pt $6{y^3} + 12x{y^2} + 6{x^2}y + ({x^3} - x) = 0$ không thể có nghiệm nguyên dạng $(4k, y)$ hoặc $(9k, y)$, $k\neq 0$
#1
Đã gửi 12-01-2012 - 13:45
- E. Galois, Simpson Joe Donald, Bui Ba Anh và 3 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”).
#2
Đã gửi 11-06-2015 - 17:10
Lời giải:Chứng minh rằng phương trình $$6{y^3} + 12x{y^2} + 6{x^2}y + ({x^3} - x) = 0$$ không thể có nghiệm nguyên dạng $(4k, y)$ hoặc $(9k, y)$, $k\neq 0$
Từ pt $\Rightarrow x|6y^3$
Phản chứng,giả sử x=4k hoặc 9k
a)$x|y^3$
Đặt $y^3=m.x,m\in\mathbb{Z}$ pt $\Leftrightarrow 6m+12y^2+6xy+x^2-1=0$
Coi pt là ẩn y,có nghiệm nguyên khi $\Delta'$là số chính phương$$\Leftrightarrow -3x^2+12-72m=t^2,t\in\mathbb{Z}(1)$$
Coi pt là ẩn x,ta cũng $\Rightarrow -3y^2-6m+1=z^2,z\in\mathbb{Z}(2)$
TH1:x=3k
Từ (1)$\Rightarrow t^2$chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9(VL)
TH2:x=4k
Từ (2)$\Rightarrow 1-6m=z^2+3y^2$
Từ (1)$\Rightarrow 6|t$ nên ta đặt t=6v,$v\in\mathbb{Z}$
Thay 2 đk trên vào (1)$\Rightarrow 4k^2+3v^2=z^2+3y^2(3)$
$x|y^3 \Rightarrow$y chẵn $\Rightarrow$z lẻ
Từ (3) nếu $(2k)^2$chia hết cho 3 thì z chia hết cho 3(VL do(2))
$\Rightarrow(2k)^2=3u+1$,thay vào (1)$\Rightarrow -u-2=v^2$nên v chẵn
Từ (3),xét tính chẵn lẻ $\Rightarrow$VL,ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi loigiailanhlung: 12-06-2015 - 11:53
- MyMy ZinDy và congdaoduy9a thích
#3
Đã gửi 12-06-2015 - 07:10
Theo em nghĩ thì có thể thay 9k thành 3k.
Lời giải:
Từ pt $\Rightarrow x|y^3$
Đặt $y^3=m.x,m\in\mathbb{Z}$ pt $\Leftrightarrow 6m+12y^2+6xy+x^2-1=0$
Coi pt là ẩn y,có nghiệm nguyên khi $\Delta'$là số chính phương$$\Leftrightarrow -3x^2+12-72m=t^2,t\in\mathbb{Z}(1)$$
Coi pt là ẩn x,ta cũng $\Rightarrow -3y^2-6m+1=z^2,z\in\mathbb{Z}(2)$
Phản chứng:
TH1:x=3k
Từ (1)$\Rightarrow t^2$chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9(VL)
Phương trình vẫn có nghiệm nguyên dạng $(3k,y)$.Ví dụ $x=3$ ; $y=-4$.
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#4
Đã gửi 12-06-2015 - 11:56
Mình nhầm ,đề bài đúng,mình đã sửa rồi nhưng còn thiếu trường hợp b) $x|2.y^3$ & $x|3y^3$Phương trình vẫn có nghiệm nguyên dạng $(3k,y)$.Ví dụ $x=3$ ; $y=-4$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi loigiailanhlung: 12-06-2015 - 12:52
#5
Đã gửi 14-06-2015 - 14:52
Chứng minh rằng phương trình $$6{y^3} + 12x{y^2} + 6{x^2}y + ({x^3} - x) = 0$$ không thể có nghiệm nguyên dạng $(4k, y)$ hoặc $(9k, y)$, $k\neq 0$
Phương trình đã cho có thể viết lại : $6y(x+y)^2+x^3-x=0$ (*)
Dễ thấy rằng (*) có nghiệm $(4k,a)$ (hoặc $(9k,b)$) ($a,b$ nguyên) KHI VÀ CHỈ KHI nó cũng có nghiệm $(-4k,-a)$ (hoặc $(-9k,-b)$).Do đó ta chỉ cần chứng minh (*) không có nghiệm nguyên dạng $(4k,y)$ và $(9k,y)$ với $\mathbf{k\in \mathbb{N}^*}$
$a)$
Giả sử (*) có nghiệm nguyên $(4k,y)$ với $k\in \mathbb{N}^*$ (tức là $x\in \mathbb{N}^*$)
Vì $x^3-x$ là số dương và chia hết cho $4$ nên $y$ là số âm và chẵn (vì nếu $y$ lẻ thì $6y(x+y)^2$ không chia hết cho $4$)
$6y(x+y)^2$ chia hết cho $y$ $\Rightarrow x\ \vdots\ y$
Cũng vì $x^3-x$ dương nên $y\neq -x$.Vậy $x\ \vdots\ y$ và $-x< y< 0$
$y$ và $x+y$ chẵn $\Rightarrow 6y(x+y)^2\ \vdots\ 48\Rightarrow x\ \vdots\ 48\Rightarrow x=48p$ ($p\in \mathbb{N}^*$)
(*) $\Leftrightarrow -6\left | y \right |\left ( 48p-\left | y \right | \right )^2+(48p)^3-48p=0\Leftrightarrow (48p)^3-48p=6\left | y \right |(48p-\left | y \right |)^2$ (1)
$(48p)^3-48p\geqslant (48p)^3-48p^3=110544p^3$ (2)
$6\left | y \right |(48p-\left | y \right |)^2=3.2\left | y \right |(48p-\left | y \right |)^2\leqslant 3.(32p)^3=98304p^3$ (3)
(2),(3) $\Rightarrow$ (1) vô nghiệm $\Rightarrow$ (*) vô nghiệm.
$b)$
Giả sử (*) có nghiệm nguyên $(9k,y)$ với $k\in \mathbb{N}^*$ (tức là $x\in \mathbb{N}^*$)
Vì $x^3-x$ là số dương và chia hết cho $9$ nên $y$ là số âm và chia hết cho $3$ (vì nếu không thì $6y(x+y)^2$ không chia hết cho $9$)
$6y(x+y)^2$ chia hết cho $y$ $\Rightarrow x\ \vdots\ y$
Cũng vì $x^3-x$ dương nên $y\neq -x$.Vậy $x\ \vdots\ y$ và $-x< y< 0$
$y$ và $x+y$ chia hết cho $3 \Rightarrow 6y(x+y)^2\ \vdots\ 162\Rightarrow x\ \vdots\ 162\Rightarrow x=162q$ ($q\in \mathbb{N}^*$)
(*) $\Leftrightarrow -6\left | y \right |\left ( 162q-\left | y \right | \right )^2+(162q)^3-162q=0\Leftrightarrow (162q)^3-162q=6\left | y \right |(162q-\left | y \right |)^2$ (4)
$(162q)^3-162q\geqslant (162q)^3-162q^3=4251366q^3$ (5)
$6\left | y \right |(162q-\left | y \right |)^2=3.2\left | y \right |(162q-\left | y \right |)^2\leqslant 3.(108q)^3=3779136q^3$ (6)
(5),(6) $\Rightarrow$ (4) vô nghiệm $\Rightarrow$ (*) vô nghiệm.
Như vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên có dạng $(4k,y)$ và $(9k,y)$ với $k\neq 0$.
- I Love MC, nhungvienkimcuong, HoangVienDuy và 2 người khác yêu thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#6
Đã gửi 14-06-2015 - 16:14
$y\leq 0$hay sao mà bạn thay bằng -$\left | y \right |$(*) $\Leftrightarrow -6\left | y \right |\left ( 48p-\left | y \right | \right )^2+(48p)^3-48p=0$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi loigiailanhlung: 14-06-2015 - 16:20
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh