Chủ đề này có 1 trả lời

[tritanngo99]

Tìm tất cả cặp số nguyên dương a và b thỏa mãn:

$(a+b)^b=a^b+b^a$

 

[lahantaithe99]

Tìm tất cả cặp số nguyên dương a và b thỏa mãn:

$(a+b)^b=a^b+b^a$

Lời giải: 

Điều kiện đề bài dễ dàng suy ra $a\geq b$

TH1: $a=b$ thì $(2a)^a=2a^a\rightarrow a=b=1$

TH2:  $a-b\geq 1$.

Nếu $b=1$ thì mọi $a\in\mathbb{Z}^+$ đều thỏa mãn 

Nếu $b\geq 2$

Gọi $d=\gcd(a,b))\Rightarrow a=dx,b=dy$ với $\gcd(x,y)=1$

Phương trình trở thành: $(x+y)^b-x^b=d^{a-b}y^a$

Gọi $p$ là một ước nguyên tố lẻ của $y$. Áp dụng bổ đề LTE:

$v_p\left [ (x+y)^b-x^b \right ]=v_p(y)+v_p(b)=2v_p(y)+v_p(d)=v_p(d)(a-b)+v_p(y)a$

$\Rightarrow v_p(y)(2-a)=v_p(d)(a-b-1)\geq 0\Rightarrow 2-a\leq 0\Rightarrow a=2$. Mà $a-b\geq 1\rightarrow b\leq 1$ ( loại vì đang xét $b\geq 2$) $(*)$

Do đó $y$ không có ước nguyên tố lẻ. Đặt $y=2^t$ ( $t\geq 1$)

Với $t=1$ thì $x\geq 3$. Theo bổ đề LTE $v_2\left [ (x+y)^b-x^b \right ]=v_p(y)+v_2(2x+y)+v_2(b)-1=2+v_2(x+1)+v_2(d)=v_2(d)(a-b)+dx\Rightarrow dx\leq v_2(x+1)+2$. Bằng cách đặt $x+1=2^v.k$ với $k$ lẻ, ta dễ dàng thấy điều này vô lý. 

Với $t\geq 2$ thì áp dụng LTE tương tự $(*)$ không thu được kết quả thỏa mãn

Vậy $(a,b)= (a,1)$ với $a\in\mathbb{Z}^+$