Bai1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương (x,y)
$\frac{x^{29}-1}{x-1}=y^{12}-1$
$\frac{x^{29}-1}{x-1}=y^{12}-1$
Bắt đầu bởi Didier, 10-08-2012 - 12:27
#1
Đã gửi 10-08-2012 - 12:27
#2
Đã gửi 10-08-2012 - 13:30
ta có $y^{12}-1 \equiv 0 (\mod 5)$ nếu $(y,5)=1$ và $y^12-1 \equiv -1 (\mod 5)$ nếu $5|y$ (*)
mặt khác nếu $(x,5)=1$ thì $x^{29}-1\ equiv x-1 (\mod 5)$
Do đó nếu $5|x$ thì
$x^{28}+...+x+1 \equiv 1 (\mod 5)$ khác (*)
nếu $(x,5)=1$
+ Nếu $(x-1,5)=1$ thì $\frac{x^{29}-1}{x-1} \equiv 1 (\mod 5)$ khác (*)
+Nếu $5|x-1$ và $(x,5)=1$ nên $x=6$ thì ta có $x \equiv -1 (\mod 7)$
suy ra $x^{28}+...+x+1 \equiv 1 (\mod 7)$ (**)
Mà một số lũy thừa 4 chia 7 dư 0;1 hoặc -1 nên suy ra $y^{12}-1$ chia 7 dư $-1;0,-2$ khác với (**)
Từ các trường hợp trên suy ra pt vô nghiệm nguyên dương
mặt khác nếu $(x,5)=1$ thì $x^{29}-1\ equiv x-1 (\mod 5)$
Do đó nếu $5|x$ thì
$x^{28}+...+x+1 \equiv 1 (\mod 5)$ khác (*)
nếu $(x,5)=1$
+ Nếu $(x-1,5)=1$ thì $\frac{x^{29}-1}{x-1} \equiv 1 (\mod 5)$ khác (*)
+Nếu $5|x-1$ và $(x,5)=1$ nên $x=6$ thì ta có $x \equiv -1 (\mod 7)$
suy ra $x^{28}+...+x+1 \equiv 1 (\mod 7)$ (**)
Mà một số lũy thừa 4 chia 7 dư 0;1 hoặc -1 nên suy ra $y^{12}-1$ chia 7 dư $-1;0,-2$ khác với (**)
Từ các trường hợp trên suy ra pt vô nghiệm nguyên dương
- supermember, perfectstrong, Zaraki và 3 người khác yêu thích
Những ngày cuối cùng còn học toán
winwave1995
#3
Đã gửi 10-08-2012 - 13:36
Giải như sau:Bai1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương (x,y)
$\frac{x^{29}-1}{x-1}=y^{12}-1$
Gọi $p$ là ước nguyên tố của $\dfrac{x^{29}-1}{x-1}$
Suy ra $x^{29}-1 \vdots p$ suy ra $gcd(x,p)=1$
Gọi $x^k-1 \vdots p$ mà $k$ nhỏ nhất hay $k$ là cấp của $x$ ($mod(p)$)
Suy ra theo định nghĩa suy ra $29 \vdots k \Rightarrow k=1,29$
$\blacksquare$ Nếu $k=1 \Rightarrow x-1 \vdots p \Rightarrow x \equiv 1 \pmod{p}$
Mặt khác $\dfrac{x^{29}-1}{x-1}=x^{28}+x^{27}+...+x^2+x+1 \vdots p$
Mà $x \equiv 1 \pmod{p} \Rightarrow x^{28}+x^{27}+...+x^2+x+1 \equiv 29 \pmod{p} \Rightarrow p=29$
$\blacksquare$ Nếu $k=29$ suy ra theo Fermat nhỏ ta có $x^{p-1}-1 \vdots p$ nên $p-1 \vdots k=29 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{29}$
Như vậy mọi ước của $\dfrac{x^{29}-1}{x-1}$ đều có dạng $29k$ hoặc $29k+1$
Ta có $y^{12}-1=(y-1)(y^{11}+y^{10}+...+y+1)$
$\boxed{\text{KN1}}$ Nếu $y-1 \vdots 29 \Rightarrow y \equiv 1 \pmod{29} \Rightarrow y^{11}+...+y+1 \equiv 12 \pmod{29}$ vô lý vì mọi ước của $\dfrac{x^{29}-1}{x-1}$ có dạng $29k,29k+1$
$\boxed{\text{KN2}}$ Nếu $y-1 \equiv 1 \pmod{29} \Rightarrow y \equiv 2 \pmod{29} \Rightarrow y^{11}+...+y+1 \equiv 6 \pmod{29}$ tương tự cũng loại
Do đó phương trình vô nghiệm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-08-2012 - 13:37
- supermember, perfectstrong, Zaraki và 4 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 14-10-2012 - 20:46
sao the guner là biết là xét theo modun 5 mà k xét theo modun khác, bạn giải thích rõ nữa nha. cám ơn bạn
#5
Đã gửi 14-10-2012 - 21:43
Ờ là tại vì ta xét những modulo đặc biệt trước. để tiện dùng FERMAT thì 29 hoặc 12 phải là bội của số $p-1$, và ở cái phân thức VT muốn cho nó triệt tiêu bậc thì 29 thường có dạng $k(p-1)+1$. Nên mình nghĩ đến $p=5$ trước thôisao the guner là biết là xét theo modun 5 mà k xét theo modun khác, bạn giải thích rõ nữa nha. cám ơn bạn
Những ngày cuối cùng còn học toán
winwave1995
#6
Đã gửi 15-10-2012 - 11:19
eqiuvx là gì vậy bạn?
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh