Chủ đề này có 8 trả lời

[Juliel]

Chứng minh rằng phương trình $x^{7}+y^{7}=1998^{z}$ không có nghiệm nguyên dương.

[Zaraki]

Chứng minh rằng phương trình $x^{7}+y^{7}=1998^{z}$ không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải. Với $x=y=1$ không thoả mãn. Với $\max \{x,y \} \ge 2$ thì:

Vì $z \ge 1$ nên $3|x+y$. Đặt $x=3^ax_1, \; y=3^by_1$ sao cho $a,b,x_1,y_1 \in \mathbb{N}, \; x_1,y_1 \ge 1, \; 3 \nmid x_1, 3 \nmid y_1$. Phương trình trở thành $$3^{7a}x_1^7+3^{7b}x_2^7=3^{3z} \cdot 74^z$$

Không mất tính tổng quát, giả sử $7a \le 7b \le 3z$.

Nếu $7a<7b$ thì sau khi rút gọn ta được $3 \nmid VT$ còn $3 \mid VP$, mâu thuẫn. Vậy $a=b$.

Khi đó áp dụng bổ đề LTE ta có $$v_3(x_1^7+y_1^7)=v_3(x_1+y_1)= v_3(3^{3z-7a})=3z-7a$$

Vậy $x_1+y_1=3^{3z-7a} \cdot k$ với $k \in \mathbb{N}^* \Rightarrow x+y=3^{3z-6a} \cdot k \qquad (1)$.

Tương tự thì $37|x+y$ nên $37|x_1+y_1$ theo bổ đề LTE thì $$v_{37}(x_2^7+y_2^7)=v_{37}(x_2+y_2)=v_{37}(37^{z-7c})=z-7c$$

với $x_1=37^cx_2,y_1=37^cy_2$ và $c,y_2,x_2 \in \mathbb{N}, \; x_2,y_2 \ge 1, \; 37 \nmid x_2, 37 \nmid y_2$. Do đó $x_2+y_2=37^{z-7c} \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*$. Điều này dẫn đến $x_1+y_1=37^{z-6c} \cdot 3^{3z-7a} 2^l \Rightarrow x+y= 37^{z-6c} \cdot 3^{3z-6a} \cdot 2^l$.

Tuy nhiên, theo cách đặt thì $x+y=3^a \cdot (x_1+y_1)= 3^a \cdot 37^c \cdot (x_2+y_2)$.

Do đó $z \ge 7a, z \ge 7c$.

Lại có $$(x+y)^2<x^7+y^7 \Leftrightarrow 3^{6z-12a} \cdot 37^{2z-12c} \cdot 2^{2l}< 3^{3z} \cdot 37^z \cdot 2^z \\  \Leftrightarrow 3^{3z-12a} \cdot 37^{z-12c} < 2^{z-2l}$$

Điều này mâu thuẫn vì $3^{3z-12a} \cdot 37^{z-12c} > 3^{z} \cdot 37^{z}> 2^z$.

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 31-08-2013 - 16:48

[Juliel]

Anh đang cần tìm một lời giải bằng định lí $Fermat$ nhỏ. Mà hình như điều kiện của định lí $LTE$ là $x,y$ phải đồng thời không chia hết cho $3$ mà nhỉ ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 31-08-2013 - 14:15

[IloveMaths]

Anh đang cần tìm một lời giải bằng định lí $Fermat$ nhỏ. Mà hình như điều kiện của định lí $LTE$ là $x,y$ phải đồng thời không chia hết cho $3$ mà nhỉ ?

Định lí LTE?? có tài liệu gì ko mọi người . tks  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IloveMaths: 31-08-2013 - 14:46

[Zaraki]

Anh đang cần tìm một lời giải bằng định lí $Fermat$ nhỏ. Mà hình như điều kiện của định lí $LTE$ là $x,y$ phải đồng thời không chia hết cho $3$ mà nhỉ ?

Cảm ơn anh, em đã sửa, anh coi hộ em có đúng không. 

 

Định lí LTE?? có tài liệu gì ko mọi người . tks  

Bạn có thể xem lí thuyết tại đây.

[Juliel]

Lời giải. Với $x=y=1$ không thoả mãn. Với $\max \{x,y \} \ge 2$ thì:

Vì $z \ge 1$ nên $3|x+y$. Đặt $x=3^ax_1, \; y=3^by_1$ sao cho $a,b,x_1,y_1 \in \mathbb{N}, \; x_1,y_1 \ge 1, \; 3 \nmid x_1, 3 \nmid y_1$. Phương trình trở thành $$3^{7a}x_1^7+3^{7b}x_2^7=3^{3z} \cdot 74^z$$

Không mất tính tổng quát, giả sử $7a \le 7b \le 3z$.

Nếu $7a<7b$ thì sau khi rút gọn ta được $3 \nmid VT$ còn $3 \mid VP$, mâu thuẫn. Vậy $a=b$.

Khi đó áp dụng bổ đề LTE ta có $$v_3(x_1^7+y_1^7)=v_3(x_1+y_1)= v_3(3^{3z-7a})=3z-7a$$

Vậy $x_1+y_1=3^{3z-7a} \cdot k$ với $k \in \mathbb{N}^* \Rightarrow x+y=3^{3z-6a} \cdot k \qquad (1)$.

Tương tự thì $37|x+y$ nên $37|x_1+y_1$ theo bổ đề LTE thì $$v_{37}(x_2^7+y_2^7)=v_{37}(x_2+y_2)=v_{37}(37^{z-7c})=z-7c$$

với $x_1=37^cx_2,y_1=37^cy_2$ và $c,y_2,x_2 \in \mathbb{N}, \; x_2,y_2 \ge 1, \; 37 \nmid x_2, 37 \nmid y_2$. Do đó $x_2+y_2=37^{z-7c} \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*$. Điều này dẫn đến $x_1+y_1=37^{z-6c} \cdot 3^{3z-7a} 2^l \Rightarrow x+y= 37^{z-6c} \cdot 3^{3z-6a} \cdot 2^l$.

Tuy nhiên, theo cách đặt thì $x+y=3^a \cdot (x_1+y_1)= 3^a \cdot 37^c \cdot (x_2+y_2)$.

Do đó $z \ge 7a, z \ge 7c$.

Lại có $$(x+y)^2<x^7+y^7 \Leftrightarrow 3^{6z-12a} \cdot 37^{2z-12c} \cdot 2^{2l}< 3^{3z} \cdot 37^z \cdot 2^z \\  \Leftrightarrow 3^{3z-12a} \cdot 37^{z-12c} < 2^{z-2l}$$

Điều này mâu thuẫn vì $3^{3z-12a} \cdot 37^{z-12c} > 3^{z} \cdot 37^{z}> 2^z$.

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Có $3|x+y=3^{a}(x_{1}+y_{1})$, như vậy liệu có suy ra được $3|(x_{1}+y_{1})$ không nhỉ ? 

 

Cảm ơn anh, em đã sửa, anh coi hộ em có đúng không. 

 

Bạn có thể xem lí thuyết tại đây.

Cái tính chất số 3 mà em nêu trong blog của em hình như không ổn : $v_{p}(a+b)\leq max\left \{ v_{p}(a),v_{p}(b) \right \}$

Vì nếu cho $p=3$, $a=2$, $b=1$ thì $1=v_{3}(2+1)\leq max\left \{ v_{3}(2),v_{3}(1) \right \}=0\qquad(!)$

[Zaraki]

Hic  , cái lỗi sai này lớn quá  . Cảm ơn anh lần nữa. 

Còn về tính chất số $3$ nếu em nói rằng $p$ là ước nguyên tố của $a$ và $b$ thì $v_p(a+b) \le \max \{ v_p(a),v_p(b) \}$ có được không anh nhỉ ??

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 31-08-2013 - 17:46

[Juliel]

Hic  , cái lỗi sai này lớn quá  . Cảm ơn anh lần nữa. 

Còn về tính chất số $3$ nếu em nói rằng $p$ là ước nguyên tố của $a$ và $b$ thì $v_p(a+b) \le \max \{ v_p(a),v_p(b) \}$ có được không anh nhỉ ??

Trong cái tài liệu về LTE viết bằng tiếng Anh mà anh đọc được hình như là chỉ có $min\left \{ v_{p}(a),v_{p}(b) \right \}\leq v_{p}(a+b)$ thôi, còn $v_p(a+b) \le \max \{ v_p(a),v_p(b) \}$ thì đã có phản ví dụ ở trên.   

[bangbang1412]

Chứng minh rằng phương trình $x^{7}+y^{7}=1998^{z}$ không có nghiệm nguyên dương.

Ta có $1998=2.3^{3}.37$

 Em nghĩ ra có thể kiểm tra trực tiếp với $z=1$ vì lũy thừa $7$ đủ lớn để có thể giới hạn

Xét $z\geq 2$ ta có $2|x$ và $2|y$ ( dễ dàng dùng đồng dư nên không ghi thêm )

Đặt $x=2^{a}.u$ và $y=2^{b}.v$ ta có $2^{7a}.u^{7}+2^{7b}.v^{7}=2^{2z}.27^{z}.37^{z}$

Giả sử $a\geq b$ khi đó một vế chẵn một vế lẻ ( lưu ý với cách đặt trên cho ta $gcd(u,2)=gcd(v,2)=1$ ) 

Nên ta có $a=b$ và hiển nhiên $u^{7}+v^{7}=2^{2z-2a}.27^{z}.37^{z}$

Đặt $u=3^{m}.p$ và $v=3^{n}.q$  , lập luận thế một lần nữa ta có $p^{7}+q^{7}=2^{2z-2a}.3^{3z-7m}.37^{z}$

Tương tự thu được $h^{7}+g^{7}=2^{2z-2a}.3^{3z-7m}.37^{z-7l}$

Khi đấy  ta có vế trái phải chẵn nếu $z>a$ ( vế phải chia hết cho $4$ luôn )

Nên $h,g$ chẵn nên vô lý , do đó $z=a$ 

Do đó ta có $h^{7}+g^{7}=3^{3z-7m}.37^{z-7l}$

Hiển nhiên $2^{7}+1\equiv 0(mod3)$

Nên ta có thể giả sử $h\equiv 1 (mod3)$ và $g\equiv 2(mod3)$

Sử dụng các khai triển ta có $v_{3}(2^7+1)=1$

Nên $3z=7m+1$ do đó ta có $h^{7}+g^{7}=3.37^{z-7l}$

                           

Ta có $h^{7}+g^{7}=(h+g)(g^{6}-g^{5}h+g^{4}h^{2}-g^{3}h^{3}+g^{2}h^{4}-gh^{5}+h^{6})=3.37^{z-7l}$

 Em nghĩ để phương trình vô nghiệm ta cần xét $36$ lần các số dư của $h^{7}$ chia cho $37$ sau đó lập luận cho $z=7l+1$ 

Sẽ thu được hệ của $h+g$ và $\frac{h^{7}+g^{7}}{h+g}$ , giải hệ có vô nghiệm

Thông cảm em ngại lắm , bác nào có phần mềm xét hộ