Chủ đề này có 2 trả lời

[Zaraki]

Cho $ x,y,z $ là các số nguyên dương.Giải phương trình sau:
$$ x^2+y^2=z! $$

[tay du ki]

Bai nay hay 4 nam chua co loi giai

[IHateMath]

Ta chứng minh phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương $(x,y,z)$ mà $z\geq 7$. Trước hết ta có hai bổ đề:

Bổ đề 1: nếu một số nguyên tố $p=4k+3$ chia hết $a^2+b^2$ ($a,b\in\mathbb{Z}$) thì $p|a$ và $p|b$.

Chứng minh:

Giả sử $p\not |a$. Khi đó hiển nhiên $p\not |b$ và $(a,p)=(b,p)=1$. Theo định lý Fermat nhỏ thì

$a^{p-1}\equiv 1$ (mod $p$).

Tương tự,

$b^{p-1}\equiv 1$ (mod $p$).

Suy ra.

$a^{p-1}+b^{p-1}\equiv 2$ (mod $p$)

hay là

$a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 2$ (mod $p$)

tương đương với 

$(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}\equiv 2$ (mod $p$).

Mặt khác,

$(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)(a^{2k}+a^{2k-1}b+\ldots +ab^{2k-1}+b^{2k})$,

chia hết cho $p$, mâu thuẫn. Suy ra đpcm. $\blacksquare$

Bổ đề 2: Với $n\in\mathbb{Z},n\geq 7$, tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ mà $\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor +1\leq p\leq n$.

Đây là định lý Breusch (nguồn: https://en.wikipedia.org/wiki/Robert_Breusch). Đây là một kết quả mạnh hơn định đề Bertrand.(Dùng dao mổ trâu giết gà rồi )

Trở lại bài toán. Giả sử phương trình có nghiệm $(x,y,z)$ với $z\geq 7$. Khi đó, theo Bổ đề 2, tồn tại $p=4k+3$ nguyên tố mà $p\leq z<2p$. Từ đó suy ra $v_p(z!)=1$. Mặt khác, theo bổ đế 1, $p|x$ và $p|y$, do đó $p^2|x^2,p^2|y^2\Rightarrow p^2|x^2+y^2=z!$, mâu thuẫn. Suy ra điều cần chứng minh.

Công việc còn lại là xét các trường hợp $z=2,3,4,5,6$.

- Với $z=2$, phương trình có nghiệm $(1,1,1)$.

- Với $z=3,4,5$, phương trình đã cho ko có nghiệm nguyên dương. (dễ kiểm tra, dùng bổ đề 1 nêu trên)

- Với $z=6$, phương trình có nghiệm $(12,24,6)$ và $(24,12,6)$.

Đáp số: $(1,1,1),(12,24,6),(24,12,6)$.

P/s: Tham khảo ở link: https://www.artofpro...1148478p5425767.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 16-12-2016 - 23:24