Διοφαντική εξίσωση!

Αρχιμήδης 6 · #1

Να λυθεί στους ακέραιους η εξίσωση,

x^2+1=y^3

Αρχιμήδης 6 · #2

Επαναφορά.

Έως 27/1.

kostas_zervos · #3

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Να λυθεί στους ακέραιους η εξίσωση,

Καλησπέρα....

Ξέρω λύση με τη βοήθεια

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δεν την αντιγράφω και προσπαθώ μια πιο στοιχειώδη λύση που έχει "κολλήσει".

Την παραθέτω μήπως κάποιος βλέπει ότι μπορεί να λυθεί έτσι.

Πρέπει $y^3=x^2+1\geq 1\iff y\geq 1$ .

Αν y=1

, τότε

και μία λύση είναι η (x,y)=(0,1)

.

Αν

, τότε

και θα πρέπει το y^3-1

να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Αν $y\equiv 0\;\mod 4$ ή $y\equiv 2\;\mod 4$ , τότε $y^3-1\equiv 3 \mod 4$ , άρα το y^3-1

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Αν $y\equiv 3\;\mod 4$ , τότε y=4k+3

και

με $2k+1\;,\;16k^2+28k+13$ περιττούς , άρα y^3-1=2(2m+1)=4m+2

που δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Αν $y\equiv 1\;\mod 4$ , τότε y=4k+1

και

,

Για να είναι τέλειο τετράγωνο , θα πρέπει το k(16k^2+12k+3)

να είναι τέλειο τετράγωνο.

Το 16k^2+12k+3=4(4k^2+3k)+3

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Επομένως θα υπάρχει πρώτος

με

και

, άρα $p|3\Rightarrow p=3$ .

Επομένως k=3n

και έχουμε $y^3-1=4k(16k^2+12k+3)=4\cdot 9\cdot n(48n^2+12n+1)$ .

Άρα πρέπει ο

να είναι τέλειο τετράγωνο.

Οι $n\;,\;48n^2+12n+1$ δεν μπορούν να έχουν κοινό πρώτο παράγοντα

γιατί τότε q|n

και

, άρα

(άτοπο).

Άρα θα πρέπει $n\;,\;48n^2+12n+1$ να είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα.

Επομένως n=t^2

και $48n^2+12n+1=48t^4+12t^2+1=m^2\iff 48t^4+12t^2+1-m^2=0$ , άρα θα πρέπει η $\Delta=3\cdot 2^4(4m^2-1)$ να είναι τέλειο τετράγωνο , άρα το $12m^2-3=\lambda^2$ .

Τότε $3|\lambda^2\Rightarrow 3|\lambda\Rightarrow \lambda=3w$ , επομένως $12m^2-3=9w^2\iff 4m^2-3w^2=1\iff (2m)^2-3w^2=1$ .

Άρα η (2m,w)

είναι λύση της εξίσωση Pell: u^2-3v^2=1

.

Η εξίσωση έχει μικρότερη θετική λύση την (u,v)=(2,1)

και άπειρες λύσει που δίνονται από τους τύπους:

$u_{i+1}=2u_i+3v_i$ , $v_{i+1}=u_i+2v_i$ .

Οι (u_i,v_i)

δεν είναι και οι δύο άρτιοι (αφού u_i^2-3v_i^2=1

) και το

πρέπει να είναι άρτιος (αφού u=2m

) .

Άρα v_i

περιττός , άρα

περιττός , επομένως w=2z+1

και $\lambda=3(2z+1)$ .

Τότε $\Delta = 2^4\cdot 9\cdot(2z+1)^2$ και από την εξίσωση έχουμε: $t^2=\dfrac{-12+12(2z+1)}{96}=\dfrac{24z}{96}=\dfrac{z}{4}$ .

Έτσι z=4t^2

και από εδώ και κάτω $\color{red}???????$

Αρχιμήδης 6 · #4

Πολύ ωραία προσέγγιση Κώστα.

Θα αφήσω και άλλο χρόνο για την εξίσωση .

Nick1990 · #5

Ξυπνάει αναμνήσεις αυτό το πρόβλημα. Ήταν ένα από τα πρώτα προβλήματα που συνάντησα στο Ελληνικό Mathlinks όταν πρωτοασχολήθηκα με μαθηματικά πέρα από τα σχολικά, τον Μάη του 2008. Θυμάμαι πως το είχα λύσει έχοντας ως hint τους Gaussian Integers για τους οποίους είχα διαβάσει κάτι λίγα στο wiki.

Ισοδύναμα έχουμε: (x - i)(x + i) = y^3

όπου ο

είναι περιττός διότι διαφορετικά θα είχαμε 4|x^2+1

που είναι αδύνατο.

Αν ένα στοιχείο

διαιρεί και τους 2 παράγοντες του αριστερού μέλους, τότε $q|(x+i)-(x-i)=2i \Rightarrow q|2$ .
Όμως ο

πρέπει να είναι άρτιος, έστω x=2z

και

, άρα το

είναι μονάδα.

Άρα πρέπει $(x + i) = (a + bi)^3, (x-i) = (a - bi)^3, a,b \in \mathbb{Z}$ , οπότε εξισώνοντας φανταστικά μέλη πρώτα και στη συνέχεια πραγματικά:
b(3a^2 - b^2) = 1

και

. Στην πρώτη πρέπει και οι 2 παράγοντες να είναι $\pm 1$ , όπου εύκολα δεχόμαστε μόνο το 2ο και
προκύπτει έτσι: $a=0 \Rightarrow x=0$ .

Άρα μοναδική λύση (x,y) = (0,1)

Αρχιμήδης 6 · #6

Σας ευχαριστώ για το ενδιαφέρον και τον χρόνο που διαθέσατε και ιδιαίτερα στον Κώστα Ζερβό .
Αργότερα θα δώσω την δική μου elementary προσέγγιση της διοφαντικής.(Αν κάποιος έχει elementary προσέγγιση είτε δική του είτε απο κάποιο βιβλίο θα ήταν απόλαυση να την μοιραστεί μαζί μας .Εγώ σε έρευνα στο google και δικών μου βιβλίων πέρα από την επίλυση με τεχνικές ακεραιων gauss δεν έχω βρεί άλλη elementary προσέγγιση .)

Δημήτρης Κ.

Αρχιμήδης 6 · #7

Με

προκύπτει

, και με

προκύπτει

και

Θα θέσω στην εξίσωση y=12l+1

επομένως θέτω x=6z

.

οπότε υπάρχουν A,B

,

ώστε

,

, $\boxed{AB=z}$
Η αρχική μας εξίσωση x^2+1=y^3

μετασχηματίστηκε στην
48A^4+12A^2+1=B^2

, $\boxed{B=1mod2 , B^2=1mod3}$
(6A^2+1)^2+12A^4=B^2

(1)

Έστω

πρώτος ώστε p|B

&

τότε από την (1) $\rightarrow{p|12A^2}$ όμως p|12A^2+2

$\rightarrow$ p|2

όμως οι

άρα

$\rightarrow$
(B-6A^2-1,B+6A^2+1)=2

Και έχουμε δυο σενάρια...

Περίπτωση 1)
$\boxed{B-6A^2-1=2C^4, B+6A^2+1=6D^4}$
Από την δεύτερη σχέση θα πρέπει B=2mod3

&

$\rightarrow$ 2C^4=1mod3

ΑΔΥΝΑΤΟΝ

Περίπτωση 2)
$\boxed{B-6A^2-1=6C^4, B+6A^2+1=2D^4}$

$\rightarrow$ B=1mod6

Αφαιρώντας τις B-6A^2-1=6C^4, B+6A^2+1=2D^4

$\boxed{6A^2+1=D^4-3C^4}$

Ως εδώ έφτασα ..θα την κοιτάξω ξανά. (Πολύ παιχνιδιάρα βγήκε τελικά..)

Δημήτρης

Αρχιμήδης 6 · #8

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Με προκύπτει , και με προκύπτει και

Θα θέσω στην εξίσωση

επομένως θέτω .

οπότε υπάρχουν , ώστε
, , $\boxed{AB=z}$
Η αρχική μας εξίσωση μετασχηματίστηκε στην
, $\boxed{B=1mod2 , B^2=1mod3}$
(1)

Έστω πρώτος ώστε & τότε από την (1) $\rightarrow{p|12A^2}$ όμως $\rightarrow$ όμως οι άρα
$\rightarrow$

Και έχουμε δυο σενάρια...

Περίπτωση 1)
$\boxed{B-6A^2-1=2C^4, B+6A^2+1=6D^4}$
Από την δεύτερη σχέση θα πρέπει
& $\rightarrow$ ΑΔΥΝΑΤΟΝ

Περίπτωση 2)
$\boxed{B-6A^2-1=6C^4, B+6A^2+1=2D^4}$

$\rightarrow$
Αφαιρώντας τις

$\boxed{6A^2+1=D^4-3C^4}$

Ως εδώ έφτασα ..θα την κοιτάξω ξανά. (Πολύ παιχνιδιάρα βγήκε τελικά..)

Δημήτρης

Περίπτωση 2)
$\boxed{B-6A^2-1=6C^4, B+6A^2+1=2D^4}$ , CD=A

Αφαιρώ τις δυο εξισώσεις .

6A^2+1=D^4-3C^4

,

(*****)

Έστω C^2=F

,

Αντικαθιστώντας η (*****) θα γίνει,
6EF+1=E^2-3F^2

, αντικαθιστώ τώρα τα E+F=G

,

$6\dfrac{G^2-H^2}{4}=(\dfrac{G+H}{2})^2-3(\dfrac{G-H}{2})^2$ Εδώ υπάρχει λάθος..και ότι ακολουθεί δεν είναι δεκτό.(Ευτυχώς το βρήκα τουλάχιστον.Συγγνώμη.)

6G^2-6H^2=G^2+2GH+H^2-3G^2+6GH-3H^2

ΆΡΑ

$\rightarrowE=F=0}$ και δεν έχουμε λύσεις...

Μοναδική λύση της $\boxed{x^2+1=y^3}$ είναι η τετριμμένη που είναι για l=0

, $\rightarrow{x=0}$ , (x,y)=(0,1)

Δημήτρης

Αρχιμήδης 6 · #9

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Να λυθεί στους ακέραιους η εξίσωση,

Καλησπέρα.

Πάμε ...

Αν η εξίσωση έχει μια λύση έστω την (x_1,y_1)

τότε θα έχει και την (-x_1,y_1)

οπότε χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρώ ότι x>0

οπότε

Για

δεν έχουμε λύση .
Για y=1

έχουμε την (x,y)=(0,1)

Για

δεν έχουμε λύση.
Για y=3

δεν έχουμε λύση.
Άρα x,y>3

Μελέτη της διοφαντικής εξίσωσης $\boxed{x^2+1=y^3}$ για x,y>3

Με

θα δεις εύκολα ότι y=1mod4

και με

θα πρέπει

$\rightarrow$ $\dfrac{x}{y-1}=\dfrac{y^2+y+1}{x}$

Αν x=y-1

και

προφανώς δεν έχω λύσεις.

Τα δυο κλάσματα $\dfrac{x}{y-1}=\dfrac{y^2+y+1}{x}$ προφανώς δεν είναι ανάγωγα αφού..

x^2=(y-1)(y^2+y+1)

,

και θεωρώ πρώτο διαιρέτη

του

$\rightarrow{p|x}$ επομένως το κλάσμα $\dfrac{x}{y-1}$ δεν είναι ανάγωγο.
x^2=(y-1)(y^2+y+1)

,

, έστω

$\rightarrow{p|x}$ άρα το κλάσμα $\dfrac{y^2+y+1}{x}$ δεν είναι ανάγωγο.

Έστω λοιπόν $\dfrac{x}{y-1}=\dfrac{y^2+y+1}{x}=\dfrac{a}{b}$ , (a,b)=1

Αποδείξαμε ότι οι αριθμητές των τριών κλασμάτων είναι διαφορετικοί ανά δυο και το ίδιο για τους παρανομαστές.( x,y>3

)
Από την ισότητα των κλασμάτων θα καταλήξω στις παρακάτω σχέσεις.

xb=(y-1)a

Εξίσωση 1
(y^2+y+1)b=ax

Εξίσωση 2

Από την δεύτερη είναι προφανές ότι αφού x=0mod2

τότε

και δεδομένου ότι (a,b)=1

,

Επίσης

.

Αντικαθιστώ τον άγνωστο

της Εξίσωση 1 στην Εξίσωση 2

y^2+y+1)b^2=(y-1)a^2

Εξίσωση 3 , (a,b)=1

,

Η τελευταία εξίσωση μετασχηματίζετε εύκολα με συμπλήρωση τετραγώνου στην παρακάτω,

(2a)^2-3(a^2+b^2)^2=(a^2-b^2-2b^2y)^2

Ξέρουμε ότι a=0mod2

,

οπότε

και επομένως υπάρχει πρώτος

ώστε

με

Αν

τότε

ΆΡΑ

, άρα

οπότε

,

αδύνατον γιατί (a,b)=1

Αν

και

με

τότε

όμως

οπότε

->

πάλι αδύνατον για (a,b)=1

Αν οι απόδειξη είναι ορθή τότε θα έχουμε ως λύση της x^2+1=y^3

μόνο την

Δημήτρης

Αρχιμήδης 6 · #10

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Με προκύπτει , και με προκύπτει και

Θα θέσω στην εξίσωση

επομένως θέτω .

οπότε υπάρχουν , ώστε
, , $\boxed{AB=z}$
Η αρχική μας εξίσωση μετασχηματίστηκε στην
, $\boxed{B=1mod2 , B^2=1mod3}$
(1)

Έστω πρώτος ώστε & τότε από την (1) $\rightarrow{p|12A^2}$ όμως $\rightarrow$ όμως οι άρα
$\rightarrow$

Και έχουμε δυο σενάρια...

Περίπτωση 1)
$\boxed{B-6A^2-1=2C^4, B+6A^2+1=6D^4}$
Από την δεύτερη σχέση θα πρέπει
& $\rightarrow$ ΑΔΥΝΑΤΟΝ

Περίπτωση 2)
$\boxed{B-6A^2-1=6C^4, B+6A^2+1=2D^4}$

$\rightarrow$
Αφαιρώντας τις

$\boxed{6A^2+1=D^4-3C^4}$

Ως εδώ έφτασα ..θα την κοιτάξω ξανά. (Πολύ παιχνιδιάρα βγήκε τελικά..)

Δημήτρης

Συνεχίζουμε για την 2η περίπτωση...

B-6A^2-1=6C^4

,

Αφαιρώ τις 2 πρώτες και κάνω την αντικατάσταση του

και τελικά θα καταλήξω στην,

6C^2D^2+1=D^4-3C^4

που ξέρω ότι έχει μοναδικές λύσεις (C,D)=(0,1),(0,-1)

Οπότε

,

Μένει να αποδείξω ότι η εξίσωση 6x^2y^2+1=x^4-3y^4

έχει λύση μόνο για (x,y)=(1,0),(-1,0)

Απόδειξη

Για x=1,-1

επαληθεύεται. Οπότε

x^4-3y^4-6x^2y^2-1=0

και δεδομένου ότι (2x^2-1,2x^2+1)=1

και ότι ο

δεν διαιρεί τον 2x^2-1

τότε θα υπάρχουν θετικοί z,w

ώστε

(*),

(**) ,

(***)

Προσθέτω τις 2 πρώτες θα έχω:

4x^2=z^2+3w^2

,

από τις (*) , (**) προκύπτει ότι 2w>z

και επειδή (w,z)=1

θα υπάρχουν φυσικοί k,l

ώστε

(****)

Αφαιρώ τις (*) , (**) και θα καταλήξω στην,

3w^2-z^2=2

και από (****) θα καταλήξω στην εξίσωση,

k^4-3l^4=1

Λόγω περασμένης ώρας θα πω ότι η τελευταία έχει μοναδική λύση την l=0

,

και λύνεται με κάθοδο.

Τέλος αφού l=0

τότε

και ο ισχυρισμός αποδείχθηκε.

Nikos Bagis · #11

Έστω η εξίσωση x^2+1=y^v

: (1)

,

.

Συμβολίζουμε με $B(n,m):=\frac{n!}{(n-m)!m!}$ , τοτε

i) Εάν x=2k

είναι άρτιος τότε y=2m+1=

περιττός και η (1) γράφεται
$x^2=4k^2=(2m+1)^v-1=2vm+B(v,2)4m^2+B(v,3)8m^3+\ldots+B(v,v)2^vm^v$
Ισχύει ότι για κάθε πολυώνυμο P(x)

, με συντελεστές στο

και

, τότε

. Εάν

τότε

κάθε φορά που (y,a_0)=1

.
α) Αν 2m=z

και

τότε
$x^2=4k^2=zv+B(v,2)z^2+B(v,3)z^3+\ldots+B(v,v)z^v$ : (2)
Άρα w^2=zP(z)

, με

, άρα

οπότε και

, άτοπο αν z>1

(απο την (2)).
Εάν z=1

, τότε ξανά άτοπο απο 2m=z=1

.
β) Εάν

και $z=w\delta$ , $v=n\delta$ με $(z,v)=\delta$ και (w,n)=1

, τότε
$x^2=z(v+B(v,2)z+B(v,3)z^2+\ldots+B(v,v)z^{v-1})$
ισοδύναμα
$x^2=w\delta^2\left(n+B(v,2)w+B(v,3)w^2\delta+\ldots+B(v,v)w^{v-1}\delta^{v-2}\right)$
Άρα
$s^2\delta^2=\delta^2w(n+B(v,2)w+B(v,3)w^2\delta+\ldots+B(v,v)\delta^{v-2}w^{v-1})$
ισοδύναμα
$s^2=w(n+B(v,2)w+B(v,3)w^2\delta+\ldots+B(v,v)\delta^{v-2}w^{v-1})$
Έτσι καταλήγουμε στην s^2=wP(w)

και επειδή (w,n)=1

έχουμε

άρα

και

.

Αλλά στήν περίπτωση μας v=3

και αρκεί νδο 3+3a^2+a^4=b^2

αδύνατη.
Έχουμε
a^4+3a^2+3-b^2=0

άρα $\Delta=9-4(3-b^2)=c^2$ ,
4b^2-3=c^2

,

.
Αν

, τότε

,

, $c=\pm 1$ , $a^2=\frac{-3\pm 1}{2}$ αδύνατη.
Αν 2b-c=3

,

, $\Delta=1$ , $a^2=\frac{-3\pm 1}{2}$ αδύνατη.
Αν 2b-c=-1

,

, $a^2=\frac{-3\pm 1}{2}$ αδύνατη.
Αν 2b-c=-3

,

, $a^2=\frac{-3\pm 1}{2}$ αδύνατη.

Έτσι η μοναδική περίπτωση είναι y=2m+1

,

και αρα

, απο τις οποίες έχουμε για λυση της (1) την $(x,y)=(0,\pm 1)$ , ανάλογα εαν

είναι άρτιος η περιτός.

Απο τα παραπανω και την (ii) παρακάτω εχουμε (x,y)=(0,1)

μοναδική λυση της x^2+1=y^3

.

ii) Εάν x=2k+1=

περιττός τότε y=2m=

άρτιος, τότε η (1) δίνει 4k^2+4k+2=2^vm^v

, το οποίο μας οδηγεί σε άτοπο

Αρχιμήδης 6 · #12

Nikos Bagis έγραψε:Έστω η εξίσωση : (1)
, .

Συμβολίζουμε με $B(n,m):=\frac{n!}{(n-m)!m!}$ , τοτε

i) Εάν είναι άρτιος τότε περιττός και η (1) γράφεται
$x^2=4k^2=(2m+1)^v-1=2vm+B(v,2)4m^2+B(v,3)8m^3+\ldots+B(v,v)2^vm^v$
Ισχύει ότι για κάθε πολυώνυμο , με συντελεστές στο και , τότε
. Εάν τότε κάθε φορά που .
α) Αν και τότε
$x^2=4k^2=zv+B(v,2)z^2+B(v,3)z^3+\ldots+B(v,v)z^v$ : (2)
Άρα , με , άρα οπότε και , άτοπο αν (απο την (2)).
Εάν , τότε ξανά άτοπο απο .
β) Εάν και $z=w\delta$ , $v=n\delta$ με $(z,v)=\delta$ και , τότε
$x^2=z(v+B(v,2)z+B(v,3)z^2+\ldots+B(v,v)z^{v-1})$
ισοδύναμα
$x^2=w\delta^2\left(n+B(v,2)w+B(v,3)w^2\delta+\ldots+B(v,v)w^{v-1}\delta^{v-2}\right)$
Άρα
$s^2\delta^2=\delta^2w(n+B(v,2)w+B(v,3)w^2\delta+\ldots+B(v,v)\delta^{v-2}w^{v-1})$
ισοδύναμα
$s^2=w(n+B(v,2)w+B(v,3)w^2\delta+\ldots+B(v,v)\delta^{v-2}w^{v-1})$
Έτσι καταλήγουμε στην και επειδή έχουμε άρα και .

Αλλά στήν περίπτωση μας και αρκεί νδο αδύνατη.
Έχουμε
άρα $\Delta=9-4(3-b^2)=c^2$ ,
, .
Αν , τότε , , , $c=\pm 1$ , $a^2=\frac{-3\pm 1}{2}$ αδύνατη.
Αν , , , , $\Delta=1$ , $a^2=\frac{-3\pm 1}{2}$ αδύνατη.
Αν , , , , $a^2=\frac{-3\pm 1}{2}$ αδύνατη.
Αν , , , , $a^2=\frac{-3\pm 1}{2}$ αδύνατη.

Έτσι η μοναδική περίπτωση είναι , και αρα , απο τις οποίες έχουμε για λυση της (1) την $(x,y)=(0,\pm 1)$ , ανάλογα εαν είναι άρτιος η περιτός.

Απο τα παραπανω και την (ii) παρακάτω εχουμε μοναδική λυση της .

ii) Εάν περιττός τότε άρτιος, τότε η (1) δίνει , το οποίο μας οδηγεί σε άτοπο

Γεια σου Νίκο.

Έχει σε αρκετά σημεία λάθος και ένα από αυτά είναι η εξίσωση που καταλήγεις εδώ:

Nikos Bagis έγραψε:Αλλά στήν περίπτωση μας και αρκεί νδο αδύνατη.
Έχουμε

Αρχιμήδης 6 · #13

Να λυθεί στους ακέραιους η εξίσωση,

x^2+1=y^3

Ας πάρουμε τα πράγματα από την αρχή.

x^2+1=y^3

Αν

τότε

τέλειο τετράγωνο συνεπώς y=0

που δεν είναι λύση της αρχικής μας εξίσωσης.

Άρα (y-1,y^2+y+1)=3

που επιτυγχάνεται για y=1mod3

.

Άρα θα υπάρχουν φυσικοί A,B

ώστε

,

. Άρα

άρτιος ,

περιττός.

Αντικαθιστώντας τον

στην δεύτερη εξίσωση καταλήγω στην παρακάτω εξίσωση:

3A^4+3A^2+1=B^2

που θα της δώσω την παρακάτω μορφή

3(2A^2+1)^2+1=(2B)^2

(*)

Έχουμε

περιπτώσεις ,

1)--Αν 2B-1=3a^2

,

οπότε με αφαίρεση καταλήγω στην παρακάτω,

b^2-3a^2=2

,

που είναι αδύνατον οπότε δεν έχω λύση.

2)--- 2B-1=a^2

,

,(από εδώ θα πρέπει a,b=1mod2

, )

,

, επειδή

,

τότε

από πυθαγόρειες τριάδες θα υπάρχουν φυσικοί k,l

,

όχι και οι

περιττοί ώστε

a+b=2(k^2+l^2)

,

οπότε τελικά θα έχουμε να λύσουμε την παρακάτω εξίσωση (παραπάνω αντιστοίχισα με σωστό τρόπο τις πυθαγόρειες τριάδες διότι

άρτιος ,

περιττός)

που έχει μοναδική λύση για l=0

συνεπώς

οπότε αν

τότε

,

μοναδική λύση.

*****Μένει να αποδείξω ότι η εξίσωση 6x^2y^2+1=x^4-3y^4

έχει λύση μόνο για (x,y)=(1,0),(-1,0)

-----------------------Από αυτό το σημείο και έπειτα για λόγους ευκολίας ξεχνάμε ότι γράμματα αγνώστων έχω χρησιμοποιήσει συνεπώς από εδώ και πέρα δεν υπάρχει καμία ταύτιση γραμμάτων.------------------------------

Απόδειξη

Για x=1,-1

επαληθεύεται. Οπότε

x^4-3y^4-6x^2y^2-1=0

και δεδομένου ότι (2x^2-1,2x^2+1)=1

και ότι ο

δεν διαιρεί τον 2x^2-1

τότε θα υπάρχουν θετικοί z,w

ώστε

(*),

(**) ,

(***)

Προσθέτω τις 2 πρώτες θα έχω:

4x^2=z^2+3w^2

,

από τις (*) , (**) προκύπτει ότι 2w>z

και επειδή (w,z)=1

θα υπάρχουν φυσικοί k,l

ώστε

(****)

Αφαιρώ τις (*) , (**) και θα καταλήξω στην,

3w^2-z^2=2

και από (****) θα καταλήξω στην εξίσωση,

k^4-3l^4=1

------------Μελέτη της εξίσωσης k^4-3l^4=1

Έστω

το ύψος της εξίσωσης όπου k,l

λύση της εξίσωσης και επειδή το σύνολο των υψών είναι μη κενό τότε θα υπάρχει και ελάχιστο ύψος για ζεύγος k,l

Αν

άρτιος τότε (k^2-1,k^2+1)=1

συνεπώς θα υπάρχουν φυσικοί a,b

ώστε

,

οπότε με αφαίρεση θα έχουμε

b^4-3k^4=2

που είναι αδύνατη αφού τότε b^4=2mod3

.

Οπότε βρήκαμε ότι

περιττός συνεπώς

k^2-1=24a^4

,

όπου

περιττός

θα υπάρχουν φυσικοί m,n

ώστε

,

$h(k,l)=kl=\dfrac{kab}{2}$

h(m,n)<h(k,l)

αδύνατον

Μοναδική λύση της εξίσωσης k^4-3l^4=1

είναι

συνεπώς

οπότε μοναδική λύση της

x^4-3y^4-6x^2y^2=1

όταν

,

*****Με μπλε γράμματα είναι οι διορθώσεις που έκανα και ευχαριστώ τον Νίκο !

Αρχιμήδης 6 · #14

Αν κάποιος μπει στον κόπο να διαβάσει το τελευταίο μήνυμα μου και εντοπίσει λάθος ας με ενημερώσει .

Ευχαριστώ προκαταβολικά.

Αρχιμήδης 6 · #15

Με σχεδόν την ίδια φιλοσοφία του τελευταίου μηνύματος μπορώ να λύσω και την διοφαντική :

x^2=y^3+1

Υ.Γ

Αντί της x^4-3y^4-6x^2y^2=1

καταλήγω στην

x^4-3y^4+6x^2y^2=1

Nikos Bagis · #16

Πράγματι Αρχιμήδης 6.
Η εν λόγω εξίσωση είναι αρκετά ιδιαίτερη και δύσκολη να λυθεί.
Στην βιβλιογραφια αυτού του είδους οι καμπύλες, αναφέρονται ως
ελλειπτικές καμπύλες (elliptic curves): y^2=x^3+ax^2+bx+c

.

Παρακάτω έχω σημειώσει με κόκκινα γράμματα ορισμένες απορίες
σχετικά με την εξίσωση k^4-3l^4=1

.

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Να λυθεί στους ακέραιους η εξίσωση,

Ας πάρουμε τα πράγματα από την αρχή.

Αν τότε τέλειο τετράγωνο συνεπώς που δεν είναι λύση της αρχικής μας εξίσωσης.

Άρα που επιτυγχάνεται για .

Άρα θα υπάρχουν φυσικοί ώστε

, . Άρα άρτιος , περιττός.

Αντικαθιστώντας τον στην δεύτερη εξίσωση καταλήγω στην παρακάτω εξίσωση:

που θα της δώσω την παρακάτω μορφή

(*)

Έχουμε περιπτώσεις ,

1)--Αν , , οπότε με αφαίρεση καταλήγω στην παρακάτω,

, που είναι αδύνατον οπότε δεν έχω λύση.

2)--- , , ,(από εδώ θα πρέπει , )

,

, επειδή , τότε από πυθαγόρειες τριάδες θα υπάρχουν φυσικοί , , όχι και οι περιττοί ώστε

, , οπότε τελικά θα έχουμε να λύσουμε την παρακάτω εξίσωση (παραπάνω αντιστοίχισα με σωστό τρόπο τις πυθαγόρειες τριάδες διότι άρτιος , περιττός)

που έχει μοναδική λύση για συνεπώς οπότε αν τότε , μοναδική λύση.

*****Μένει να αποδείξω ότι η εξίσωση έχει λύση μόνο για

-----------------------Από αυτό το σημείο και έπειτα για λόγους ευκολίας ξεχνάμε ότι γράμματα αγνώστων έχω χρησιμοποιήσει συνεπώς από εδώ και πέρα δεν υπάρχει καμία ταύτιση γραμμάτων.------------------------------

Απόδειξη

Για επαληθεύεται. Οπότε

και δεδομένου ότι και ότι ο δεν διαιρεί τον τότε θα υπάρχουν θετικοί ώστε

(*), (**) , (***)

Προσθέτω τις 2 πρώτες θα έχω:

,

από τις (*) , (**) προκύπτει ότι και επειδή θα υπάρχουν φυσικοί ώστε

(****)

Αφαιρώ τις (*) , (**) και θα καταλήξω στην,

και από (****) θα καταλήξω στην εξίσωση,

------------Μελέτη της εξίσωσης

Έστω το ύψος της εξίσωσης όπου λύση της εξίσωσης και επειδή το σύνολο των υψών είναι μη κενό τότε θα υπάρχει και ελάχιστο ύψος για ζεύγος

Αν άρτιος τότε συνεπώς θα υπάρχουν φυσικοί ώστε

, οπότε με αφαίρεση θα έχουμε

, (το είναι ) που είναι αδύνατη αφού τότε .

(Έως εδώ είναι καλά. Τα παρακάτω νομίζω χρειάζονται διόρθωση.)

Οπότε βρήκαμε ότι άρτιος (μήπως είναι περιττός??? τότε όμως και αλλάζουν οι παράμετροι???] άρα περιττοί (μήπως ειναι άρτιοι) συνεπώς

, , , ,

θα υπάρχουν φυσικοί ώστε

, ,

$h(k,l)=kl=\dfrac{kab}{2}$

αδύνατον

Μοναδική λύση της εξίσωσης είναι συνεπώς οπότε μοναδική λύση της

όταν ,

Αρχιμήδης 6 · #17

Νίκο καταρχήν ευχαριστώ για τον χρόνο σου.
Δες τα μπλε γράμματα που υπάρχουν στην διορθωμένη λύση μου.
Η προσέγγιση μου θα διαπιστώσεις ότι δεν αλλάζει γιατί 2 διορθώσεις τις θεωρώ τυπογραφικά λάθη. Η προσέγγιση μου δεν είναι ελεγμένη ούτε παρμένη από κάποιο βιβλίο ώστε να μπορώ να ξέρω σίγουρα αν είναι σωστή και γιαυτό δεν αποκλείω ενδεχόμενο νέου πιθανού λάθους.

Γρηγόρης Σταμέλος · #18

Έχουμε ότι ψ > 0.Απ την αρχική παίρνουμε $\displaystyle{\psi ^{3}-\chi ^{2}= 1}$
. Όμως από catalan αν τα χ,ψ είναι μη μηδενικά δεν έχουμε λύσεις.Άρα χ=0 και ψ=1 ή ψ=0 που δεν έχει λύσεις

#19

Γρηγόρης Σταμέλος έγραψε: Σάβ Νοέμ 17, 2018 9:15 am Έχουμε ότι ψ > 0.Απ την αρχική παίρνουμε $\displaystyle{\psi ^{3}-\chi ^{2}= 1}$
. Όμως από catalan αν τα χ,ψ είναι μη μηδενικά δεν έχουμε λύσεις.Άρα χ=0 και ψ=1 ή ψ=0 που δεν έχει λύσεις

Νομίζω ότι χάσαμε την ουσία εδώ.

Η Catalan είναι μία ιδιαίτερα δύσκολη Διοφαντική που είχε μείνει ανοικτό πρόβλημα για πάνω από ενάμιση αιώνα μέχρι την επίλυσή της από τον Mihailescu tp 2002, αν και πέρασε από την εξέταση πολύ δυνατών Μαθηματικών. Βλέπε λίγα λόγια εδώ και στο Google.

Το να την επικαλεστούμε για την αντιμετώπιση της πολύ ειδικής περίπτωσης των εκθετών, εδώ

και

, είναι εκτός πνεύματος. Π.χ., αγαπητέ Γρηγόρη, εσύ διάβασες την απόδειξη του Mihailescu; Την κατάλαβες; Εγώ δεν ντρέπομαι να πω ότι δεν την κατάλαβα. Χρησιμοποιεί απίστευτα τεχνάσματα κυκλοτομίας σε δακτυλίους, που είναι πολύ έξω από τις γνώσεις μου.

Γρηγόρης Σταμέλος · #20

Είμαι μαθητής της γ γυμνασίου ,και προφανώς δεν έχω καταλάβει την συγκεκριμένη απόδειξη απλά έχω παρατηρήσει να χρησιμοποιήτε και υπέθεσα ότι μπορώ να το χρησιμοποιήσω.Μια ερώτηση αυτό το θεώρημα μπορεί να χρησιμοποιηθεί σε μία εξέταση;

Διοφαντική εξίσωση!

Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Re: Διοφαντική εξίσωση!

Μέλη σε σύνδεση