Δύσκολη?

Κω.Κωνσταντινίδης · #1

Να λυθεί στους ακεραίους η εξίσωση
$x^{2}+36=y^{5}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Καταρχάς πρέπει y>0

και παρατηρούμε ότι το x=0

δεν δίνει λύση. Αφού x^2=(-x)^2

μπορούμε να υποθέσουμε πως x, y>0

.

Παρατηρούμε πως:

$x^2+36=y^5\Leftrightarrow x^2+2^2=(y-2)(y^4+2y^3+4y^2+8y+16)$ .

Αν y=4k+1

, τότε αφού y-2=4k-1

, το δεξί μέλος θα έχει πρώτο παράγοντα της μορφής p=4l-1

, άρα από γνωστό λήμμα θα πρέπει αυτός να διαιρεί τόσο το

όσο και το

, άτοπο.

Αν y=4k-1

, τότε $y^4+2y^3+4y^2+8y+16\equiv 1-2\equiv -1 \pmod{4}$ , οπότε πάλι το δεξί μέλος έχει πρώτο παράγοντα της μορφής p=4l-1

, άτοπο.

Αν

άρτιος τότε η δύναμη του

που διαιρεί το δεξί είναι τουλάχιστον

, αφού το

διαιρεί το y-2

και διαιρεί το y^4+2y^3+4y^2+8y+16

τουλάχιστον σε τέταρτο βαθμό.

Καταρχάς θα πρέπει

άρτιος έστω x=2m

.

Θα έχουμε πως πρέπει 32|4(m^2+1)

, άρα πρέπει 4|m^2+1

, άτοπο αφού θα έπρεπε $m^2\equiv -1 \pmod{4}$ .

Επομένως δεν υπάρχουν λύσεις στους ακεραίους.

Κω.Κωνσταντινίδης · #3

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 27, 2018 9:09 pm
Καταρχάς πρέπει και παρατηρούμε ότι το δεν δίνει λύση. Αφού μπορούμε να υποθέσουμε πως .

Παρατηρούμε πως:

$x^2+36=y^5\Leftrightarrow x^2+2^2=(y-2)(y^4+2y^3+4y^2+8y+16)$ .

Αν , τότε αφού , το δεξί μέλος θα έχει πρώτο παράγοντα της μορφής , άρα από γνωστό λήμμα θα πρέπει αυτός να διαιρεί τόσο το όσο και το , άτοπο.

Αν , τότε $y^4+2y^3+4y^2+8y+16\equiv 1-2\equiv -1 \pmod{4}$ , οπότε πάλι το δεξί μέλος έχει πρώτο παράγοντα της μορφής , άτοπο.

Αν άρτιος τότε η δύναμη του που διαιρεί το δεξί είναι τουλάχιστον , αφού το διαιρεί το και διαιρεί το τουλάχιστον σε τέταρτο βαθμό.

Καταρχάς θα πρέπει άρτιος έστω .

Θα έχουμε πως πρέπει , άρα πρέπει , άτοπο αφού θα έπρεπε $m^2\equiv -1 \pmod{4}$ .

Επομένως δεν υπάρχουν λύσεις στους ακεραίους.

Διονύση, σε ευχαριστώ πολύ για την λύση σου.

min## · #4

Έτσι για την πλάκα του και χωρίς να πολυέχω γνώση του "αθλήματος"(πολύ εκτός φακέλου βέβαια):Παραγοντοποιώ το LHS

σε

.Εργάζομαι στο $\mathbb{Z}[ i]$
,στο οποίο ισχύει η μοναδική παραγοντοποίηση.
Έστω

κοινός διαιρέτης των (x+6i),(x-6i)

.Πρέπει

,το οποίο

παραγοντοποιείται σε πρώτους ως 3i(i+1)^2(i-1)^2

επί κάποιες ίσως εκ των μονάδων ${\pm 1,\pm i}$ .Με mod4

(και διαιρετότητες) το

δεν είναι άρτιος,ενώ με mod3

(ομοίως) το

δε διαιρείται με το 3.Θα έπρεπε N(d)/x^2+36

.
Όμως όλοι οι διαιρέτες του 12i

έχουν "απαγορευμένη" νορμα (είτε πολ.3 είτε πολ.2).Άρα τα (x+6i),(x-6i)

είναι πρώτα μεταξύ τους.Άρα x+6i=(a+bi)^5

επί ίσως κάποια μονάδα εκ των ${\pm 1,\pm i}$ .Κάνοντας πράξεις πρέπει x+6i=a^5-a^3b^2+ab^4+(a^4b-a^2b^3+b^5)i

οπότε ουσιαστικά δεν έχει σημασία το "επί ίσως κάποια μονάδα" λόγω συμμετρίας κλπ.Θέλω να δείξω ότι πχ. δε γίνεται 6=a^4b-a^2b^3+b^5=b(a^4-a^2b^2+b^4)

,οπότε παίρνω περιπτώσεις για το

τις $b=\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 6$ και εξετάζω αν η διακρίνουσα του a^4-a^2b^2+b^4-6/b

είναι τετράγωνο(το β θεωρείται παράμετρος),που ποτέ δεν είναι .(ουσιαστικά το ίδιο κάνω αν x+6i=-(a+bi)^5

και καταλήγω στην επίλυση της ίδιας(με +αντί - 6/b

που ουσιαστικά είναι το ίδιο)
εξίσωσης).

Edit:Στο επιχείρημα με τη διακρίνουσα

Δύσκολη?

Δύσκολη?

Re: Δύσκολη?

Re: Δύσκολη?

Re: Δύσκολη?

Μέλη σε σύνδεση