Δύσκολη?

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Κω.Κωνσταντινίδης
Δημοσιεύσεις: 36
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 22, 2018 5:40 pm

Δύσκολη?

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κω.Κωνσταντινίδης » Πέμ Σεπ 27, 2018 5:23 pm

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



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 799
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Δύσκολη?

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Σεπ 27, 2018 9:09 pm

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 x όσο και το 2, 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 y άρτιος τότε η δύναμη του 2 που διαιρεί το δεξί είναι τουλάχιστον 5, αφού το 2 διαιρεί το y-2 και διαιρεί το y^4+2y^3+4y^2+8y+16 τουλάχιστον σε τέταρτο βαθμό.

Καταρχάς θα πρέπει x 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.


Houston, we have a problem!
Κω.Κωνσταντινίδης
Δημοσιεύσεις: 36
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 22, 2018 5:40 pm

Re: Δύσκολη?

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κω.Κωνσταντινίδης » Κυρ Σεπ 30, 2018 3:19 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Πέμ Σεπ 27, 2018 9:09 pm
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 x όσο και το 2, 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 y άρτιος τότε η δύναμη του 2 που διαιρεί το δεξί είναι τουλάχιστον 5, αφού το 2 διαιρεί το y-2 και διαιρεί το y^4+2y^3+4y^2+8y+16 τουλάχιστον σε τέταρτο βαθμό.

Καταρχάς θα πρέπει x 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.
Διονύση, σε ευχαριστώ πολύ για την λύση σου.


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 267
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Δύσκολη?

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Οκτ 06, 2018 6:27 pm

Έτσι για την πλάκα του και χωρίς να πολυέχω γνώση του "αθλήματος"(πολύ εκτός φακέλου βέβαια):Παραγοντοποιώ το LHS σε (x+6i)(x-6i).Εργάζομαι στο \mathbb{Z}[ i]
,στο οποίο ισχύει η μοναδική παραγοντοποίηση.
Έστω d κοινός διαιρέτης των (x+6i),(x-6i).Πρέπει d/12i,το οποίο 12i 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 x δεν είναι άρτιος,ενώ με mod3(ομοίως) το x δε διαιρείται με το 3.Θα έπρεπε N(d)/x^2+36.
Όμως όλοι οι διαιρέτες του12i 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 b 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


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες