IWYMIC 2010

[Amankris]

ต้องให้เจ้าของไอเดียช่วยอธิบายแล้วละครับ

[artty60]

วิธีคิดของผมค่อนข้างมั่วๆหน่อย คุณAmankrisช่วยแก้ไขให้มันเป็นหลักเป็นเกณฑ์หน่อยก็ดีครับ

ผมคิดอย่างนี้ จาก $p^3+q^3+1=p^2q^2......(1)$

$(p+q)(p^2-pq+q^2)=(pq-1)(pq+1)$

$p,q\in \mathbf{I^+}$ และ $pq+1>pq-1$ และ $p^2-pq+q^2>p+q$

ให้ $p^2-pq+q^2=pq+1$

$p^2-2pq+q^2=1$

$(p-q)^2=1\rightarrow p-q=\pm 1$ ดังนั้น $p=q\pm 1$

แทน $p=q-1$ ในสมการ(1) จะได้ $(q-1)^3+q^3+1=(p-1)^2q^2$

$q^4-4q^3+4q^2-3q=q(q-3)(q^2-q+1=0$

$q=0,3,z\rightarrow \therefore q=3$ ใช้ได้ตัวเดียว

แทน $p=q+1$ ในสมการ(1) จะได้ $(q+1)^3+q^3+1=(q+1)^2q^2 $

$2q^3+3q^2+3q+2=q^4+2q^3+2q^2$

$q^4-q^2-3q-2=(q-2)(q+1)(q^2+q+1)=0$

$q=2,-1,z\rightarrow \therefore q=2$ ใช้ได้ตัวเดียว ไม่มีจำนวนเฉพาะอื่น

[Amankris]

#20
ไม่ได้ใช้ความเป็นจำนวนคู่-คี่แบบตอนแรก แล้วหรือครับ?

[Aquila]

ผมมีความเห็นว่าข้อความนี้ไม่จริงนะครับ (เช่น $3*12=4*9$)
$a,b,c,d \in \mathbb{N}$ และ $a<b$ และ $c<d$ ถ้า $ab=cd$ แล้ว $b=d$

ส่วนวิธีทำที่คุณ Thamma ถามมา
จากโจทย์จัดรูปเป็น $(p+q)(p^2-pq+q^2)=(pq-1)(pq+1)$
สมมติให้ $d$ เป็นตัวหารร่วมมากของ $pq-1,pq+1$
โดยยูคลิด $(pq-1,pq+1)=(pq-1,2)=d$ หมายความว่า $d=1,2$ เท่านั้น

กรณีที่ 1 $d=2$
จะได้ว่า $2\mid pq-1$ และ $2\mid pq+1$
ให้ $pq-1=2m$ และ $pq+1=2k$ โดยที่ $(m,k)=1$
จับบวกกัน ได้ $pq=m+k$ จะได้ว่า $4km=(pq-1)(pq+1)=(m+k-1)(m+k+1)$
จากนั้นให้ $m+k=t$ และ $mk=s$ สมการข้างบนจะเป็น $t^2-1=4s$
สังเกตว่า $m,k$ จะเป็นรากของสมการ $x^2-tx+s=0$ แทน $s=\frac{t^2-1}{4}$
จากสูตรสมการกำลังสองจะได้ว่า $x=t-1,t+1$
หรือ $m,k \in \left\{\,m+k-1,m+k+1\right\}$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้

กรณีที่ 2 $d=1$
แสดงว่า $pq-1,pq+1$ ไม่มีตัวประกอบร่วมกันนอกจาก 1
จากสมการโจทย์ได้ว่า $p^2-pq+q^2 \mid (pq-1)(pq+1)$
มันจะได้ $p^2-pq+q^2$ ต้องหารตัวใดตัวหนึ่งลง แล้วใช้อสมการพิจารณา
จะได้ว่า $p^2-pq+q^2 \leq pq+1$ แล้วทำต่อจากความเห็นข้างบน

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Aquila

แสดงว่า $pq-1,pq+1$ ไม่มีตัวประกอบร่วมกันนอกจาก 1
จากสมการโจทย์ได้ว่า $p^2-pq+q^2 \mid (pq-1)(pq+1)$
มันจะได้ $p^2-pq+q^2$ ต้องหารตัวใดตัวหนึ่งลง

หมายความว่าอย่างไรครับ $(a|bc\wedge gcd(b,c)=1\rightarrow a|b \vee b|c)$ หรือครับ
ถ้าเป็นเเบบนี้ก็ไม่จริงเหมือนกันครับ

[จูกัดเหลียง]

จากโจทย์พบว่า สมการสมมาตรจึงสมมุติให้ $p>q$
จัดรูปได้สมการว่า $(p^2-q)(q^2-p)=1+pq$ ดังนั้น $(p^2-q)|(1+pq)$ ทำมาเรื่อยๆจะได้ว่า $(p^2-q)|(p+q^2)$ จึงได้ว่า $p^2-q\le p+q^2\leftrightarrow p(p-1)\le q(q+1)\leftrightarrow q\ge p\dfrac{p-1}{q+1}$ จาก $p>q\rightarrow p\ge q+1$ เเละอสมการข้างบน ได้ว่า $q\ge p-1$
เเละทำให้ได้ว่า $p-1\le q<p$ หรือ $q=p-1$ เท่านั้น เเล้วก็ไล่เเก้สมการเอาครับ

[Aquila]

ขอบคุณคุณจูกัดเหลียงมากครับที่ดู Lemma ให้
ผมมาทวนวิธีดูอีกรอบแล้ว มันผิดทั้ง 2 กรณีเลย
เอาเป็นว่าอย่าเพิ่งไปเสียเวลากับวิธีผมเลยนะ
แต่ idea มันคือการ claim $|p-q| \leq 1$ นั่นแหละ
กราบขอโทษคุณ Thamma ด้วยครับ

ปล.อยากเห็นวิธีทำคุณ Amankris ครับ

[passer-by]

วิธี rule out กรณี odd prime ทั้งคู่

ถ้า p,q both odd primes ,

จากสมการ แสดงว่า $ p^2 | q^3+1$ และ $ q^2 | p^3+1$

เห็นได้ชัดว่า p,q ไม่เท่ากัน

By symmetry , WLOG p < q ดังนั้น $ q \geq p+2$ (by both odd primes) ....(*)

จาก $ q^2 | p^3+1 = (p+1)(p^2-p+1)$

แต่ (*) implies $ q\nmid p+1 $

แสดงว่า $ q^2 | p^2-p+1 \Rightarrow (p+2)^2 \leq q^2 \leq p^2-p+1 $ เป็นไปไม่ได้ที่ซ้ายสุดน้อยกว่าขวาสุด

ดังนั้น ต้องมีตัวใดตัวหนึ่งเป็น even ซึ่งนั่นคือ p or q = 2

[artty60]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

วิธี rule out กรณี odd prime ทั้งคู่

ถ้า p,q both odd primes ,

จากสมการ แสดงว่า $ p^2 | q^3+1$ และ $ q^2 | p^3+1$

เห็นได้ชัดว่า p,q ไม่เท่ากัน

By symmetry , WLOG p < q ดังนั้น $ q \geq p+2$ (by both odd primes) ....(*)

จาก $ q^2 | p^3+1 = (p+1)(p^2-p+1)$

แต่ (*) implies $ q\nmid p+1 $

แสดงว่า $ q^2 | p^2-p+1 \Rightarrow (p+2)^2 \leq q^2 \leq p^2-p+1 $ เป็นไปไม่ได้ที่ซ้ายสุดน้อยกว่าขวาสุด

ดังนั้น ต้องมีตัวใดตัวหนึ่งเป็น even ซึ่งนั่นคือ p or q = 2

ขอบคุณทุกๆท่านมากครับ ที่ช่วยแชร์ความรู้ โดยเฉพาะอย่างยิ่งคุณ passer-by

ผมขออนุญาตเรียนถามคุณ passer-by ว่า จากบรรทัดสีแดง เราสรุปเลยได้ไหมครับว่า
ไม่มีจำนวนคี่คู่ใดๆ นอกจาก (1,1) แล้ว ที่สนับสนุนสมการแล้วน่ะครับ

[Thamma]

คำอธิบายของคุณ passer-by ชัดเจน เข้าใจง่าย ยังไม่เห็นจุดที่จะขัดแย้งได้
คิดได้เก่งจัง !

ชื่นชมทุกความตั้งใจ ขอบคุณทุกท่าน
โจทย์ยาก เป็นเรื่องสนุกไปเลยนะคะ

[Amankris]

อย่าลืมกรณี negative prime ด้วยนะครับ

[Thgx0312555]

วิธีทำคุณ passerby มีบรรทัดหนึ่งที่ต้องใช้ $p,q$ เป็นบวกครับ จึงสรุปจากกรณีนั้นไม่ได้ แต่สามารถปรับจากแบบเดิมได้อยู่

[Scylla_Shadow]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Amankris

มันเป็นวิธีเดียวกันนะครับ

ว้าย! ตอนที่ดิฉันตอบกระทู้นั้น ดิฉันอยู่ในกาล่าดินเนอร์ อาจจะเมาไวน์เล็กน้อยเลยดูผิดไปนิด
เลยแสดงวิธีซ้ำออกมา น่าเสียดายจริงๆค่ะ

ขออภัยที่มาโต้ตอบช้าค่ะ หลังจากงานกาล่าดินเนอร์
ดิฉันก็ก็มีธุระติดพันมิได้เข้ามาตอบกระทู้มากมาย

ดิฉันขอแก้ตัวด้วยการเสนอวิธีอีกวิธีในการแก้ปัญหาโจทย์ข้อนี้ค่ะ (หวังว่าคงยังไม่สายไปนะคะ)

1. ลากเส้นแบ่งครึ่ง ABP ไปยัง D ซึ่ง BD=BC
จะได้สามเหลี่ยม DBP เท่ากันทุกประการกับสามเหลี่ยม CBP
จากนั้นไล่ด้านไล่มุมเอาค่ะ

2. ต่อ BA ไปทาง A ถึง A' ซึ่ง BA'=BP
จะได้สามเหลี่ยม A'BD เท่ากันทุกประการกับสามเหลี่ยม PBD
จากนั้นไล่มุมไล่ด้าน
จะได้ส้่ ACA'=0 องศาค่ะ
ทำให้สามารถสรุปได้ว่า A, A' เป็นจุดเดียวกันค่ะ
จากนั้นก็ไล่มุม ได้คำตอบค่ะ