Phương trình $x^3+4x=y^2.$

huonghoai · 07-02-2018, 03:31 AM

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

**namdung** · 11-02-2018, 07:43 AM

Có bạn nào làm được bài này không?

**vnt.hnue** · 11-02-2018, 09:35 AM

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.

Thụy An · 11-02-2018, 11:31 AM

Trích:

Nguyên văn bởi vnt.hnue

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

zinxinh · 13-02-2018, 07:21 AM

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

Thụy An · 13-02-2018, 11:05 PM

Trích:

Nguyên văn bởi zinxinh

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 $x^2=y^2=z$.

zinxinh · 15-02-2018, 05:19 AM

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)

Thụy An · 17-02-2018, 03:48 AM

Trích:

Nguyên văn bởi huonghoai

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:

Nếu $x=0$, ta có $y=0$ thỏa tức là có cặp $(0;\,0)$ là nghiệm.
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.
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 $(2;\,4)$.

zinxinh · 17-02-2018, 05:41 AM

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. ]

zinxinh · 17-02-2018, 06:11 AM

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

Thụy An · 17-02-2018, 10:39 AM

Trích:

Nguyên văn bởi zinxinh

$2xy=(a^{4}-1)a^{2}$ 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.

Trích:

Nguyên văn bởi Thụy An

..
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.

zinxinh · 17-02-2018, 12:06 PM

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

**MATHSCOPE** · 17-02-2018, 12:44 PM

Trích:

Nguyên văn bởi 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

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?

Trích:

Nguyên văn bởi zinxinh

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?

zinxinh · 20-09-2022, 11:06 PM

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}$

07-02-2018, 03:31 AM	#1
huonghoai +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 1 Thanks: 0 Thanked 1 Time in 1 Post	Phương trình $x^3+4x=y^2.$ Tìm nghiệm nguyên của phương trình $x^3+4x=y^2.$

11-02-2018, 09:35 AM	#3
vnt.hnue Moderator Tham gia ngày: Sep 2016 Bài gởi: 23 Thanks: 26 Thanked 15 Times in 8 Posts	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. thay đổi nội dung bởi: vnt.hnue, 11-02-2018 lúc 09:56 AM

13-02-2018, 07:21 AM	#5
zinxinh +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Bài gởi: 214 Thanks: 65 Thanked 70 Times in 45 Posts	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 thay đổi nội dung bởi: zinxinh, 13-02-2018 lúc 07:39 AM

15-02-2018, 05:19 AM	#7
zinxinh +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Bài gởi: 214 Thanks: 65 Thanked 70 Times in 45 Posts	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) thay đổi nội dung bởi: zinxinh, 15-02-2018 lúc 02:43 PM

17-02-2018, 05:41 AM	#9
zinxinh +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Bài gởi: 214 Thanks: 65 Thanked 70 Times in 45 Posts	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. ] thay đổi nội dung bởi: zinxinh, 17-02-2018 lúc 05:54 AM

11-02-2018, 07:43 AM	#2
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Có bạn nào làm được bài này không?

17-02-2018, 06:11 AM	#10
zinxinh +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Bài gởi: 214 Thanks: 65 Thanked 70 Times in 45 Posts	$2xy=(a^{4}-1)a^{2}$ không là số chính phương thì có sao,không thể ép nó có bộ nghiệm kia được thay đổi nội dung bởi: zinxinh, 17-02-2018 lúc 06:13 AM

17-02-2018, 12:06 PM	#12
zinxinh +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Bài gởi: 214 Thanks: 65 Thanked 70 Times in 45 Posts	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 thay đổi nội dung bởi: zinxinh, 17-02-2018 lúc 12:18 PM

20-09-2022, 11:06 PM	#14
zinxinh +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Bài gởi: 214 Thanks: 65 Thanked 70 Times in 45 Posts	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}$

Ðiều Chỉnh
Tạo trang in Email trang này
Xếp Bài
Chế độ bình thường Chuyển sang chế độ Pha trộn Chuyển sang chế độ dạng cây