#16
|
||||
|
||||
ต้องให้เจ้าของไอเดียช่วยอธิบายแล้วละครับ
|
#17
|
|||
|
|||
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 |
#18
|
||||
|
||||
#20
ไม่ได้ใช้ความเป็นจำนวนคู่-คี่แบบตอนแรก แล้วหรือครับ? |
#19
|
|||
|
|||
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 |
#20
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ถ้าเป็นเเบบนี้ก็ไม่จริงเหมือนกันครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#21
|
||||
|
||||
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
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#22
|
|||
|
|||
ขอบคุณคุณจูกัดเหลียงมากครับที่ดู Lemma ให้
ผมมาทวนวิธีดูอีกรอบแล้ว มันผิดทั้ง 2 กรณีเลย เอาเป็นว่าอย่าเพิ่งไปเสียเวลากับวิธีผมเลยนะ แต่ idea มันคือการ claim $|p-q| \leq 1$ นั่นแหละ กราบขอโทษคุณ Thamma ด้วยครับ ปล.อยากเห็นวิธีทำคุณ Amankris ครับ |
#23
|
|||
|
|||
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
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#24
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
ผมขออนุญาตเรียนถามคุณ passer-by ว่า จากบรรทัดสีแดง เราสรุปเลยได้ไหมครับว่า ไม่มีจำนวนคี่คู่ใดๆ นอกจาก (1,1) แล้ว ที่สนับสนุนสมการแล้วน่ะครับ |
#25
|
|||
|
|||
คำอธิบายของคุณ passer-by ชัดเจน เข้าใจง่าย ยังไม่เห็นจุดที่จะขัดแย้งได้
คิดได้เก่งจัง ! ชื่นชมทุกความตั้งใจ ขอบคุณทุกท่าน โจทย์ยาก เป็นเรื่องสนุกไปเลยนะคะ |
#26
|
||||
|
||||
อย่าลืมกรณี negative prime ด้วยนะครับ
|
#27
|
||||
|
||||
วิธีทำคุณ passerby มีบรรทัดหนึ่งที่ต้องใช้ $p,q$ เป็นบวกครับ จึงสรุปจากกรณีนั้นไม่ได้ แต่สามารถปรับจากแบบเดิมได้อยู่
__________________
----/---~Alice~ จงรับรู้ไว้ ชื่อแห่งสีสันหนึ่งเดียวที่แสดงผล ---/---- ~Blue~ นี่คือ สีแห่งความหลังอันกว้างใหญ่ของเว็บบอร์ดนี้ 18 มีนาคม 2014 00:32 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Thgx0312555 |
#28
|
||||
|
||||
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 |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
ข้อสอบ IWYMIC ที่คุณ gon แนะนำให้ลองทำ | FedEx | ข้อสอบในโรงเรียน ประถมปลาย | 15 | 04 กรกฎาคม 2013 21:41 |
โจทย์ iwymic บางข้อครับ | puppuff | ข้อสอบในโรงเรียน ม.ต้น | 13 | 20 มิถุนายน 2013 22:20 |
โจทย์ลองฝึกจากIWYMIC | กิตติ | ข้อสอบในโรงเรียน ม.ต้น | 61 | 28 กรกฎาคม 2011 18:34 |
การแข่งขัน English Contest 2010 และ science 2010 โรงเรียนคำเขื่อนแก้วชนูปถัมภ์ ยโสธร | kabinary | ข่าวคราวแวดวงประถม ปลาย | 0 | 05 พฤศจิกายน 2010 21:21 |
การแข่งขัน "MATH CONTEST 2010" และ " Science Test 2010 " โรงเรียนเบ็ญจะมะมหาราช อุบลฯ | kabinary | ข่าวคราวแวดวงประถม ปลาย | 0 | 05 พฤศจิกายน 2010 21:06 |
|
|