Chủ đề này có 4 trả lời

[NLT]

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Exercise:
$\boxed{BT}$ Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình${12^x} + {y^4} = {2008^z}$ .
___
Bài 2 đã có trên VMF rồi anh, nó là bài tồn đọng
@nguyenta98: Anh đã edit
___

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 22-06-2012 - 15:58

[Zaraki]

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Exercise:
$\boxed{1}$ Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình${12^x} + {y^4} = {2008^z}$ .

SOLUTION: Xét trường hợp
TH1: Nếu $x=0 \implies y=z=0$.
TH2: Nếu $x \ge 1$

• Với $x$ chẵn, đặt $x=2k$. Ta có $12^x+y^4 \equiv 0 \pmod{251}$, nên $(12^x)^{125}+(y^4)^{125} \equiv 0 \pmod{125}$. Có nghĩa là $A=(12^k)^{250}+(y^2)^{250} \equiv 0 \pmod{251} \qquad (1)$. Mà theo Fermat nhỏ thì $(12^k)^{250} \equiv (y^2)^{250} \equiv 1 \pmod{251} \implies A \equiv 2 \pmod{251}$, vô lí với $(1)$.
• Với $x$ lẻ, đặt $y=2^m.t$ ($t$ lẻ, $m \ge 1$) thì pt trở thành $3^x.2^{2x}+2^{4m}.t^4=2^{3z}.251^z$. Không biết giải cái này ra sao cho nó vô nghiệm...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 19-06-2012 - 09:19

[nguyenta98]

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Exercise:
$\boxed{1}$ Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình${12^x} + {y^4} = {2008^z}$ .

Sau đây là một lời giải hoàn chỉnh
Giải như sau:

Nx: $a^2+b^2 \vdots p$ với $p \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow p|a,b$

Do đó nếu $x$ chẵn suy ra áp dụng bổ đề và nhận thấy $2008^z \vdots 251$ và $251 \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow 12^{\frac{x}{2}} \vdots 251$ vô lý

Như vậy $x$ lẻ $(*)$

Nhận thấy $y$ là số chẵn do đó theo phân tích tiêu chuẩn đặt $y=2^m.t$ với $t$ lẻ $m\geq 1$

Do đó $3^x.2^{2x}+2^{4m}.t^4=2^{3z}.251^z$ $(1)$

TH1: $2x=4m \Rightarrow v_2(3^x.2^{2x}+2^{4m}.t^4)=2x=4m$ và $v_2(2^{3z}.251^z)=3z$ mặt khác do $VT=VP$

Suy ra $v_2(VT)=v_2(VP) \Rightarrow 2x=4m=3z \Rightarrow z=2k$

Quay trở lại phương trình $(1)$

$3^x+t^4=251^{2k}$ đây là điều vô lý do $t^4$ lẻ (do $t$ lẻ) và $251^{2k}$ lẻ cho nên $3^x$ chẵn vô lý

TH2: $4m>2x$ suy ra $(1) \Leftrightarrow 2^{2x}(3^x+2^{4m-2x}.t^4)=2^{3z}.251^z$

Do $v_2(VT)=v_2(VP) \Rightarrow 2^{2x}=2^{3z} \Rightarrow 2x=3z \Rightarrow z=2k$

Vì $2^{2x}=2^{3z} \Rightarrow 3^x+2^{4m-2x}.t^4=251^{2k} \Rightarrow 3^x=(251^k-2^{2m-x}.t)(251^k+2^{2m-x}.t)$

Dễ thấy $y \not \vdots 251$ vi nếu không thì $12^x \vdots 251$ loại

Do đó $gcd(251,y)=1 \Rightarrow gcd(251,t)=1$ mà $251$ lẻ nên $gcd(251,2)=1$

Suy ra $gcd(251^k,2^{2m-x}.t)=1$ mà $(251^k-2^{2m-x}.t);(251^k+2^{2m-x}.t)$ cùng lẻ

Do đó $gcd(251^k-2^{2m-x}.t;251^k+2^{2m-x}.t)=1$ tuy nhiên tích chúng bằng $3^x$ mà nguyên tố cùng nhau do đó một số bằng $3^x$ và số còn lại là $1$

Nhưng $251^k-2^{2m-x}.t<251^k+2^{2m-x}.t$ cho nên $251^k-2^{2m-x}.t=1$ và $251^k+2^{2m-x}.t=3^x$

Mà $251^k+2^{2m-x}.t-(251^k-2^{2m-x}.t)=2.2^{2m-x}.t=3^x-1 \Rightarrow 2^{2m-x+1}.t=3^x-1$

Vì TH này $4m>2x \Rightarrow 2m>x \Rightarrow 2m-x+1\geq 2 \Rightarrow 2^{2m-x+1}.t \vdots 4$ suy ra $3^x -1 \vdots 4$ suy ra $x$ chẵn mâu thuẫn $(*)$

TH3: $2x>4m \Rightarrow (1) \Leftrightarrow 2^{4m}(3^x.2^{2x-4m}+t^4)=2^{3z}.251^z$

Vì $v_2(VT)=v_2(VP) \Rightarrow 2^{4m}=2^{3z} \rightarrow 4m=3z \Rightarrow z=2k$

Viết lại phương trình $3^x.2^{2x-4m}+t^4=251^{2k} \Rightarrow 3^x.2^{2x-4m}=(251^k-t^2)(251^k+t^2)$

Nhận thấy trong hai số $251^k-t^2;251^k+t^2$ chỉ có duy nhất một số chia hết cho 4 số còn lại chia 4 dư 2

• Nếu $251^k-t^2 \vdots 4 \Rightarrow 251^k+t^2 \equiv 2 \pmod{4} \Rightarrow 251^k-t^2=2^{2x-4m-1}.q$ và $251^k+t^2=2.p$

Dễ dàng cm $gcd(251^k-t^2,251^k+t^2)=1$ cho nên chỉ tồn tại duy nhất một số chia hết cho 3 số còn lại thì không $(2)$

Mà $251^k+t^2>251^k-t^2 \Rightarrow 2p\geq 2^{2x-4m-1}.q \Rightarrow p\geq q$ $(3)$

$(2)(3) \Rightarrow p=3^x,q=1 \Rightarrow 251^k+t^2=2.3^x$ và $251^k-t^2=2^{2x-4m-1}$

Do đó $2t^2=2.3^x-2^{2x-4m-1} \Rightarrow t^2=3^x-2^{2x-4m-2} \Rightarrow t^2+2^{2x-4m-2}=3^x$

Vì $2^{2x-4m-2} \equiv 2^{2u} \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow t^2+2^{2x-4m-2} \equiv t^2+1 \pmod{3}$

Do đó suy ra $t^2+1 \equiv 3^x \pmod{3}$ và đây là điều vô lý do $3^x$ luôn chia hết cho $3$ (do nếu $x=0 \Rightarrow 1+y^4=2008^z$ chỉ có nghiệm

$(x,y,z)=(0,0,0)$ vì nếu $z>0 \Rightarrow y^4 \equiv 3 \pmod{4}$ vô lý) nên Th này loại

• Nếu $251^k+t^2 \vdots 4$ chứng minh tương tự có 2th

$\blacksquare$ Khi $251^k+t^2=2^{2x-4m-1}$ và $251^k-t^2=2.3^x \Rightarrow t^2=2^{2x-4m-2}-3^x \Rightarrow 3^x=(t-2^{x-2m-1})(t+2^{x-2m-1})$

Do $t$ lẻ nên $gcd(t-2^{x-2m-1},t+2^{x-2m+1})=1$ cho nên một số bằng $3^x$ số còn lại bằng $1$ nhưng $t-2^{x-2m-1}<t+2^{x-2m-1}$

Cho nên $t-2^{x-2m-1}=1$ và $t+2^{x-2m-1}=3^x$ suy ra $3^x-1=2.2^{x-2m-1}=2^{x-2m}$

Đặt $x-2m=w$ ta có phương trình $3^x-1=2^w$ đây là một kết quả quen thuộc ra nghiệm $(x,w)=(1,1),(2.3)$ hay $(x,x-2m)=(1,1),(2,3)$ vô lý do $x>x-2m$

$\blacksquare$ Khi $251^k+t=2^{2x-4m-1}.3^x$ và $251^k-t^2=2 \Rightarrow t^2=2^{2x-4m-2}.3^x-1 \Rightarrow t^2+1=2^{2x-4m-2}.3^x$ vô lý do $t^2+1$

không chia hết cho 3

Nên cả TH này loại

Vậy bài toán có nghiệm $\boxed{(x,y,z)=(0,0,0)}$

P/S trên chỉ là một cách giải đi tiếp theo suy nghĩ của Toàn tuy nhiên nó khổng lồ quá cho nên mình sẽ nghĩ một cách khác ngắn hơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 19-06-2012 - 23:25

[NLT]

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Exercise:
$\boxed{1}$ Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình${12^x} + {y^4} = {2008^z}$ .
$\boxed{2}$ Tìm $x,y$ nguyên dương thỏa $x^3+2x+1=2^y$.
___

SOLUTION: Xét trường hợp
TH1: Nếu $x=0 \implies y=z=0$.
TH2: Nếu $x \ge 1$

Sau đây là một lời giải hoàn chỉnh
Giải như sau:
............

P/S: Lời giải của nguyenta98 quá đồ sộ, không phải vì nó đồ sộ mà do nguyenta98 tự làm cho nó đồ sộ, thực ra ý tưởng của Toàn rất hay, và sau đây là cách giải của mình, hết sức ngắn gọn và đẹp (theo mình là thế, cũng lấy ý tưởng từ cách giải của Toàn)
___________________

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Solution:

Nếu $x=0 \implies y=z=0$.

Nếu $x \ge 1$, xét 2 trường hợp:

$\bullet$ Với $x$ chẵn, đặt $x=2k$. Ta có $12^x+y^4 \equiv 0 \pmod{251}$, nên $(12^x)^{125}+(y^4)^{125} \equiv 0 \pmod{125}$.

Có nghĩa là $A=(12^k)^{250}+(y^2)^{250} \equiv 0 \pmod{251} \qquad (1)$.

Mà theo Fermat nhỏ thì $(12^k)^{250} \equiv (y^2)^{250} \equiv 1 \pmod{251} \implies A \equiv 2 \pmod{251}$, vô lí với $(1)$.

$\bullet$ Với $x$ lẻ, đặt $y=2^m.t$ ($t$ lẻ, $m \ge 1$) thì pt trở thành $3^x.2^{2x}+2^{4m}.t^4=2^{3z}.251^z$.

Bởi vì $x$ lẻ nên chỉ có 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: $x>2m$. Đặt $x=2m+a$, thì phương trình trên trở thành:

${2^{2\left( {2m + a} \right)}}{.3^{2m + a}} + {2^{4m}}.{t^4} = {2^{3z}}{.251^z}$

$ \Leftrightarrow {2^{4m}}\left( {{2^{2a}}{{.3}^{2m + a}} + {t^4}} \right) = {2^{3z}}{.251^z}$$ \Rightarrow z \vdots 2\& {2^{2a}}{.3^{2m + a}} + {t^4} = {251^z}$

Nhận thấy rằng VP của phương trình trên có dạng $5n+1$.

Nếu $t \vdots 5 \to 1 \equiv {2^{2a}}{.3^{2m + a}} \equiv - {3^{2m + a}} = - {3^x} \equiv \pm 3\left( {\bmod 5} \right) \to False$ (Vì $x$ lẻ).

Nếu $t$ không chia hết cho 5$ \to {t^4} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right) \to \left( {{2^{2a}}{{.3}^{2m + a}}} \right) \vdots 5\left( {False} \right)$

Do vậy trường hợp 1 sai.

Trường hợp 2: $x<2m$. Đặt $2m=x+b$ thì phương trình trên trở thành:

${2^{2x}}{.3^x} + {2^{2\left( {x + b} \right)}}.{t^4} = {2^{3z}}{.251^z}$$\Leftrightarrow {2^{2x}}\left( {{3^x} + {2^{2b}}.{t^4}} \right) = {2^{3z}}{.251^z}$$ \Rightarrow 3z = 2x\& {3^x} + {2^{2b}}.{t^4} = {251^z}$.

Dễ thấy, $z$ chẵn, lại có $x$ lẻ nên VT có dạng $4n-1$ còn VP có dạng $4n+1$ $\to False$.

Do đó, trường hợp 2 sai

Ở 2 trường hợp đều dẫn đến điều vô lý, vậy ta kết luận nghiệm của pt là $(0;0;0)$.


$\boxed{\textit{The problem is completely solved ...}}$
___

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 20-06-2012 - 07:48

[tunglamlqddb]

bài hai làm như nào vậy, mọi người gợi ý mình với