Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

tìm nghiệm nguyên $ x^{10}+y^{10}=z^{10}+199$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1 nhatchi_mai

nhatchi_mai

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết

Đã gửi 07-03-2005 - 10:40

tìm nghiệm nguyên
$ x^{10}+y^{10}=z^{10}+199$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 13-09-2012 - 07:43

Đời là cái đinh.Tình là cái que123!@
anh_nhi123!----;---'[email protected]

#2 bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 18:13

Không biết cách làm của mình có đúng không!! Mình chỉ mới học về phương trình nghiệm nguyên đây thôi!!!
Đặt $ a=x^5 $, $ b=y^5 $, và $ c=z^5 $. Viết lại phương trình đã cho thành:
$ a^2+b^2=c^2+199 $ nhưng phương trình này vô nghiệm nguyên thật vậy!! Ta có thể dễ dáng chứng minh rằng $ a^2 :4 $ có số dư là 0 hoặc 1 vậy $ a^2+b^2 : 4 $ có số dư là 0, 1 hoặc 2 trong khi vế phải ta có $ 199+z^2 : 2 $ có số dư là 3 hoặc 4.......
Vậy phương trình: $ x^{10}+y^{10}=z^{10}+199 $ không có nghiệm nguyên!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bdtilove: 14-09-2012 - 18:20


#3 diepviennhi

diepviennhi

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 318 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 19:44

Đặt $a=x^{5},b=y^{5},c=z^{5}$, phương trình có dạng: $a^{2}+b^{2}=199+c^{2}$
Với mọi số nguyên a ta có:$a=2k,k\epsilon Z\Rightarrow a^{2}=4k^{2}\Rightarrow a\vdots 4\Rightarrow a\equiv 0(mod4)$
$a=2k+1,k\epsilon Z\Rightarrow a^{2}-1=4k(k+1)\vdots 4\Rightarrow a^{2}\equiv 1(mod4)$
Vậy với mọi số nguyên a ta luôn có $a^{2}\equiv 0,1(mod4)$
Tương tự với b và c.
$a^{2}+b^{2}\equiv 0,1,2(mod4),199\doteq 3(mod4)\Rightarrow c^{2}+199\equiv 3(mod4)$
Do đó vế trái và vế phải có số dư khác nhau khi chia cho 4 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
Bài toán có thể chứng minh kết quả mạnh hơn bằng phương pháp tương tự
Chứng minh phương trình $x^{2k}+y^{2k}=z^{2k}+p,(p=4m+3)$
Đặt $x^{k}=t$ bài toán quy về cách chứng minh như trên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi diepviennhi: 14-09-2012 - 19:45


#4 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 14-09-2012 - 19:46

Không biết cách làm của mình có đúng không!! Mình chỉ mới học về phương trình nghiệm nguyên đây thôi!!!
Đặt $ a=x^5 $, $ b=y^5 $, và $ c=z^5 $. Viết lại phương trình đã cho thành:
$ a^2+b^2=c^2+199 $ nhưng phương trình này vô nghiệm nguyên thật vậy!! Ta có thể dễ dáng chứng minh rằng $ a^2 :4 $ có số dư là 0 hoặc 1 vậy $ a^2+b^2 : 4 $ có số dư là 0, 1 hoặc 2 trong khi vế phải ta có $ 199+z^2 : 2 $ có số dư là 3 hoặc 4.......
Vậy phương trình: $ x^{10}+y^{10}=z^{10}+199 $ không có nghiệm nguyên!!

Sai bét bạn ạ, bạn nhầm rồi phương trình $a^2+b^2=c^2+199$ luôn có nghiệm nguyên, thậm chí vô số nghiệm
Thật vậy cho $c=b+1$
Khi đó $a^2+b^2=(b+1)^2+199 \Rightarrow a^2=2(b+100) \Rightarrow a=2t \Rightarrow 2t^2=b+100$
Suy ra $2t^2-100=b$
Do đó phương trình vô số nghiệm dạng $(t,2t^2-100,2t^2-100+1)$
Đó cũng đủ để thấy bài bạn làm đã sai, hơn nữa đề bài là lũy thừa $10$ vậy nên bài này quả thực khó, thậm chí chắc chắn rằng không thể giải bằng phương pháp sơ cấp, mà phải giải bằng phương trình eliptic, một trung những kiến thức giải Fermat lớn, tất cả các bạn trên đều làm sai.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 14-09-2012 - 19:47


#5 bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 21:23

Sai bét bạn ạ, bạn nhầm rồi phương trình $a^2+b^2=c^2+199$ luôn có nghiệm nguyên, thậm chí vô số nghiệm
Thật vậy cho $c=b+1$
Khi đó $a^2+b^2=(b+1)^2+199 \Rightarrow a^2=2(b+100) \Rightarrow a=2t \Rightarrow 2t^2=b+100$
Suy ra $2t^2-100=b$
Do đó phương trình vô số nghiệm dạng $(t,2t^2-100,2t^2-100+1)$
Đó cũng đủ để thấy bài bạn làm đã sai, hơn nữa đề bài là lũy thừa $10$ vậy nên bài này quả thực khó, thậm chí chắc chắn rằng không thể giải bằng phương pháp sơ cấp, mà phải giải bằng phương trình eliptic, một trung những kiến thức giải Fermat lớn, tất cả các bạn trên đều làm sai.

Thật không? Hình như bạn sai rồi kìa!!? Sao mình thay $ t $ mà không nhận được gì hết vậy?? Kiểm tra lại nha bạn!! Việc đặt $ a=x^5 $ cũng đã đòi hỏi nhiều kiến thức và chia nhỏ nhiều trường hợp lắm!! (Mình chỉ mới học số học thôi!! các bạn thông cảm cho )

#6 diepviennhi

diepviennhi

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 318 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 21:27

Bài của nguyenta98 làm đúng rồi mà.từ $a^{2}=4t^{2}=2(b+100)$ ta tìm dc b. còn giái trị của t chỉ là 1 ẩn số thôi
bạn phải cho t các giái trị chứ

#7 bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 21:42

Bài của nguyenta98 làm đúng rồi mà.từ $a^{2}=4t^{2}=2(b+100)$ ta tìm dc b. còn giái trị của t chỉ là 1 ẩn số thôi
bạn phải cho t các giái trị chứ

Cái này mình biết!! Nhưng trên thực tế phương trình gốc vốn không có nghiệm nguyên rồi!! $ (a,b,c)=(10,10,1) $ cũng có nghiệm nhưng mà $ x=\sqrt[5]{10} $ thì đâu có nguyên!!! Để mình suy nghĩ về đk ràng buộc khi đổi biến xem sao!!

#8 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 15-09-2012 - 14:54

Cái này mình biết!! Nhưng trên thực tế phương trình gốc vốn không có nghiệm nguyên rồi!! $ (a,b,c)=(10,10,1) $ cũng có nghiệm nhưng mà $ x=\sqrt[5]{10} $ thì đâu có nguyên!!! Để mình suy nghĩ về đk ràng buộc khi đổi biến xem sao!!

Đúng là như vậy, ở trên mình chỉ chỉ ra lỗi sai ở bài bạn mà thôi, và mình cảnh báo luôn bài này để ở đây là không hề đúng, nó tới bậc 10, nếu là bậc 2 thì vô số nghiệm như mình trình bày trên, và từ bậc 5 trở lên ta biết là không có cách giải căn thức tổng quát (Galois cm) hơn nữa ở phương trình này lại bậc 10, và lại có cả hệ số tự do là $199$ thì đúng là khó, có thể không thể giải theo sơ cấp, hơn nữa mình cũng nhắc luôn các bạn, lần sau khi post bài, vui lòng bạn hãy kiểm tra kĩ đề, nguồn gốc, nếu là bài tự chế ra thì phải ghi rõ, vì mình thấy có một số bài rất là vô lí và gần như được khẳng định là bịa ra, có những bài mình đã nghĩ từ lâu không ra, sang bên Mathlink mà họ cũng không giải được? Người làm toán rất khó chịu khi có những đề không đúng hoặc bịa ra, bạn nên nhớ khi bịa ra một bài toán người ta phải thử xem nó có giải được không, bằng kiến thức gì, chứ nếu bịa ra mà phải giải bằng cao cấp thì ghê quá và không phù hợp với box này là số học THCS

#9 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-09-2012 - 19:14

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhiều ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 16/09 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

A

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 17-09-2012 - 07:20

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#10 dinhthanhhung

dinhthanhhung

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 111 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Văn học

Đã gửi 16-09-2012 - 20:57

Đặt $a=x^{5},b=y^{5},c=z^{5}$, phương trình có dạng: $a^{2}+b^{2}=199+c^{2}$
Với mọi số nguyên a ta có:$a=2k,k\epsilon Z\Rightarrow a^{2}=4k^{2}\Rightarrow a\vdots 4\Rightarrow a\equiv 0(mod4)$
$a=2k+1,k\epsilon Z\Rightarrow a^{2}-1=4k(k+1)\vdots 4\Rightarrow a^{2}\equiv 1(mod4)$
Vậy với mọi số nguyên a ta luôn có $a^{2}\equiv 0,1(mod4)$
Tương tự với b và c.
$a^{2}+b^{2}\equiv 0,1,2(mod4),199\doteq 3(mod4)\Rightarrow c^{2}+199\equiv 3(mod4)$
Do đó vế trái và vế phải có số dư khác nhau khi chia cho 4 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
Bài toán có thể chứng minh kết quả mạnh hơn bằng phương pháp tương tự
Chứng minh phương trình $x^{2k}+y^{2k}=z^{2k}+p,(p=4m+3)$
Đặt $x^{k}=t$ bài toán quy về cách chứng minh như trên

Bài này chứng minh sai rồi !
Có a2,b2,c2 chia 4 dư 0,1
->a2+b2 chia 4 dư 0,1,2
c2+199 chia 4 dư 0,3
->a2+b2=c2+199 hoàn toàn có thể có nghiệm(2 vế chia hết cho 4)

#11 diepviennhi

diepviennhi

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 318 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-09-2012 - 21:32

ừ nhỉ? mình quên mất là trường hợp dư 1 với c bình. thảo nào ngộ nhận

#12 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 29-09-2012 - 20:32

Đây là bằng chứng chứng tỏ bài PSW này là nhảm nhí, người post không hề chú ý xem lại đề sau khi post nên mới biến nó thành bài không giải sơ cấp được
http://diendantoanho...0-y10-z10-1999/

#13 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-10-2012 - 23:16

BTC công nhận bài toán này không thể giải được bằng kiến thức sơ cấp.
Chấm điểm
nguyenta98: 50 điểm

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#14 suchica

suchica

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:huyện Anh Sơn, tinh Nghệ An
  • Sở thích:học toán, viết lách, đi chơi với bạn bè

Đã gửi 10-08-2013 - 08:27

không biết mình làm thế này có sai hay không nhưng theo mình biết thì hình như các bạn đã sai khi nói phương trình này không giải được bằng phương pháp sơ cấp

 Đầu tiên mình sẽ chứng minh bổ đề sau:

            -Nếu n là số chính phương lẻ thì luôn tồn tại số nguyên m để n=$\left ( 2m+1 \right )^{2}$ $\left ( 2m+1 \right )^{2}\Rightarrow n-1=4m\left ( m+1 \right )$ chia hết cho 8 nên n$\equiv 1$$\equiv 1\left ( mod8 \right )$

            -Nếu n là số chính phương chẵn thì luôn tồn tại số nguyên m để n=$\left ( 2m \right )^{2}= 4m^{2}\equiv 0\left ( mod4 \right )$

                    -Nếu m là số chẵn thì $4m^{2}\equiv 0 \left ( mod8 \right )$

                    -Nếu m là số lẻ thì $m^{2}\equiv 1\left ( mod8 \right )$ nên $4m^{2}\equiv 4\left ( mod8 \right )$

Sử dụng kết quả trên: Đặt $x^{5}=a$ , $y^{5}=b$ , $z^{5}=c$

              Giả sử tồn tại các số nguyên a,b,c sao cho: $a^{2}+b^{2}-c^{2}=199$

        Suy ra: có 2 trường hợp xảy ra một là a,b,c cùng lẻ hoặc một trong 3 số a,b,c có đúng một số lẻ.

                      + Nếu  a,b,c cùng lẻ thì $a^{2}+b^{2}-c^{2}\equiv 1\left ( mod8 \right )\Rightarrow 199\equiv 1\left ( mod8 \right )$, vô lí

                      + Nếu một trong 3 số a,b,c có đúng một số lẻ thì $a^{2}+b^{2}-c^{2}\equiv -1\left ( mod4 \right )\Rightarrow 199\equiv -1\left ( mod4 \right )$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi suchica: 10-08-2013 - 16:03


#15 suchica

suchica

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:huyện Anh Sơn, tinh Nghệ An
  • Sở thích:học toán, viết lách, đi chơi với bạn bè

Đã gửi 10-08-2013 - 16:04

không biết mình làm thế này có sai hay không nhưng theo mình biết thì hình như các bạn đã sai khi nói phương trình này không giải được bằng phương pháp sơ cấp

 Đầu tiên mình sẽ chứng minh bổ đề sau:

            -Nếu n là số chính phương lẻ thì luôn tồn tại số nguyên m để n=$\left ( 2m+1 \right )^{2}$ $\left ( 2m+1 \right )^{2}\Rightarrow n-1=4m\left ( m+1 \right )$ chia hết cho 8 nên n$\equiv 1$$\equiv 1\left ( mod8 \right )$

            -Nếu n là số chính phương chẵn thì luôn tồn tại số nguyên m để n=$\left ( 2m \right )^{2}= 4m^{2}\equiv 0\left ( mod4 \right )$

                    -Nếu m là số chẵn thì $4m^{2}\equiv 0 \left ( mod8 \right )$

                    -Nếu m là số lẻ thì $m^{2}\equiv 1\left ( mod8 \right )$ nên $4m^{2}\equiv 4\left ( mod8 \right )$

Sử dụng kết quả trên: Đặt $x^{5}=a$ , $y^{5}=b$ , $z^{5}=c$

              Giả sử tồn tại các số nguyên a,b,c sao cho: $a^{2}+b^{2}-c^{2}=199$

        Suy ra: có 2 trường hợp xảy ra một là a,b,c cùng lẻ hoặc một trong 3 số a,b,c có đúng một số lẻ.

                      + Nếu  a,b,c cùng lẻ thì $a^{2}+b^{2}-c^{2}\equiv 1\left ( mod8 \right )\Rightarrow 199\equiv 1\left ( mod8 \right )$, vô lí

                      + Nếu một trong 3 số a,b,c có đúng một số lẻ thì $a^{2}+b^{2}-c^{2}\equiv -1\left ( mod4 \right )\Rightarrow 199\equiv -1\left ( mod4 \right )$

chắc là ko giải được hihi






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh