Phương trình $x^3+4x=y^2.$

[huonghoai]

Tìm nghiệm nguyên của phương trình $x^3+4x=y^2.$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Có bạn nào làm được bài này không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vnt.hnue]

Ý tưởng của em là chứng minh $x$ là số chính phương ạ.
Nếu $p|x$ ($p$ nguyên tố), đặt $x=p^{k}.z$ $((z,p)=1)$)
Suy ra $x^{3}-4x=p^{k}(p^{2k}z^{3}+4z)=y^{2}$.
Vì $(p^{2k}z^{3}+4z)$ không chia hết cho $p$ (với p khác 2) nên $k$ là số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của $y^{2}$, hay $k$ chẵn. Trường hợp p=2, $x^{3}-4x=2^{k+2}(p^{2k-2}z^{3}+z)=y^{2}$, suy ra $k+2$ chẵn hay $k$ chẵn . Do đó trong phân tích tiêu chuẩn của $x$, số mũ của tất cả các thừa số nguyên tố đều chẵn hay $x$ là số chính phương.
Đặt $x=u^{2}$, ta được $u^{6}+4u^{2}=y^{2}$, nếu $u$ khác 0 thì $u^4+4=(y/u)^{2}=t^{2}$.
Suy ra $(u^{2}-t)(u^{2}+t)=4$. Giải ra được không tồn tại $u,t$.
Do đó $u=0$, hay $x=y=0$ là nghiệm duy nhất.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Trường hợp p=2, $x^{3}-4x=2^{k+2}(p^{2k-2}z^{3}+z)=y^{2}$, suy ra $k+2$ chẵn hay $k$ chẵn .

Với $k=1$ thì sao? Ta luôn có cặp nghiệm $(2;\,4)$ mà
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zinxinh]

Gọi d=$ UCLN(x,x^{2}+4)$ .Vì vậy $x\vdots d$ và $(x^{2}+4)\vdots d$ từ đó suy ra $4 \vdots d$ do đó d=1,2,4
1)Nếu d=1 thì $x^{2}+4 =m^{2}$ và $x=n^{2}$ trong đó m,n là số tự nhiên do đó $m^{2}=n^{4}+4=>(m-n^{2})(m+n^{2})=4$
Mà $m-n^{2},m+n^{2}$ cùng tính chẵn lẻ nên m=2,n=0 do đó x=y=0
2)Nếu d=2 =>x=2z trong đó z là số nguyên lẻ =>$y^{2}=8z(z^{2}+1)=>2z=2m^{2},z^{2}+1=2n^{2}$ m,n là số tự nhiên
Từ đó $2n^{2}=m^{4}+1$ đến đây thấy hiểm giống phương trình pell
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Từ đó $2n^{2}=m^{4}+1$ đến đây thấy hiểm giống phương trình pell

Để ý là nếu $x^4+y^4=2z^2$ thì $x^2=y^2=z$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zinxinh]

Từ $n^{2}=\frac{m^{4}+1}{2}=(\frac{m^{2}+1}{2}+i\frac {m^{2}-1}{2})(\frac{m^{2}+1}{2}-i\frac{m^{2}-1}{2})$
z không chia hết cho 2 nên m là số nguyên dương lẻ
Nhưng $\frac{m^{2}+1}{2}+i\frac{m^{2}-1}{2}$ và $\frac{m^{2}+1}{2}-i\frac{m^{2}-1}{2}$ nguyên tố với nhau nên hai số này là bình phương số nguyên gaus
Vì vậy $\frac{m^{2}+1}{2}+i\frac{m^{2}-1}{2}=(a+ib)^{2}=a^{2}-b^{2}+2iab$ .Từ giá trị của m nên a,b là các số nguyên không âm
$ab=\frac{m^{2}-1}{4} $và $ a^{2}-b^{2}=\frac{m^{2}+1}{2}$ và a>b
Vì vậy $(a-b)^{2}=a^{2}-b^{2}-2ab+2b^{2}=1+2b^{2}$
Đặt a-b=c nên $c^{2}=2b^{2}+1=>m^{2}=a^{2}+2ab-b^{2}=(a+b)^{2}-2b^{2}=(c+2b)^{2}-2b^{2}=c^{2}+4bc+4b^{2}-2b^{2}=4bc+4b^{2}+1$
Do m lẻ nên m=2e+1 do đó $ab=e(e+1),a^{2}-b^{2}=2e^{2}+2e+1$ Do đó $a^{2}$ là nghiệm của phương trình $t^{2}-(2e^{2}+2e+1)t-(e^{2}+e)^{2}=0=>\Delta=8(e^{2}+e)^{2}+4(e^{2}+e)+ 1$ là số chính phương
Tìm số tự nhiên n sao cho $4bc+4b^{2}+1$ là số chính phương,trong đó $b=\frac{(3+2\sqrt{2})^{n}-(3-2\sqrt{2})^{n}} {2\sqrt{2}}$ và $c=\frac{(3+2\sqrt{2})^{n}+(3-2\sqrt{2})^{n}} {2}$ nghĩa là bài toán phát biểu lại.Tìm n là số tự nhiên sao cho
$\frac{(1+\sqrt{2})^{4n+1}+(1-\sqrt{2})^{4n+1}}{2}$ là số chính phương
Đến đây hoàn toàn có thể đánh chặn được
Dấu bằng xảy ra khi b=0 => m=1 => z=1 => (x,y)=(2,4) và (2,-4)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Tìm nghiệm nguyên của phương trình $x^3+4x=y^2.$

Trước tiên ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề. Hễ phương trình $x^2+y^2=z^2$ có bộ nghiệm nguyên dương $\left(\mathfrak x;\,\mathfrak y;\,\mathfrak z\right)$ thì $2\mathfrak x\mathfrak y$ không là số chính phương.

Chứng minh. Giả sử phương trình đó có bộ nghiệm nguyên dương $\left(\mathfrak x;\,\mathfrak y;\,\mathfrak z\right)$ với $2\mathfrak x\mathfrak y$ là số chính phương, gọi $\left(a;\,b;\,c\right)$ là bộ nghiệm như thế với $c$ nhỏ nhất. Do tính thuần nhất của phương trình nên
\[\gcd \left( {a;\,b} \right) = \gcd \left( {b;\,c} \right) = \gcd \left( {c;\,a} \right) = 1.\]
Từ cấu trúc nghiệm của phương trình Pythagoras, sẽ tồn tại các số nguyên dương $\alpha$ và $\beta$ trái tính chẵn lẻ, với $\gcd\left(\alpha ;\,\beta\right)=1$ thỏa\[a = 2\alpha \beta ;\;b = {\alpha ^2} - {\beta ^2};\;c = {\alpha ^2} + {\beta ^2}.\]Lúc đó $2ab = 4\alpha \beta \left( {{\alpha } + {\beta }} \right)\left( {{\alpha } - {\beta }} \right)$ là số chính phương và bốn số $\alpha ;\,\beta ;\,\alpha + \beta ;\,\alpha - \beta $ đôi một nguyên tố cùng nhau, nên tồn tại các số nguyên dương $\alpha_0;\,\beta_0;\,\gamma_0$ và $\lambda_0$ thỏa\[\alpha = \alpha _0^2;\;\beta = \beta _0^2;\;{\alpha} + {\beta } = \gamma _0^2;\;{\alpha} - {\beta } = \lambda _0^2.\]Để ý rằng $\gcd\left(\gamma_0+\lambda_0;\,\gamma_0-\lambda_0\right)=2$ và\[2\beta=2\beta_0^2 = \gamma _0^2 - \lambda _0^2 = \left( {{\gamma _0} + {\lambda _0}} \right)\left( {{\gamma _0} - {\lambda _0}} \right).\]Nên một trong hai số ${{\gamma _0} - {\lambda _0}} $ và ${{\gamma _0} + {\lambda _0}} $ có dạng $2r^2$ số còn lại có dạng $4s^2$ với $r;\,s\in\mathbb Z^+$, từ đó\[\alpha = \alpha _0^2 = \frac{{\gamma _0^2 + \lambda _0^2}}{2} = \frac{{{{\left( {{\gamma _0} - {\lambda _0}} \right)}^2} + {{\left( {{\gamma _0} + {\lambda _0}} \right)}^2}}}{4} = {r^4} + 4{s^4}.\]Tức là bộ $(x;\,y;\,z)=\left(r^2;\,2s^2;\,\alpha_0\right)$ thỏa phương trình $x^2+y^2=z^2$ và $2xy=(2rs)^2$ là một số chính phương. Có điều, bộ nghiệm này đã vi phạm vai trò của bộ $(a;\,b;\,c)$ do là \[{\alpha _0} \le \alpha _0^2 = \alpha < {\alpha ^2} + {\beta ^2} = c.\]

Vậy bổ đề đã được chứng minh xong, ta quay lại bài toán và xét các trường hợp sau:

1. Nếu $x=0$, ta có $y=0$ thỏa tức là có cặp $(0;\,0)$ là nghiệm.
   
   
2. Nếu $x$ lẻ, thì $\gcd\left(x;\,x^2+4\right)=1$ nên tồn tại $u;\,v\in\mathbb N$ sao cho $x=u^2$ và $x^2+4=v^2$, từ đó
   \[\left( {v - {u^2}} \right)\left( {v + {u^2}} \right) = 4.\]
   Để ý rằng $u$ lẻ nên kéo theo $v$ lẻ và do $4$ có phân tích duy nhất thành tích hai số tự nhiên chẵn nên
   \[v - {u^2} = v + {u^2} = 2.\]
   Ta có $u=0$ và loại bỏ trong tình huống này.
   
   
3. Nếu $x$ chẵn và $x> 0$, đặt $x=2l$ với $l\in\mathbb Z^+$ khi đó $y$ chẵn nên $y=2m$ với $m\in\mathbb Z^+$ và có
   \[2\left( {{l^2} + 1} \right)l = {m^2}.\]
   Từ đây $m$ chẵn nên $m=2n$ và ta có
   \[\left( {{l^2} + 1} \right)l = 2{n^2}.\]
   Bởi vì $l^2<l^2+1<(l+1)^2$ với $l\in\mathbb Z^+$ nên $l^2+1$ không thể là số chính phương, do đó tồn tại các số nguyên dương $\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{b}$ thỏa\[l = {\mathfrak{a}^2};\;{l^2} + 1 = 2{\mathfrak{b}^2}.\]
   Ta thấy rằng $\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{b}$ lẻ và từ trên sẽ có\[{\left( {\frac{{{\mathfrak{a}^4} - 1}}{2}} \right)^2} + {\mathfrak{a}^4} = \left( {\frac{{{\mathfrak{a}^4} + 1}}{2}} \right)^2 =\left( {\frac{{{l^2} + 1}}{2}} \right)^2 = {\mathfrak{b}^4}.\]
   Bây giờ nếu $\mathfrak{a}>1$ thì phương trình $x^2+y^2=z^2$ có bộ nghiệm nguyên dương $\left( x;\, y;\, z\right) = \left( {2{\mathfrak{a}^2}{\mathfrak{b}^2};\,{\mathfrak{b} ^4} - {\mathfrak{a}^4};\,{\mathfrak{a}^4} + {\mathfrak{b}^4}} \right)$ với
   \[2xy = 4{\mathfrak{a}^2}{\mathfrak{b}^2}\left( {{\mathfrak{b}^4} - {\mathfrak{a}^4}} \right) = {\left( {\mathfrak{a}\mathfrak{b}\left( {{\mathfrak{a}^4} - 1} \right)} \right)^2}.\]
   Điều đó, mâu thuẫn với bổ đề ở trên kia. Vậy $\mathfrak a=1$ tức $l=1$ và $x=2$, và trường hợp này vì thế chỉ cho ta thêm hai cặp nghiệm đó là $(x;\,y)=(2;\,4)$ và $(x;\,y)=(2;\,-4)$.

Tóm lại, ta có các cặp nghiệm $(x;\,y)$ là $(0;\,0),\,(2;\,-4)$ và $(2;\,4)$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zinxinh]

Đoạn cuối chỉ là một cách biểu diễn,như việc phân tích đa thức thành nhân tử.Có thể thấy nếu nó đúng chỉ có nghiệm (0,0,0)
Cụ thể như sau
$2xy=a^{4}-1$
$x^{2}-y^{2}=a^{2}$
$x^{2}+y^{2}=b^{2}$
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zinxinh]

$2xy=(a^{4}-1)a^{2}$ không là số chính phương thì có sao,không thể ép nó có bộ nghiệm kia được
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

$2xy=(a^{4}-1)a^{2}$ không là số chính phương thì có sao,không thể ép nó có bộ nghiệm kia được

Ơ hay! Đọc kỹ lại đoạn này đi cu.

..
Bây giờ nếu $\mathfrak{a}>1$ thì phương trình $x^2+y^2=z^2$ có bộ nghiệm $\left( x;\, y;\, z\right) = \left( {2{\mathfrak{a}^2}{\mathfrak{b}^2};\,{\mathfrak{b} ^4} - {\mathfrak{a}^4};\,{\mathfrak{a}^4} + {\mathfrak{b}^4}} \right)$ với
\[2xy = 4{\mathfrak{a}^2}{\mathfrak{b}^2}\left( {{\mathfrak{b}^4} - {\mathfrak{a}^4}} \right) = {\left( {\mathfrak{a}\mathfrak{b}\left( {{\mathfrak{a}^4} - 1} \right)} \right)^2}.\]
Điều này, mâu thuẫn với bổ đề ở trên kia.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zinxinh]

Cố ý ghép đặt như thế không thể tự nhiên được,chẳng thế nào
$(x,y,z)=(2ab,a^{2}-b^{2},a^{2}+b^{2})$ như thế tự nhiên hơn
Em chưa thử maple vì em chưa cài được,nhưng nếu có nghiệm thì rất nhiều
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MATHSCOPE]

Cố ý ghép đặt như thế không thể tự nhiên được,chẳng thế nào
$(x,y,z)=(2ab,a^{2}-b^{2},a^{2}+b^{2})$ như thế tự nhiên hơn

Bình liên thiên, chả chịu đọc để hiểu cái gì cả

Phải từ $\mathfrak{b}^4-\mathfrak{a}^4=\left(\dfrac{\mathfrak{a}^4-1}{2}\right)^2$ là số chính phương mới sinh ra bộ nghiệm $\left( x;\, y;\, z\right) = \left( {2{\mathfrak{a}^2}{\mathfrak{b}^2};\,{\mathfrak{b} ^4} - {\mathfrak{a}^4};\,{\mathfrak{a}^4} + {\mathfrak{b}^4}} \right)$ của phương trình Pythagoras thỏa $2xy $ là chính phương chứ. Tự dưng lôi bộ $(x,y,z)=(2ab,a^{2}-b^{2},a^{2}+b^{2})$ kia ra làm cái gì?

Em chưa thử maple vì em chưa cài được,nhưng nếu có nghiệm thì rất nhiều

Phương trình $x^4-2y^2=-1$ có phải phương trình Pell đâu mà cứ có nghiệm là có vô số hả Bồn?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zinxinh]

Cách đây bốn năm (2018) tôi cùng với một vài người bạn trao đổi giải phương trình nghiệm nguyên $x^{3}+4x=y^{2}$.Bây giờ nhớ lại tôi tạm post ra đây các bạn theo dõi



Gọi d=$ UCLN(x,x^{2}+4)$ .Vì vậy $ x\vdots d$ và $ (x^{2}+4)\vdots d$ từ đó suy ra $ 4 \vdots d$ do đó d=1,2,4
1)Nếu d=1 thì $ x^{2}+4 =m^{2}$ và $ x=n^{2}$ trong đó m,n là số tự nhiên do đó $ m^{2}=n^{4}+4=>(m-n^{2})(m+n^{2})=4$
Mà $ m-n^{2},m+n^{2}$ cùng tính chẵn lẻ nên m=2,n=0 do đó x=y=0
2)Nếu d=2 =>x=2z trong đó z là số nguyên lẻ =>$ y^{2}=8z(z^{2}+1)=>2z=2m^{2},z^{2}+1=2n^{2}$ m,n là số tự nhiên
Từ đó $ 2n^{2}=m^{4}+1$ Chú ý rằng $ (m^{2}+1)^{2}=m^{4}+2m^{2}+1=2n^{2}+2m^{2}$ và $ (m^{2}-1)^{2}=m^{4}-2m^{2}+1=2n^{2}-2m^{2}$.Nhân hai phương trình trên ta nhận được $ (m^{4}-1)^{2}=4(n^{4}-m^{4})$.Vì $ m^{4}\equiv 1(\mod 4)$ ta viết lại $ (\frac{m^{4}-1}{2})^{2}=n^{4}-m^{4}$.Đây là phương trình Diophantine đã biết $ x^{4}-y^{4}=z^{2}$ chỉ có nghiệm tầm thường $ m^{4}-1=0$ suy ra m=1 hoặc m=-1 .Nên (x,y)=(2,4);(2,-4)

Bây giờ ta sẽ chứng minh kết quả $ x^{4}=y^{4}+z^{2}$ chỉ có nghiệm tầm thường xyz=0 bằng phương pháp xuống thang huyền thoại của định lý fecma lớn.Viết lại phương trình $ (x^{2})^{2}=(y^{2})^2+z^{2}$ theo phương trình Pythagorean  ta có hai trường hợp

Nếu $ y^{2}=2mn$ suy ra $ m=u^{2},n=2v^{2}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]