Chủ đề này có 5 trả lời

[hoctrocuaHolmes]

Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho $\frac{x^{2}y^{2}z^{2}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}$ là một số nguyên tố.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 25-05-2016 - 20:56

[bangbang1412]

Hơi lủng củng vì mình không có giấy nháp , đi qua thấy nên nháp ở notepad , đúng sai m.n check hộ

Đặt $(xyz)^{2}=(x^{3}+y^{3}+z^{3})p$ với $p$ nguyên tố hiển nhiên một trong ba số $x^{2},y^{2},z^{2}$ và do đó một trong ba số $x,y,z$ là bội của $p$

Không giảm tổng quát đặt $x=pt$ thế thì $p(tyz)^{2}=p^{3}t^{3}+y^{3}+z^{3}$

Thế thì $y^{3} \equiv -z^{3} (modp)$

Nếu một trong hai số $y,z$ là bội của $p$ thì số còn lại cũng vậy và do đó có thể đặt $y=pm,z=pn$

Khi đó ta có $p^{5}(tmn)^{2}=p^{3}(t^{3}+m^{3}+n^{2})=> p^{2}(mnt)^{2}= m^{3}+n^{3}+t^{3}$ 

Dễ thấy phương trình loại $x^{3}+y^{3}+z^{3}=n(xyz)^{2}$ có nghiệm khi và chỉ khi $n=1$ và $3$ nhưng ở đây $n=p^{2}$ không thỏa mãn

Do đó $y,z$ không đồng thời là bội của $p$ 

Xét phương trình $p^{3}t^{3} - p(tyz)^{2}+y^{3}+z^{3}=0$

Theo công thức Cardano phương trình này có nghiệm thì $27(y^{3}+z^{3})^{2}-4(tyz)^{6} \geq 0$

Ở đây đặt $y^{3}=a,z^{3}=b$ ta có $27(a+b)^{2} \geq 4(ab)^{2}$ hay $3.\sqrt{3}(a+b) \geq 2ab$ , làm nhẹ hơn được $3(a+b)\geq ab$ 

Hay $9 \geq (a-3)(b-3)$ 

Nếu cả hai số $y,z>1$ thì $(a-3)(b-3) \geq 5.5=25$ 

Do đó ít nhất một trong hai số $y,z$ là $1$

Khi đó giả sử $z=1$ thế thì $27(y^{3}+1)^{2} \geq 4(ty)^{6}$ 

Xét $t>1$ ta có $27(y^{3}+1)^{2} \geq 4.64.(y^{3})^{2}$ hay $27(a^{2}+2a+1) \geq 256a^{2}$ cái này chỉ có $0$ mới thỏa

Do đó $t=1$ đưa về $p^{3}-py^{2}+y^{3}+1=0$

Giờ ta sẽ kẹp $y$ như sau $y^{3}+1=p(y^{2}-p^{2}) < py^{2}$ hay $y+\frac{1}{y^{2}} < p$

Mặt khác lại có $y^{3}+1>0$ nên $y>p$ nên $p+\frac{1}{y^{2}}<p$ vô lý

Vậy không tồn tại $x,y,z$ thỏa mãn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 26-05-2016 - 02:04

[JUV]

Hơi lủng củng vì mình không có giấy nháp , đi qua thấy nên nháp ở notepad , đúng sai m.n check hộ

Đặt $(xyz)^{2}=(x^{3}+y^{3}+z^{3})p$ với $p$ nguyên tố hiển nhiên một trong ba số $x^{2},y^{2},z^{2}$ và do đó một trong ba số $x,y,z$ là bội của $p$

Không giảm tổng quát đặt $x=pt$ thế thì $p(tyz)^{2}=p^{3}t^{3}+y^{3}+z^{3}$

Thế thì $y^{3} \equiv -z^{3} (modp)$

Nếu một trong hai số $y,z$ là bội của $p$ thì số còn lại cũng vậy và do đó có thể đặt $y=pm,z=pn$

Khi đó ta có $p^{5}(tmn)^{2}=p^{3}(t^{3}+m^{3}+n^{2})=> p^{2}(mnt)^{2}= m^{3}+n^{3}+t^{3}$ 

Dễ thấy phương trình loại $x^{3}+y^{3}+z^{3}=n(xyz)^{2}$ có nghiệm khi và chỉ khi $n=1$ và $3$ nhưng ở đây $n=p^{2}$ không thỏa mãn

Do đó $y,z$ không đồng thời là bội của $p$ 

Xét phương trình $p^{3}t^{3} - p(tyz)^{2}+y^{3}+z^{3}=0$

Theo công thức Cardano phương trình này có nghiệm thì $27(y^{3}+z^{3})^{2}-4(tyz)^{6} \geq 0$

Ở đây đặt $y^{3}=a,z^{3}=b$ ta có $27(a+b)^{2} \geq 4(ab)^{2}$ hay $3.\sqrt{3}(a+b) \geq 2ab$ , làm nhẹ hơn được $3(a+b)\geq ab$ 

Hay $9 \geq (a-3)(b-3)$ 

Nếu cả hai số $y,z>1$ thì $(a-3)(b-3) \geq 5.5=25$ 

Do đó ít nhất một trong hai số $y,z$ là $1$

Khi đó giả sử $z=1$ thế thì $27(y^{3}+1)^{2} \geq 4(ty)^{6}$ 

Xét $t>1$ ta có $27(y^{3}+1)^{2} \geq 4.64.(y^{3})^{2}$ hay $27(a^{2}+2a+1) \geq 256a^{2}$ cái này chỉ có $0$ mới thỏa

Do đó $t=1$ đưa về $p^{3}-py^{2}+y^{3}+1=0$

Giờ ta sẽ kẹp $y$ như sau $y^{3}+1=p(y^{2}-p^{2}) < py^{2}$ hay $y+\frac{1}{y^{2}} < p$

Mặt khác lại có $y^{3}+1>0$ nên $y>p$ nên $p+\frac{1}{y^{2}}<p$ vô lý

Vậy không tồn tại $x,y,z$ thỏa mãn

Phần áp dụng công thức Cardano hình như bị ngược dấu

[bangbang1412]

Phương trình $x^{3}+px+q=0$ có biệt thức  $27q^{2}+4p^{3}$ ở đây $p=-(tyz)^{2},q=y^{3}+z^{3}$

[JUV]

Phương trình $x^{3}+px+q=0$ có biệt thức  $27q^{2}+4p^{3}$ ở đây $p=-(tyz)^{2},q=y^{3}+z^{3}$

Mình cũng không rành lắm về biệt thức bậc 3 nhưng mình không nghĩ rằng việc phương trình có nghiệm hay không không phụ thuộc vào nó bởi vì phương trình bậc 3 có bậc lẻ nên nó luôn luôn có nghiệm dù hệ số như thế nào 

[the unknown]

Hơi lủng củng vì mình không có giấy nháp , đi qua thấy nên nháp ở notepad , đúng sai m.n check hộ

Đặt $(xyz)^{2}=(x^{3}+y^{3}+z^{3})p$ với $p$ nguyên tố hiển nhiên một trong ba số $x^{2},y^{2},z^{2}$ và do đó một trong ba số $x,y,z$ là bội của $p$

Không giảm tổng quát đặt $x=pt$ thế thì $p(tyz)^{2}=p^{3}t^{3}+y^{3}+z^{3}$

Thế thì $y^{3} \equiv -z^{3} (modp)$

Nếu một trong hai số $y,z$ là bội của $p$ thì số còn lại cũng vậy và do đó có thể đặt $y=pm,z=pn$

Khi đó ta có $p^{5}(tmn)^{2}=p^{3}(t^{3}+m^{3}+n^{2})=> p^{2}(mnt)^{2}= m^{3}+n^{3}+t^{3}$ 

Dễ thấy phương trình loại $x^{3}+y^{3}+z^{3}=n(xyz)^{2}$ có nghiệm khi và chỉ khi $n=1$ và $3$ nhưng ở đây $n=p^{2}$ không thỏa mãn

Do đó $y,z$ không đồng thời là bội của $p$ 

Xét phương trình $p^{3}t^{3} - p(tyz)^{2}+y^{3}+z^{3}=0$

Theo công thức Cardano phương trình này có nghiệm thì $27(y^{3}+z^{3})^{2}-4(tyz)^{6} \geq 0$

Ở đây đặt $y^{3}=a,z^{3}=b$ ta có $27(a+b)^{2} \geq 4(ab)^{2}$ hay $3.\sqrt{3}(a+b) \geq 2ab$ , làm nhẹ hơn được $3(a+b)\geq ab$ 

Hay $9 \geq (a-3)(b-3)$ 

Nếu cả hai số $y,z>1$ thì $(a-3)(b-3) \geq 5.5=25$ 

Do đó ít nhất một trong hai số $y,z$ là $1$

Khi đó giả sử $z=1$ thế thì $27(y^{3}+1)^{2} \geq 4(ty)^{6}$ 

Xét $t>1$ ta có $27(y^{3}+1)^{2} \geq 4.64.(y^{3})^{2}$ hay $27(a^{2}+2a+1) \geq 256a^{2}$ cái này chỉ có $0$ mới thỏa

Do đó $t=1$ đưa về $p^{3}-py^{2}+y^{3}+1=0$

Giờ ta sẽ kẹp $y$ như sau $y^{3}+1=p(y^{2}-p^{2}) < py^{2}$ hay $y+\frac{1}{y^{2}} < p$

Mặt khác lại có $y^{3}+1>0$ nên $y>p$ nên $p+\frac{1}{y^{2}}<p$ vô lý

Vậy không tồn tại $x,y,z$ thỏa mãn

Theo như em biết thì có một bạn trên diễn đàn có cho một bộ nghiệm thỏa mãn là $(2,7,13)$ do đó cách giải này em nghĩ có vấn đề ở đâu đó, mà em chưa học công thức nghiệm Cardano nên em không biết nó sai chỗ nào. Nhưng em nghĩ ở phần sau có thể có một hướng chứng minh khác.