Đến nội dung

Hình ảnh

Tìm các số tự nhiên x,y sao cho ${x^2}{y^4} - {y^3} + 1$ là số chính phương

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1
dactai10a1

dactai10a1

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 277 Bài viết
Tìm các số tự nhiên x,y sao cho ${x^2}{y^4} - {y^3} + 1$ là số chính phương

#2
BoBoiBoy

BoBoiBoy

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 77 Bài viết

Tìm các số tự nhiên x,y sao cho ${x^2}{y^4} - {y^3} + 1$ là số chính phương

Đặt $A=x^2y^4-y^3+1=a^2$, với $a$ là số tự nhiên.
$\Leftrightarrow (y^2x-a)(y^2x+a)=y^3-1$
-Nếu $y=0$ suy ra $A=1$ luôn là $SCP$.
-Nếu $y=1$ suy ra $A=x^2$ luôn là $SCP$ với mọi $x$ tự nhiên.
-Nếu $y>1$ $\Rightarrow y^3-1>0\Rightarrow y^2x-a;y^2x+a>0$.
Đặt $y^2x+a=m;y^2x-a=n (m;n \in \mathbb{N^*})\Rightarrow \left\{\begin{matrix} mn+1=y^3 & \\ m+n=2y^2x\vdots y^2& \end{matrix}\right. \Rightarrow (m+n)^3\vdots (mn+1)^2$
Đặt $(m+n;mn+1)=d (d \in \mathbb{N^*})$ ($d>1$ do $mn+1>1$;$(m+n)^3\vdots (mn+1)^2$)
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m+n=dp & \\ mn+1=dq& \end{matrix}\right.;p;q \in \mathbb{N^*};(p;q)=1$
$(m+n)^3 \vdots (mn+1)^2\Rightarrow dp^3 \vdots q^2\Rightarrow d\vdots q^2 ((p;q)=1)\Rightarrow d\ge q^2$
Do $m+n\ \vdots d$ nên tồn tại $a\in N^*;a\le \frac{d}{2}$ thoả mãn $m+a\vdots d;n-a\vdots d$ hoặc $m-a\vdots d;n+a\vdots d$.
Ta xét TH $m+a\vdots d;n-a\vdots d$ (TH còn lại tương tự)
-Nếu $n=a$
-Nếu $n>a$
Có $dq=mn+1=m(n-a)+a(m+a)+1-a^2\Rightarrow q=m.\frac{n-a}{d}+a.\frac{m+a}{d}+\frac{1-a^2}{d}$
$\Rightarrow m+a\le q+\frac{a^2-1}{d}\le q+\frac{\frac{d^2}{4}-1}{d}=q+\frac{d}{4}-\frac{1}{d}\le q+\frac{d}{4}$
Mà $m+a\ge d$ nên $q\ge \frac{3}{4}.q^2$ hay q=1.
$\Rightarrow mn+1=d\le dp=m+n\Rightarrow (m-1)(n-1)\le 0$
Do $m\ge n$ nên $n=1$ hay $y^2x-a=1;y^2x+a=y^3-1$ suy ra $2y^2x=y^3$ hay $y=2x$.
Khi đó $A=(4x^3-1)^2$ chính phương với mọi $x$ tự nhiên.
Vậy $y\in \left \{ 0;1 \right \};x\in \mathbb{N^*}$ hoặc $y=2x \in \mathbb{N^*}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoBoiBoy: 27-11-2012 - 18:45

Hình đã gửi

#3
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Đặt $A=x^2y^4-y^3+1=a^2$, với $a$ là số tự nhiên.
$\Leftrightarrow (y^2x-a)(y^2x+a)=y^3-1$
-Nếu $y=0$ suy ra $A=1$ luôn là $SCP$.
-Nếu $y=1$ suy ra $A=x^2$ luôn là $SCP$ với mọi $x$ tự nhiên.
-Nếu $y>1$ $\Rightarrow y^3-1>0\Rightarrow y^2x-a;y^2x+a>0$.
Đặt $y^2x+a=m;y^2x-a=n (m;n \in \mathbb{N^*})\Rightarrow \left\{\begin{matrix} mn+1=y^3 & \\ m+n=2y^2x\vdots y^2& \end{matrix}\right. \Rightarrow (m+n)^3\vdots (mn+1)^2$
Đặt $(m+n;mn+1)=d (d \in \mathbb{N^*}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m+n=dp & \\ mn+1=dq& \end{matrix}\right.;p;q \in \mathbb{N^*};(p;q)=1$
$(m+n)^3 \vdots (mn+1)^2\Rightarrow dp^3 \vdots q^2\Rightarrow d\vdots q^2 ((p;q)=1)\Rightarrow d\ge q^2$
Từ hệ trên ta có:$\left\{\begin{matrix} m+1\vdots d& \\ n-1\vdots d& \end{matrix}\right. or \left\{\begin{matrix} m-1\vdots d & \\ n+1\vdots d& \end{matrix}\right.$
Ta xét TH $\left\{\begin{matrix} m+1\vdots d& \\ n-1\vdots d& \end{matrix}\right.$ (TH còn lại tương tự)
Có $dq=mn+1=m(n-1)+m+1\Rightarrow q=m.\frac{n-1}{d}+\frac{m+1}{d}\ge m$
Mà $m+1\ge d$ suy ra $q+1\ge q^2$ hay $q=1$.
$\Rightarrow mn+1=d\le dp=m+n\Rightarrow (m-1)(n-1)\le 0$
Do $m\ge n$ nên $n=1$ hay $y^2x-a=1;y^2x+a=y^3-1$ suy ra $2y^2x=y^3$ hay $y=2x$.
Khi đó $A=(4x^3-1)^2$ chính phương với mọi $x$ tự nhiên.
Vậy $y\in \left \{ 0;1 \right \};x\in \mathbb{N^*}$ hoặc $y=2x \in \mathbb{N^*}$.

Phần tô đỏ có khi nhầm? Mong bạn xem lại?

#4
BoBoiBoy

BoBoiBoy

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 77 Bài viết

Phần tô đỏ có khi nhầm? Mong bạn xem lại?

Đúng là chỗ đó nhầm thật.Cảm ơn bạn đã góp ý.Bài trên đã được sửa lại,mong bạn nhận xét.
Hình đã gửi

#5
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Có $dq=mn+1=m(n-a)+a(m+a)+1-a^2\Rightarrow q=m.\frac{n-a}{d}+a.\frac{m+a}{d}+\frac{1-a^2}{d}$
$\Rightarrow m+a\le q+\frac{a^2-1}{d}\le q+\frac{\frac{d^2}{4}-1}{d}=q+\frac{d}{4}-\frac{1}{d}\le q+\frac{d}{4}$

Chỗ trên bạn đánh giá BDT nhầm rồi, hệ lụy là phần sau bị sai hoàn toàn, đồng thời dù bạn có sửa $a\geq \dfrac{d}{2}$ thì BDT ở dòng dưới lại không đúng :)
Bởi vì theo bài bạn thì $q+\dfrac{a^2-1}{d}=m.\dfrac{n-a}{d}+a.\dfrac{m+a}{d} \Rightarrow q+\dfrac{a^2-1}{d}\geq a.\dfrac{m+a}{d}$ nhưng $a\le \dfrac{d}{2}$ nên $a.\dfrac{m+a}{d}<m+a$
Do đó $a+\dfrac{a^2-1}{d}\geq a.\dfrac{m+a}{d}<m+a$ đây là hai BDT đâm đầu vào nhau thì sai chứ sao :)
Theo mình bạn nên đi theo hướng này, mình cũng đã nghĩ lâu rồi
Từ $mn+1=y^3$ và $m+n=2xy^2$ suy ra
$(m+n)^2 \vdots (mn+1) $ nên $(m+n)^2=k(mn+1) \Rightarrow m^2-mn(k-2)+n^2-k=0$ đến đây Vieta Jumping suy ra $k$ là số chính phuơng mà $(m+n)^2$ cp nên $mn+1$ chính phương nên $y^3$ chính phương hay $y$ cp hay $y=t^2$
Từ bậc 3 lẻ bậc ta đã thu được bậc chẵn, theo mình là có phần dễ hơn :)

Tuy nhiên bạn nghĩ được nhiều thứ như trên cũng là khá rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 27-11-2012 - 20:18


#6
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Đặt $A=x^2y^4-y^3+1=a^2$, với $a$ là số tự nhiên.
$\Leftrightarrow (y^2x-a)(y^2x+a)=y^3-1$
-Nếu $y=0$ suy ra $A=1$ luôn là $SCP$.
-Nếu $y=1$ suy ra $A=x^2$ luôn là $SCP$ với mọi $x$ tự nhiên.
-Nếu $y>1$ $\Rightarrow y^3-1>0\Rightarrow y^2x-a;y^2x+a>0$.
Đặt $y^2x+a=m;y^2x-a=n (m;n \in \mathbb{N^*})\Rightarrow \left\{\begin{matrix} mn+1=y^3 & \\ m+n=2y^2x\vdots y^2& \end{matrix}\right. \Rightarrow (m+n)^3\vdots (mn+1)^2$
Đặt $(m+n;mn+1)=d (d \in \mathbb{N^*})$ ($d>1$ do $mn+1>1$;$(m+n)^3\vdots (mn+1)^2$)
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m+n=dp & \\ mn+1=dq& \end{matrix}\right.;p;q \in \mathbb{N^*};(p;q)=1$
$(m+n)^3 \vdots (mn+1)^2\Rightarrow dp^3 \vdots q^2\Rightarrow d\vdots q^2 ((p;q)=1)\Rightarrow d\ge q^2$
Do $m+n\ \vdots d$ nên tồn tại $a\in N^*;a\le \frac{d}{2}$ thoả mãn $m+a\vdots d;n-a\vdots d$ hoặc $m-a\vdots d;n+a\vdots d$.
Ta xét TH $m+a\vdots d;n-a\vdots d$ (TH còn lại tương tự)
-Nếu $n=a$
-Nếu $n>a$
Có $dq=mn+1=m(n-a)+a(m+a)+1-a^2\Rightarrow q=m.\frac{n-a}{d}+a.\frac{m+a}{d}+\frac{1-a^2}{d}$
$\Rightarrow m+a\le q+\frac{a^2-1}{d}\le q+\frac{\frac{d^2}{4}-1}{d}=q+\frac{d}{4}-\frac{1}{d}\le q+\frac{d}{4}$
Mà $m+a\ge d$ nên $q\ge \frac{3}{4}.q^2$ hay q=1.
$\Rightarrow mn+1=d\le dp=m+n\Rightarrow (m-1)(n-1)\le 0$
Do $m\ge n$ nên $n=1$ hay $y^2x-a=1;y^2x+a=y^3-1$ suy ra $2y^2x=y^3$ hay $y=2x$.
Khi đó $A=(4x^3-1)^2$ chính phương với mọi $x$ tự nhiên.
Vậy $y\in \left \{ 0;1 \right \};x\in \mathbb{N^*}$ hoặc $y=2x \in \mathbb{N^*}$.

Hì nãy do mình nhầm, bài bạn đã làm đúng :)

#7
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Hì nãy do mình nhầm, bài bạn đã làm đúng :)

À không, khoan đã, bạn có một nhầm cơ bản lớn là khi $n=a$ thì vô ích ? Khi ấy vẫn có $m+n=m+a$ chia hết cho $d$ như thường nên không giải quyết được gì

#8
dactai10a1

dactai10a1

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 277 Bài viết
1 cách khác:nhận xét x>0
Xét y>1.A là số chính phương thì $4{x^2}A$ cũng là số chính phương $ \Leftrightarrow 4{x^4}{y^4} - 4{x^2}{y^3} + 4{x^2} = {a^2}$
Đặt $k = {x^2} \Rightarrow 4{k^2}{y^4} - 4k{y^3} + 4k = {a^2} \Leftrightarrow 4k - {y^2} = {a^2} - {(2k{y^2} - y)^2} = (a + y - 2k{y^2})(a + 2k{y^2} - y)$ (*)
Nếu $4k - {y^2} \ne 0$.Từ (*) suy ra $\left| {4k - {y^2}} \right| \ge 2k{y^2} + a - y \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{4k - {y^2} \ge 2k{y^2} + a - y}\\
{4k - {y^2} \le - (2k{y^2} + a - y)}
\end{array}} \right.$
Nhưng vì $y > 1;k \ge 1 \Rightarrow 2k{y^2} + a - y > 4k - {y^2};2k{y^2} + a - y > {y^2} - 4k$,mâu thuẫn.
Vậy ${y^2} = 4k = 4{x^2} \Rightarrow y = 2x$

#9
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Tìm các số tự nhiên x,y sao cho ${x^2}{y^4} - {y^3} + 1$ là số chính phương

Em có một cách khác
Giải như sau:
Nếu $2x\geq y$ khi ấy $(xy^2-1)^2<x^2y^4-y^3+1\le x^2y^4$ suy ra $xy^2-1<a\le xy^2$ nên $a=xy^2$ thay vào thu được nghiệm $y=2x$
Nếu $2x <y$
$x^2y^4-y^3+1=a^2 \Rightarrow (xy^2-a)(xy^2+a)=(y-1)(y^2+y+1)$
TH1: $x=1,2,3$
Nếu $x=1$ thì $y^4-y^3+1=a^2$ ta có $y^4-y^3+1=a^2 \Rightarrow 4y^4-4y^3+4=4a^2$ với $y=1$ thì chọn còn $y\geq 2$ thì
Ta có $(2y^2-y)^2=4y^4-4y^3+y^2\geq 4y^4-4y^4+4 \Rightarrow 2y^2-y\geq 2a$
Lại có $(2y^2-y-1)^2=4y^4+y^2+1-4y^3-4y^2+2y=4y^4-4y^4-3y^2+2y$ ta có $3y^2-2y>4$ với $y\geq 2$
Như vậy $2y^2-y-1<2a$
Như vậy $2a=2y^2-y$ thay vào giải được $y$
Với $x=2,3$ chặn tương tự
TH2: $x\geq 4$ nếu $y=1,2,3$ thì dễ thay vào vô nghiệm, xét $y\geq 4$ ta có $xy^2+a\geq 4y^2>3(y^3+y+1)$ như vậy ta có $3(xy^2-a)<y-1 \Rightarrow \dfrac{3xy^2+y-1}{3}<a$
Ta lại có $x^2y^4-2xy^2+1+y^3+2xy^2=a^2 \Rightarrow (xy^2-1)^2+y^2(y+2x)=a^2 \Rightarrow y^2(y+2x)=(a+1-xy^2)(a+xy^2-1)$
Ta có $a>\dfrac{3xy^2+y-1}{3}$ do đó $(a+1-xy^2)(a+xy^2-1)>\left(\dfrac{3xy^2+y-1}{3}-xy^2+1\right)\left(\dfrac{3xy^2+y-1}{3}-1+xy^2\right)=\dfrac{(6xy^2+y-4)(y+2)}{9}$
Ta sẽ cm $\dfrac{(6xy^2+y-4)(y+2)}{9}>y^2(y+2x) \Leftrightarrow \left(\dfrac{6xy^2+y-4}{y^2}\right).(y+2)>9(y+2x)$
Ta có $\left(\dfrac{6xy^2+y-4}{y^2}\right)\geq 6x$ (do $y\geq 4$)
Như vậy $\left(\dfrac{6xy^2+y-4}{y^2}\right).(y+2)\geq 6x(y+2)$
Giờ ta cm $6x(y+2)>9(y+2x) \Leftrightarrow 2x(y+2)>3(y+2x) \Rightarrow 2xy+4x>3y+6x \Rightarrow 2xy>3y+2x \Rightarrow 2x(y-1)>3y \Rightarrow (2x-3)(y-1)>3$ đúng do $x\geq 4,y\geq 4$ do đó $VT>VP$ loại
Vậy $\boxed{y=2x,y=1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 29-11-2012 - 23:15


#10
upinmie

upinmie

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 27 Bài viết

Tìm x,y là số tự nhiên sao cho $x^{4}+x^{3}+x^{2}+x=y^{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi upinmie: 03-01-2014 - 13:59





0 người đang xem chủ đề

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