Διοφαντική!

#1

Διαβάζοντας σήμερα ένα βιβλίο, έπεσα σε μια διοφαντική, η οποία βλέπω ότι είναι λυμένη λάθος. Η αλήθεια είναι ότι δεν έχω "όμορφη" λύση, οπότε σας την παραδίδω.

$\displaystyle{\rm x^3-y^3=2005(x^2-y^2).}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

matha έγραψε: Δευ Ιουν 15, 2020 7:22 pm Διαβάζοντας σήμερα ένα βιβλίο, έπεσα σε μια διοφαντική, η οποία βλέπω ότι είναι λυμένη λάθος. Η αλήθεια είναι ότι δεν έχω "όμορφη" λύση, οπότε σας την παραδίδω.

$\displaystyle{\rm x^3-y^3=2005(x^2-y^2).}$

Καλησπέρα!

Αν και δεν θα έλεγα πως η λύση μου είναι κομψή

Προφανώς κάθε ζεύγος $\rm (x,x),x\in \mathbb{Z}$ είναι λύση.Έστω τώρα $\rm x\neq y$
Για $\rm x=0$ είναι $\rm y=2005$ οπότε μέχρι τώρα λύσεις οι $\rm (x,y)=(k,k),(0,2005),(2005,0)$ .Θεωρούμε $\rm x,y \neq 0$
Η αρχική γράφεται $\rm x^2+xy+y^2=2005(x+y)\Leftrightarrow x^2+x(y-2005)+y^2-2005y=0\,\,(*)$ .
Πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο ,έστω $\rm k^2=(y-2005)^2-4(y^2-2005)=(y+2005)^2-4y^2\Leftrightarrow (y+2005)^2=(2y)^2+k^2$ .
Ως γνωστών θα είναι $\rm y+2005=(m^2+n^2)t$ και $\rm 2y=t(m^2-n^2)$ ή $\rm 2y=2mnt$ με $\rm m,n,t\in \mathbb{Z}$ .
Χωρίζουμε περιπτώσεις:

και
Η επί μείον την δίνει .
Πρέπει οπότε .
Ελέγχουμε με το χέρι....
- Για $\rm t=1$ πρέπει $\rm m^2+3n^2\equiv 4010 \pmod3 \Leftrightarrow m^2\equiv 2\pmod3$ άτοπο.
- Για $\rm t=2$ πρέπει $\rm m^2+3n^2=2005$ που έπεται ότι $\rm m^2+3n^2\equiv 0\pmod 5$ .Επειδή είναι τα τετραγωνικά υπόλοιπα $\pmod5$ βρίσκουμε ότι $\rm m,n\equiv 0\pmod 5$ τότε όμως $\rm u_5(m^2+3n^2)=2,u_5(2005)=1$ άτοπο.
- Για $\rm t=5$ πρέπει $\rm m^2+3n^2\equiv 2\cdot 401\equiv 2\pmod4$ .Αυτό είναι άτοπο αφού $\rm m^2\equiv 0,1\pmod 4,3n^2\equiv 0,3\pmod4$
- Για $\rm t=10$ είναι $\rm m^2+3n^2\equiv 401\equiv 2\pmod 3$ άτοπο.
- Για $\rm t= 401$ είναι $\rm m^2+3n^2=10$ εύκολα άτοπο.
- Για $\rm t=802$ είναι $\rm m^2+3n^2=5$ πάλι άτοπο.
- Για $\rm t=2005$ άτοπο και για $\rm t=4010$ πρέπει $\rm n=0,m^2=1$ που με αντικατάσταση στην δίνουν $\rm x=0$ άτοπο.

και
Η γίνεται που με αντικατάσταση στην δίνει από όπου έχουμε πως
- Για $\rm t=1$ πρέπει $\rm mn+2005=m^2+n^2\Leftrightarrow m^2-mn+n^2-2005=0$ .Πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο ,έστω $\rm r^2=n^2-4(n^2-2005)=4\cdot 2005-3n^2 \Rightarrow 3n^2+r^2\equiv 0\pmod 5$ που όπως πριν καταλήγει σε άτοπο(θα είναι $\rm u_5(r^2+3n^2)=2,u_5(2005)=1$ ).
- Για $\rm t=5$ πρέπει $\rm mn+401=m^2+n^2\Leftrightarrow m^2-mn+n^2-401=0$ Η διακρίνουσα είναι $\rm n^2-4(n^2-401)\equiv 2\pmod3$ άτοπο.
- Για $\rm t=401$ πρέπει $\rm mn+5=m^2+n^2$ με διακρίνουσα(γράφουμε ως τριώνυμο του $\rm m$ ) $\rm n^2-4n^2+20=20-3n^2$ που εύκολα βλέπουμε δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.
- Για $\rm t=2005$ πρέπει $\rm mn+1=m^2+n^2\Leftrightarrow m^2-mn+n^2-1=0$ με διακρίνουσα $\rm 4-3n^2$ .Για $\rm n=0$ δίνει $\rm y=0$ άτοπο και για $\rm n=1$ δίνει $\rm y=2005$ ενώ για $\rm n=-1$ δίνει $\rm m=0$ άτοπο

Σε κάθε περίπτωση οδηγούμαστε στις αρχικές λύσεις $\rm (x,y)=(k,k),(0,2005),(2005,0),k \in \mathbb{Z}$

jason.prod · #3

Άλλη μια λύση και από μένα, με επιφύλαξη λόγω του περασμένου της ώρας.

Στην αρχή αποδεικνύουμε το ακόλουθο (γνωστό) λήμμα:

Λήμμα:
Αν

πρώτος $5(\text{mod}6)$ , τότε $x^2+xy+y^2\equiv0(\text{mod}p)\Rightarrow p|x,y$ .

Απόδειξη:
Γράφουμε p=6k+5

. Παρακάτω όλες οι ισότητες είναι ισοτιμίες $\text{mod}p$ . Ας είναι $x\neq0$ . Τότε, σαφώς, είναι και $y\neq0$ .
Επειδή x^3=y^3

θα είναι $x^{6k+3}=y^{6k+3}$ . Το μικρό θεώρημα του Fermat εξασφαλίζει ότι $x^{6k+4}=y^{6k+4}$ , οπότε αφού είναι και τα δύο μη μηδενικά, κατά προφανή τρόπο θα έχουμε x=y

. Αφού $p\neq3$ , θα είναι x=y=0

(λόγω της σχέσης του λήμματος) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Πίσω στη λύση της άσκησης, επειδή $2005=5\cdot401$ , και επειδή είναι και οι δύο πρώτοι $5(\text{mod}6)$ , αν $x\neq y$ θα έχουμε
$x^2+xy+y^2=2005(x+y) \Rightarrow 2005|x,y$ . Γράφοντας τώρα x=2005m

και

θα έχουμε να λύσουμε τη διοφαντική
$m^2+mn+n^2=m+n \Leftrightarrow (m-1)^2+(n-1)^2+(m+n)^2=2$ , η οποία έχει λύσεις (εκτός της μηδενικής που περιλαμβάνεται στο αρχικό σετ λύσεων) τις (m,n)=(1,0),(0,1)

. Αυτό διαπιστώνεται εύκολα παίρνοντας τις πολύ λίγες και τετριμμένες περιπτώσεις.
Έτσι, οι λύσεις είναι πράγματι αυτές που αναφέρει ο Πρόδρομος.

#4

Ας λυθεί και η x^3-y^3 = 2015(x^2-y^2)

.

Άλλη φορά να διαβάζω πιο προσεκτικά την άσκηση.

Προειδοποιώ ότι οι λύσεις πέραν των προφανών είναι μεν πεπερασμένες αλλά αρκετές.

Τσιαλας Νικολαος · #5

Καλημέρα σε όλους!! Τώρα που ξεμπερδέψαμε με τις πανελλήνιες ήθελα να ρωτήσω... Υπάρχει περίπτωση το πρόβλημα να λύνετε με vieta jumping ;

Διοφαντική!

Διοφαντική!

Re: Διοφαντική!

Re: Διοφαντική!

Re: Διοφαντική!

Re: Διοφαντική!

Μέλη σε σύνδεση