Chủ đề này có 8 trả lời

[nguyenthaison]

Tìm các số nguyên tố p;q thỏa mãn $p^{2}-pq-q^{3}=1$

[Tea Coffee]

Ta có: $p^{2}-pq-q^{3}=1=>\Delta =q^{2}+4q^{3}$

$=> \Delta =q^{2}(4q+1)$

Để phương trình có nghiệm thì $\Delta$ là số chính phương

$=> 4q+1$ là số chính phương

Đặt $4q+1=a^{2}(a\epsilon Z)=> a=2k+1(k\epsilon Z)=>4q+1=4k^{2}+4k+1=>q=k(k+1)\vdots 2=>q=2=>p^{2}-2p-8=1...$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 25-07-2017 - 16:23

[nguyenthaison]

Ta có: $p^{2}-pq-q^{3}=1=>\Delta =q^{2}+4q^{3}$

$=> \Delta =q^{2}(4q+1)$

Để phương trình có nghiệm thì $\Delta$ là số chính phương

$=> 4q+1$ là số chính phương

Đặt $4q+1=a^{2}(a\epsilon Z)=> a=2k+1(k\epsilon Z)=>4q+1=4k^{2}+4k+1=>q=k(k+1)\vdots 2=>q=2=>p^{2}-2p-8=1...$

denta sai rồi bạn ak

[Tea Coffee]

denta sai rồi bạn ak

Sai ở đâu hả bạn?

[Phillippa08]

Sai ở đâu hả bạn?

$p^2 - pq - q^3 = 1\rightarrow p^2 - pq - q^3 -1 = 0\rightarrow \Delta = p^2+4(q^3 + 1)$ chứ ạ

[duylax2412]

Không nương tay bài này

Ta chứng minh bổ đề sau: Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$ thì với mọi $a,b \in Z$. $a^3\equiv b^3(mod p) \Rightarrow a\equiv b (mod p)$ (nhớ là nó chỉ luôn đúng với số nguyên tố dạng $3k+2$ )

Thật vậy với $a \vdots p$ thì dễ có $b \vdots p$ nên có ngay kết quả.Xét trường hợp $(b,p)=1 \Rightarrow (a,p)=1$

Theo định lí Fermat nhỏ ta suy ra: $a^{3k+1} \equiv b^{3k+1} (mod p)$ (cùng đồng dư $1$ modulo $p$)

Mà theo giả thiết $a^3 \equiv b^3 (mod p) \Rightarrow a^{3k} \equiv b^{3k} (mod p) \Rightarrow a^{3k+1} \equiv ab^{3k}$

Từ đây suy ra $a \equiv b (mod p)$ vì $(b,p)=1$

Quay lại bài toán khó chịu này.

Xét $q=2,3$ thì ta tìm được cặp nguyên tố $(p;q)=(7;3)$

Xét $q>3$.Ta chứng minh không tồn tại $p,q$ thỏa mãn.

Thật vậy,dễ thấy $p>q$ nên $p>3 \Rightarrow p^2-1 \vdots 3$

Do đó từ phương trình ta có:$q(p+q^2)=p^2-1 \vdots 3 $.Do $q>3$ và nguyên tố nên $(q,3)=1$ và $q^2 \equiv 1(mod 3)$.Suy ra $p \equiv 2 (mod 3)$.Vậy $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$

Lại biến đổi phương trình ta có: $q^3+1=p(p-q) \vdots p$.Theo bổ đề trên ta có: $q+1 \vdots p \Rightarrow q+1 \geq p$

Mà $p>q \Rightarrow p \geq q+1$.Hai điều trên dẫn đến $p=q+1$.Thay vào phương trình không tìm được nghiệm nguyên.

Vậy phương trình có nghiệm nguyên tố duy nhất $(p;q)=(7;3)$

 

 

[slenderman123]

Cần gì phải làm thế 

$p^{2}-pq-q^{3}=1\Leftrightarrow q^{3}+1=p(p-q)\Leftrightarrow (q+1)(q^{2}-q+1)=p(p-q)$

Vì $VT>0$ nên $VP>0$ suy ra $p>q$ $($*$)$

Ta có: $(p,p-q)=1$ nên xét các trường hợp sau:

- TH1: $q+1\vdots p\Rightarrow q+1 \geq p \Rightarrow q>p$ (loại vì vô lý với $($*$)$)

-TH2: $q+1\vdots p-q\Rightarrow q+1=k(p-q)$ ($k \in Z+)$

Suy ra $p \vdots k$, dễ dàng suy ra $k=1$ ,thay vào tìm ra $(p,q)=(7,3)$

-TH3: $q+1$ không chia hết cho $p$ hoặc $p-q$ suy ra $p-q\vdots q+1$

Khi đó chọn số $t \geq 2$ thỏa mãn:  $\left\{\begin{matrix} p-q=t(q+1)\\q^{2}-q+1=tp \end{matrix}\right.$

Suy ra $\left\{\begin{matrix} p=(t+1)q+1\\ q^{2}-q+1=t(t+1)q+t (2)\end{matrix}\right.$

Từ $(2)$ suy ra $q^{2}-(t^{2}+t+1)q+(1-t)=0$

$\Delta =(t^{2}+t+1)^{2}-4(1-t)\geq 0\Leftrightarrow t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3\geq 0$

Vì nghiệm $p$ là số nguyên tố nên $ t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3$ là số chính phương.

Đến giờ sử dụng phương pháp "chặn-bắt" ta có: $t^{4}+2t^{3}+t^{2}< t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3< t^{4}+2t^{3}+5t^{2}+4t+4\Leftrightarrow (t^{2}+t)^{2}< t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3< (t^{2}+t+2)^{2}\Rightarrow t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3=(t^{2}+t+1)^{2}\Leftrightarrow t=1$ (vô lý)

                                                                                                                

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi slenderman123: 14-08-2017 - 14:46

[slenderman123]

Cách giải hay thật đó bạn

ừ, giải thế này tổng quát hơn, nó không cầu kì như bạn ở trên, mà nếu hay thì ủng hộ mình đi 

[OldMemories]

Cần gì phải làm thế 

$p^{2}-pq-q^{3}=1\Leftrightarrow q^{3}+1=p(p-q)\Leftrightarrow (q+1)(q^{2}-q+1)=p(p-q)$

Vì $VT>0$ nên $VP>0$ suy ra $p>q$ $($*$)$

Ta có: $(p,p-q)=1$ nên xét các trường hợp sau:

- TH1: $q+1\vdots p\Rightarrow q+1 \geq p \Rightarrow q>p$ (loại vì vô lý với $($*$)$)

-TH2: $q+1\vdots p-q\Rightarrow q+1=k(p-q)$ ($k \in Z+)$

Suy ra $p \vdots k$, dễ dàng suy ra $k=1$ ,thay vào tìm ra $(p,q)=(7,3)$

-TH3: $q+1$ không chia hết cho $p$ hoặc $p-q$ suy ra $p-q\vdots q+1$

Khi đó chọn số $t \geq 2$ thỏa mãn:  $\left\{\begin{matrix} p-q=t(q+1)\\q^{2}-q+1=tp \end{matrix}\right.$

Suy ra $\left\{\begin{matrix} p=(t+1)q+1\\ q^{2}-q+1=t(t+1)q+t (2)\end{matrix}\right.$

Từ $(2)$ suy ra $q^{2}-(t^{2}+t+1)q+(1-t)=0$

$\Delta =(t^{2}+t+1)^{2}-4(1-t)\geq 0\Leftrightarrow t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3\geq 0$

Vì nghiệm $p$ là số nguyên tố nên $ t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3$ là số chính phương.

Đến giờ sử dụng phương pháp "chặn-bắt" ta có: $t^{4}+2t^{3}+t^{2}< t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3< t^{4}+2t^{3}+5t^{2}+4t+4\Leftrightarrow (t^{2}+t)^{2}< t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3< (t^{2}+t+2)^{2}\Rightarrow t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3=(t^{2}+t+1)^{2}\Leftrightarrow t=1$ (vô lý)

Xin lỗi nhưng dòng thứ 11 thì p = (t+1)q + t chứ bạn ?