Đến nội dung

Hình ảnh

$(a^{3}+b)(b^{3}+a)=n^{n}$

nghiệm nguyên

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

Tìm các số tự nhiên $a,b,n$ thỏa mãn:$(a^{3}+b)(b^{3}+a)=n^{n}$


How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#2
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Tìm các số tự nhiên $a,b,n$ thỏa mãn:$(a^{3}+b)(b^{3}+a)=n^{n}$

 

Tìm nhanh thì được vài nghiệm $(a;b;n)$ là $(0;1;1), (1;1;2), (1;2;3), (0;4;4)$.  


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 09-06-2023 - 21:53

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#3
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Thử giải bài toán trong trường hợp đặc biệt $a=b\neq 0$. 

 

Xét phương trình $$(a^3+a)^2=n^n.$$ Nhận xét rằng $a(a^2+1)$ luôn chia hết cho $2$ nên ta phải có $n$ là số chẵn. 

 

Đặt $n=2k$ với  $k\in \mathbb{N}^*$, phương trình trên trở thành $$a(a^2+1)=(2k)^k$$

Ta có nhận xét rằng $(a, a^2+1)=1$ do đó $a=p^k$ và $a^2+1=q^k$ trong đó $p.q=2k$ và $(p,q)=1$. 

 

Ta có $p^{2k}+1=q^k$ hay $q^k-(p^2)^k=1$. Suy ra $q-p^2|1$, dẫn tới $q=p^2+1$. 

Do đó $(p^2+1)^k-(p^2)^k=1$ hay $(p^2+1)^k-1=p^{2k}$. Điều này tương đương $$p^2.\left[(p^2+1)^{k-1}+(p^2+1)^{k-2}+...+(p^2+1)+1\right]=p^{2k}$$ hay $$(p^2+1)^{k-1}+(p^2+1)^{k-2}+...+(p^2+1)+1=p^{2(k-1)}$$

 

Biểu thức ở vế trái chia $p^2$ dư $k$, vì thế $p^2|k$. Đặt $k=p^2.k'$ khi đó từ $pq=2k$ ta suy ra $q=2k'p$. Mà $(p,q)=1$ nên $p=1$. Suy ra $q^k=2$. Điều này chỉ chảy ra khi $k=1$ và $q=2$.

 

Vì $p=1, q=2, k=1$ nên $a=1, n=2$. Thử lại thấy đúng. 

 

Tóm lại, phương trình ban đầu chỉ có nghiệm $(a;n)$ duy nhất là $(1;2)$. 

 

----

Nhận xét: 

1) Mệnh đề $a=p^k, a^2+1=q^k$ với $2k=pq$ và $(p,q)=1$ không hiển nhiên.Ta có thể chứng minh chi tiết như sau.

Giả sử $p'$ là một ước nguyên tố của $a$. Khi đó $p'$ cũng phải là ước nguyên tố của $2k$.

Giả sử $2k$ có dạng phân tích thừa số nguyên tố là $2k=(p')^s.k'$ với $(p',k')=1$. Khi đó $(2k)^k=(p')^{ks}.(k')^k$.

Bởi $(a,a^2+1)=1$ nên $(p')^{ks}|a$. Khi đó $a=(p')^{ks}.a'$ với $a'|(k')^k$. Lưu ý rằng $(k',p')=1$ nên $(a',p')=1$.

Tóm lại, nếu $p'$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $a$ thì luỹ thừa của $p'$ trong dạng phân tích thừa số nguyên tố của $a$ luôn là một bội của $k$. Điều này chứng tỏ $a$ phải có dạng $a=p^k$.

Từ đó suy ra $\left(\frac{2k}{p}\right)^k=a^2+1$. Ta có $\frac{2k}{p}$ phải là một số tự nhiên. Đặt $q=\frac{2k}{p}$ khi đó $a^2+1=q^k$. 

 

2) Đối với những bài toán khó như trên thì cách tiếp cận đầu tiên luôn là dự đoán nghiệm, sau đó thử giải bài toán trong các trường hợp đặc biệt của ẩn. Có thể những điều này chưa giúp ta tìm ra chứng minh sau cùng nhưng ít nhất nó giúp ta làm quen với bài toán và tạo đà cho tư duy tiến sâu hơn.

 

3) Có một hướng giải với trường hợp đặc biệt của ẩn nữa cũng khá hay đó là xét  $b=1$ khi đó ta đi giải phương trình $$(a+1)^2(a^2-a+1)=n^n.$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 10-06-2023 - 22:38

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#4
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

1) Một hướng giải nhờ đánh giá bất đẳng thức. Hướng này nói chung không thể tiến xa được. 

 

Xét $n\geq 6$. Ta có $(a^3+b)(b^3+a) \leq (a^3+b^3)^2 \leq (a+b)^6$. Vì thế $n^n \leq (a+b)^6$. Mà $n\geq 6$ nên $n^6 \leq (a+b)^6$ hay $n \leq a+b$.  

Như vậy với $n \geq 6$ ta phải có $6 \leq n \leq a+b$. 

 

2) Cả bốn nghiệm $(a;b;n)$ đã tìm được đều có chung một đặc điểm $n=a+b$. Điều này gợi cho ta thử giải phương trình $$(a^3+b)(b^3+a)=(a+b)^{a+b}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 11-06-2023 - 18:07

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#5
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết
Đặt $S=(a^3+b)(b^3+a)$. Xét dạng phân tích thừa số nguyên tố của $S$ là $$S=p_m^{\alpha_m}. p_{m-1}^{\alpha_{m-1}}...p_1^{\alpha_1}$$
Nhận xét: $n$ là ước chung của $\alpha_i$ ($1 \leq i \leq m$)
Nhờ nhận xét trên ta có một cách để kiểm tra nhanh chóng xem với $a, b$ cho trước thì tồn tại $n$ sao cho $S=n^n$ hay không.
Ví dụ: với $a=6, b=9$, khi đó $S=165375=3^3.5^3.7^2$. Suy ra $n$ là ước chung của $2, 3$. Do đó $n=1$. Mâu thuẫn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 12-06-2023 - 16:05

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#6
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết
Nhận xét $a^3-a=(a-1)a(a+1)$ là tích ba số tự nhiên liên tiếp do đó $a^3\equiv a \pmod{6}$. Tương tự $b^3\equiv b \pmod{6}$. Do đó $$(a^3+b)(b^3+a) \equiv (a+b)(b+a) \equiv (a+b)^2 \pmod{6}.$$ Vậy $$n^n\equiv (a+b)^2 \pmod{6}.$$ Điều này dẫn đến một hệ quả đáng chú ý: $n$ và $a+b$ cùng tính chẵn lẻ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 13-06-2023 - 05:32

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#7
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Một trường hợp đặc biệt nhưng cũng không dễ giải đó là $n$ nguyên tố.

 

Trường hợp $n=2, n=3$ ta giải ra ngay nghiệm. 

Trường hợp $n>3$ do $n$ nguyên tố nên $(n,3)=1$. 

Xét phương trình $$(a^3+b)(b^3+a)=n^n.$$ Do $n$ nguyên tố nên 

$$\left\{\begin{matrix} &a^3+b=n^p\\ &b^3+a=n^q \end{matrix}\right.$$
trong đó $p+q=n$ và $p, q \in \mathbb{N}$. Không mất tính tổng quát ta giả sử thêm $p\geq q$. 
Do $a^3\equiv a \pmod{3}$ và $b^3\equiv b \pmod{3}$ nên $n^p \equiv n^q \equiv a+b \pmod{3}$. Suy ra $$n^q.(n^{p-q}-1) \equiv 0 \pmod{3}$$ mà $(n, 3)=1$ nên $$n^{p-q}\equiv 1 \pmod{3}$$
Do $p+q=n$ nên $p, q$ khác tính chẵn lẻ, hay $p-q$ là một số lẻ. Đặt $p-q=2k+1$, khi đó $$(n^2)^k.n\equiv 1 \pmod{3}$$ mà $n^2\equiv 1 \pmod{3}$ nên $$n\equiv 1 \pmod{3}.$$
Vậy nếu $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $n \equiv 1 \pmod{3}$. 
 
Tới đây việc giải tiếp là khó ngay cả với các trường hợp đặc biệt chẳng hạn như $$(a^3+b)(b^3+a)=31^{31}$$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 16-06-2023 - 16:37

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#8
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Ta xét tiếp phương trình \begin{equation} \label{eq1}(a^3+b)(b^3+a)=n^n\end{equation} với $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. Ta có \begin{equation} \label{eq2} a^3+b=n^p\end{equation} và \begin{equation} \label{eq3}b^3+a=n^q \end{equation} trong đó $p+q=n$ và $p, q \in \mathbb{N}$. Không mất tính tổng quát ta giả sử thêm $a\geq b$. Do $n$ lẻ nên $p > q$. 

 

Từ phương trình \eqref{eq2} ta có $b=n^p-a^3$ thay vào phương trình \eqref{eq3} và biến đổi tương đương ta được \begin{equation} \label{eq4} n^q\left[n^{3p-q}-3n^{p-q}a^3(n^p-a^3)-1\right]=a(a^8-1) \end{equation}

Chú ý rằng $(a, a^8-1)=1$ nên ta phải có $n^q|a$ hoặc $n^q|a^8-1$. 

 

Trường hợp $n^q|a$. Từ \eqref{eq3} ta có $a\leq n^q$, dẫn tới $a=0$ hoặc $a=n^q$.  Nhưng nếu $a=0$ thì $b=0$, suy ra $n=0$ mâu thuẫn với giả thiết $n>3$. Còn nếu $a=n^q$ thì $b=0$, và ta có ngay $p=3q$, vì vậy $n=4q$. Điều này mâu thuẫn với giả thiết $n$ là số nguyên tố. 

 

Vậy ta phải có $n^q|a^8-1$. 

 

Ta có phân tích $$a^8-1=(a-1)(a+1)(a^2+1)(a^4+1)$$

Dễ dàng chứng minh được ước chung lớn nhất của bất kỳ cặp thừa số nào trong bốn thừa số $a-1, a+1, a^2+1, a^4+1$ đều không vượt quá $2$. Mà $n^q$ lại là một số lẻ lớn hơn $1$ vì vậy $n^q$ phải là ước của một trong bốn thừa số trên. 

 

- Trường hợp $n^q|a-1$. Nếu $a>1$ thì có ngay $a-1\geq n^q$ hay $a>n^q$ dẫn tới $b^3=n^q-a<0$, mâu thuẫn. Do đó ta phải có $a=1$. Nhưng nếu vậy thì $n^q=b+1\leq b^3+1=n^q$, dẫn tới $p\leq q$, mâu thuẫn. 

 

- Trường hợp $n^q|a+1$. Ta có ngay $a+1 \geq n^q$ suy ra $b^3=n^q-a\leq 1$. Do đó $b=0$ hoặc $b=1$. Nếu $b=0$ thì ta phải có $n=4q$, mâu thuẫn. Còn nếu $b=1$ thì $a^3+1=n^p$ và $a+1=n^q$ suy ra $a^2-a+1=n^{p-q}$ hay $$(a+1)^2-3(a+1)+3=n^{p-q}$$ Điều này chứng tỏ n|3. Mâu thuẫn. 

 

- Trường hợp $n^q|a^2+1$. Khi đó đặt $a^2=k.n^q-1$, suy ra $n^p=a.a^2+b=kan^q-a+b$. Do đó $$a-b=sn^q$$ trong đó $s=ka-n^{p-q}$. Do $a\geq b$ theo giả thiết nên $s\geq 0$. Thay $a=sn^q+b$ vào phương trình $(2)$ ta được $$b^3+b+sn^q=n^q$$

Do đó $s \leq 1$.  

Nếu $s=1$ thì $b=0$, dẫn tới mâu thuẫn.

Nếu $s=0$ thì $n^q=b(b^2+1)$, mà $n$ nguyên tố và $(b, b^2+1)=1$ nên $b=1$. Mặt khác, do $s=0$ nên $a=b=1$. Do đó $n^n=2$ vô lý.  

 

Vậy ta phải có $n^q|a^4+1$. 

 

Hơn nữa, nếu ta đặt $a^4+1=n^q.m$ thì từ phương trình $(4)$ ta suy ra $$n^{3p-q}-3n^{p-q}a^3(n^p-a^3)-1=a(a-1)(a+1)(a^2+1)m$$ điều này chứng tỏ $(m,n)=1$. 

Cũng từ phương trình trên ta suy ra $a| n^{3p-q}-1$. 

 

-----

Như vậy nếu $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ và $a\geq b$ thì ta có các tính chất sau: 

Tính chất 1. $n \equiv 1 \pmod{3}$

Tính chất 2. $a^4+1=n^q.m$ với $(m,n)=1$. 

Tính chất 3.  $a| n^{3p-q}-1$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 19-06-2023 - 04:24

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#9
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Trong bài trước ta đã chỉ ra được rằng trong trường hợp $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $a^4+1=mn^q$ với $(m,n)=1$. Điều này có nghĩa $n^q$ phải là một hạng tử trong phân tích thừa số nguyên tố của $a^4+1$. Đây là một kết quả khá "mạnh" bởi từ đây ta có kiểm tra nhanh xem liệu một giá trị $a$ cụ thể nào đó có thỏa mãn phương trình hay không. 

 

Chẳng hạn với $a=5$ thì $a^4+1=626=2^1.213^1$. Suy ra $n=213, q=1$. Khi đó ta được $b^3=213-5=208$. Không tồn tại $b$ thỏa mãn. 

 

Với $a=6$ thì $a^4+1=1297$ là một số nguyên tố vì vậy $n=1297, q=1$. Do đó $b^3=1297-6=1291$. Không tồn tại $b$ thỏa mãn. 

 

Tương tự ta kiểm tra nhanh được $a=7, 8, 9, 10, 11, 12...$ không thỏa mãn. 

 

---

 

Trong quá trình tính toán trên mình nhận ra khi phân tích  $a^4+1$ thành thừa số nguyên tố thì trong phần lớn trường hợp toàn bộ lũy thừa của các ước nguyên tố đều bằng $1$. Rất rất hiếm trường hợp xuất hiện lũy thừa $2$ chẳng hạn $$12322000234000^4+1=17^2 × 79 767688 641557 908215 580505 696938 928095 280276 816609$$

và chưa thấy bất kì trường hợp nào xuất hiện lũy thừa $3$. 

 

Như vậy ta có thể đưa ra dự đoán rằng mọi lũy thừa trong dạng phân tích thừa số nguyên tố của $a^4+1$ đều bé hơn $3$. Nếu dự đoán này là đúng thì ta suy ra ngay $q=1$ hoặc $q=2$. Đây sẽ là bước tiến quyết định để giải quyết triệt để trường hợp  $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. 

 

Dự đoán trên nếu đúng thì có thể phát biểu lại thành bổ đề như sau: 

 

Phương trình $x^4+1=y^3z$ không có nghiệm với $x, y, z $ là các số tự nhiên và $y$ là số nguyên tố. 

----

Ngoài lề: 

 

1) Mình thực hiện tính toán trên trang 

 

https://www.alpertron.com.ar/ECM.HTM

Trang này cho phép nhập biểu thức đại số với giá trị của biến có thể cực lớn, hơn nữa còn hỗ trợ phân tích trực tiếp một cách nhanh chóng kết quả ra thừa số nguyên tố. Thao tác thực hiện đơn giản chỉ cần nhập biểu thức cần tính sau đó ấn "factor" là sẽ có ngay phân tích thừa số nguyên tố của biểu thức đó. 

 

2) Trên diễn đàn đã có một bài toán là trường hợp đặc biệt của Bổ đề 1 với $z=1$. Tuy nhiên lời giải cũng chưa được trọn vẹn. 

 

3) Với giá trị $a$ từ $1$ đến $300$ thì chỉ có $5$ trường hợp xuất hiện luỹ thừa $2$ như sau: 

 

$$ 110^4+1 = 17^2 × 506609$$

$$134^4+1=17^2 × 1 115633$$

$$ 155^4+1=2 × 17^2 × 998617$$

$$179^4+1=2 × 17^2 × 1 776169$$

$$261^4+1= 2 × 257^2 × 35129$$

 

Xác suất gặp tình huống này như thế vào tầm $1,67 \%$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 19-06-2023 - 11:35

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#10
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Phản ví dụ cho dự đoán mình phát biểu ở trên được tìm thấy sau gần $400$ phép tính cụ thể. 

$\boxed{399^4+1 = 2 × 17^3 × 2 57937}$

Việc tìm ra phản ví dụ này cho ta thấy rất có thể vẫn xảy ra các luỹ thừa lớn nhưng chúng chỉ xuất hiện khi giá trị của $a$ đủ lớn. Tuy nhiên kể cả có tồn tại $a$ như thế thì việc tính toán tìm kiếm là rất tốn công. Việc đưa ra một dự đoán giới hạn giá trị của $q$ xem chừng không còn khả thi. 

 

Ngoài ra, khi tính tiếp tới $a=900$ mình tìm thêm được $10$ trường hợp với luỹ thừa $2$ nữa 

$423^4+1= 2 × 17^2 × 353 × 156913$

$444^4+1 = 17^2 × 134 472673$

$468^4+1 = 17^2 × 165 991393$

$688^4+1 = 17^2 × 775 275233$

$712^4+1 = 17^2 × 97 × 9 167489$

$733^4+1= 2 × 17^2 × 499 445449$

$757^4+1 = 2 × 17^2 × 401 × 1 416809$

$776^4+1 = 41^2 × 353 × 449 × 1361$

$834^4+1 = 41^2 × 287 803777$

$847^4+1 = 2 × 41^2 × 401 × 381761$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 20-06-2023 - 00:00

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#11
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Tham khảo thêm sách thì gặp được bài toán tương tự sau đây

 

Bài toán. (Turkey Junior Balkan Mathematical Team Selection Test 2014) 

Tìm bộ ba số nguyên dương $a,b,c$ thoả mãn 

$$ (a^3+b)(a+b^3)=2^c$$

Lời giải. 

*   Nếu $a=b$ thì $a^2(a^2+1)^2=2^c$. Trường hợp $a=1$ thì $c=2$. Trường hợp $a>1$ thì trong hai số $a, a^2+1$ sẽ có một số lẻ, dẫn tới $2^c$ có ước nguyên tố lẻ, điều này vô lý. 

 

*   Không mất tính tổng quát giả sử $a>b$. Từ giả thiết ta có $a^3+b=2^m, a+b^3=2^n$ với $m, n$ là các số tự nhiên. Từ $a>b$ ta dễ dàng suy ra $m>n$. Do đó $a+b^3|a^3+b$. Mà $a+b^3|a^3+b^9$ nên $a+b^3|b^9-b$. Hay $$2^n|b^9-b$$. 

* Tiếp theo ta chứng minh $a, b$ đều lẻ. Thật vậy, đặt $a=2^ux, b=2^vy$ với $x, y, u$ là các số tự nhiên và $x, y$ là các số lẻ. Khi đó $$ 2^{3u}x^3+2^vy=2^m$$

Nếu $3u\geq v$ thì $2^v(2^{3u-v}x+y)=2^m$, suy ra $3u=v$. Tương tự nếu $3u\leq v$ ta cũng suy ra $3u=v$. Do đó $3u=v$. 

Chứng minh tương tự $v=3u$. Vì vậy $u=v=0$. Dẫn tới $a, b$ là các số lẻ. 

 

  Vì $2^n|b^9-b$ và $b$ là số lẻ nên $$2^n|b^8-1=(b^4-1)(b^4+1)$$ Vì $(b^4-1,b^4+1)=2$ và $4|b^4-1$ nên ta phải có $2^{n-1}|b^4-1=(b^2-1)(b^2+1)$.

Lại vì $(b^2-1,b^2+1)=2$  và $4|b^2-1$ nên $2^{n-2}|b^2-1$. 

Cuối cùng, do $(b-1,b+1)=2$ nên $$b+\varepsilon =2^{n-3}q$$ với $q\in \mathbb{N}^*$ và $\varepsilon \in \left \{ 1, -1 \right \}$. 

 

*   Tiếp theo, ta có $8b+8\varepsilon=2^nq>a+b^3$. Dễ dàng chứng minh quy nạp rằng với $b\geq 4$ thì $b^3>8b+8$. Do đó nếu $b\geq 4$ thì $$a+b^3>a+8b+8>8b+8>8b+8\varepsilon$$ Ta gặp mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ $b\leq 3$. Mà $b$ lẻ nên $b=1$ hoặc $b=3$. 

 

*   Bây giờ ta xét $b=1$, khi đó $a+1=2^n$ và $a^3+1=2^m$. Thế $a=2^n-1$ vào phương trình thứ hai và biến đổi tương đương ta được $$2^{3n-m}-3.2^{2n-m}+3=2^{m-n}$$ Ta phải có $m=n$, dẫn tới $a=1$, loại vì ta đang xét $a>b$. 

 

Xét $b=3$, khi đó $a+27=2^n$ và $a^3+3=2^m$. Thế $a=2^n-27$ vào phương trình thứ hai và biến đổi tương đương ta được $$ 2^{3n}-81.2^{2n}+2187.2^n-19680=2^m$$

 

Nếu $n>5$ thì $$2^{3n-5}-81.2^{2n-5}+2187.2^{n-5}-615=2^{m-5}$$ Phương trình trên vô nghiệm. Vì vậy $n\leq 5$. 

 

Mặt khác $2^n=a+27$ nên $n>4$. Cuối cùng ta được $n=5$, suy ra $(a,b)=(5;3)$. 

 

*  Vậy phương trình ban đầu có $3$ nghiệm $(a,b,c)$ là $(1; 1; 2), (3; 5; 12); (5; 3; 12)$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 19-06-2023 - 17:50

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#12
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Trong bài viết trước, với trường hợp $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ ta đã chỉ ra $n^q|a^4+1$ và $n \equiv 1 \pmod{3}$ 

 

Từ đây suy ra $a^4 \equiv -1 \pmod{n}$. Hơn nữa, vì $n$ là số lẻ và $n\equiv 1 \pmod{3}$ nên $n$ có dạng $n=6k+1$. 

 

Vì $(a,n)=1$ nên áp dụng Định lý Fermat nhỏ ta được $a^{n-1} \equiv 1 \pmod{n}$, suy ra $a^{6k}\equiv 1 \pmod{n}$. Ta lại có $a^{6k} \equiv (a^4)^k.a^{2k} \equiv (-1)^k.a^{2k}\pmod{n}$ nên $a^{2k} \equiv (-1)^k \pmod{n}$.

Xét $k=4s+1$ khi đó $a^{2k} \equiv (a^4)^{2s}.a^2 \equiv a^2 \pmod{n}$. Do đó $a^2\equiv -1\pmod{n}$. 

Xét $k=4s+3$ khi đó $a^{2k} \equiv (a^4)^{2s+1}.a^2 \equiv -a^2 \pmod{n}$. Do đó $a^2\equiv 1\pmod{n}$.

Như vậy nếu $k$ là số lẻ thì $a^2\equiv \pm 1 \pmod{n}$. Nhưng điều này lại dẫn tới $a^4\equiv 1\pmod{n}$ mâu thuẫn. 

Xét $k=4s+2$ khi đó $a^{2k}\equiv (a^4)^{2s}.a^4 \equiv a^4 \pmod{n}$. Suy ra $a^4\equiv (-1)^{4s+2}\equiv 1 \pmod {n}$, mâu thuẫn. 

Do đó $k=4s$.

Vậy nếu $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $n \equiv 1 \pmod{24}$. 

 

Từ đây ta có $a^3+b \equiv b^3+a \equiv 1 \pmod{24}$. Thử trực tiếp số dư $a, b$ khi chia cho $24$ ta thấy chỉ xảy ra các trường hợp sau đây cho bộ hai số dư:  $(0, 1), (1, 0), (8, 17), (17, 8), (9, 16), (16,9)$.  Nói chung $a+b \equiv 1 \pmod{24}$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 06-07-2023 - 17:42

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#13
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Một nhận xét khá quan trọng nữa, đó là mọi ước nguyên tố lẻ của $a^4+1$ đều có dạng $8s+1$. 

 

Thật vậy, ta có $a^4+1=(a^2)^2+1$ vì vậy mọi ước nguyên tố lẻ của $a^4+1$ đều có dạng $4k+1$, tức là $8s+1$ hoặc $8s+5$. 

 

Nếu $x=8s+5$ là một ước nguyên tố lẻ của $a^4+1$. Khi đó $(a,x)=1$ và $a^4\equiv -1 \pmod{x}$. 

Vì $a^4\equiv -1 \pmod{x}$ nên 

$a^x \equiv (a^4)^{2s+1}.a \equiv (-1)^{2s+1}a \equiv -a \pmod{x}$ 

Mặt khác, vì $(a,x)=1$ nên theo  Định lý Fermat nhỏ ta có $a^x\equiv a \pmod {x}$. 

Do đó $a\equiv -a \pmod {x}$ hay $2a\equiv 0\pmod{x}$. Mà $(x,2)=1$ nên $a\equiv 0\pmod{x}$. Mâu thuẫn vì $(a, x)=1$. 

 

Tóm lại nếu $x$ là ước nguyên tố lẻ của $a^4+1$ thì $x \equiv 1 \pmod{8}$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 04-07-2023 - 18:47

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#14
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Tiếp tục với trường hợp $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. 

 

Nhắc lại điều kiện bài toán ta đang xét là $a^3+b=n^p$ và $b^3+a=n^q$, trong đó $p+q=n$ và thêm điều kiện  $a \geq b$.

 

Trường hợp $a=b$ ta đã chỉ rằng $n=2$, trái với điều kiện đang xét $n>3$. Do đó $a>b$. 

 

* Xét trường hợp $b=0$. Khi đó $a^4=n^n$. Vì $n$ nguyên tố nên $a=n^k$ với $k \in \mathbb{N}^*$. Dẫn tới $n=4k$, mâu thuẫn vì $n$ là số nguyên tố. 

 

* Vậy ta phải có $a>b>0$. Bây giờ, ta chứng minh $(a,b)=1$.

Thật vậy gọi $d$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$, và đặt $a=da', b=db'$ trong đó $a', b'>0$ và nguyên tố cùng nhau. 

Ta có 

$d(d^2a'^3+b')=n^p$ và $d(d^2b'^3+a')=n^q$. 

Suy ra $d=n^i$ với $ 0 \leq i \leq q$. 

Nếu $i=q$, khi đó $d^2b'^3+a'=1$, tức là $a'=0$ hoặc $b'=0$. Trái với điều kiện $a', b'>0$. 

Nếu $0<i<q$, từ $d^2a'^3+b'=n^{p-i}$ và $d^2b'^3+a'=n^{q-i}$ ta suy ra ngay $n$ là ước chung của $a', b'$. Nhưng $(a',b')=1$ nên $n=1$, trái với điều kiện đang xét $n>3$. 

Tóm lại $i=0$ do đó $d=1$. 

 

Vậy nếu $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $a, b$ nguyên tố cùng nhau. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 04-07-2023 - 22:20

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#15
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Phương trình ban đầu $(a^3+b)(b^3+a)=n^n$ có vô số nghiệm. Trong đó, có một nghiệm tổng quát $(a,b,n)$  là $((4k)^k, 0, (4k)^{4k})$ với $k\in\mathbb{N}^*$. 


"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#16
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Xét tiếp trường hợp $n$ là số nguyên tố lớn hơn $3$.

 

Ta đã chứng minh $n^q|a^4+1$. Mà $a^3+b=n^p$ suy ra $a^4+ab=an^p$ hay $(a^4+1)+(ab-1)=an^p$. 

Do đó $n^q|ab-1$. 

 

Tiếp theo, từ $b^3+a=n^q$, suy ra $ b^4+ab=bn^q$ hay $(b^4+1)+(ab-1)=bn^q$. 

Do đó $n^q|b^4+1$. 

 

Bây giờ, ta có $(a^4+1)-(b^4+1)=(a-b)(a+b)(a^2+b^2)$  nên $$n^q|(a-b)(a+b)(a^2+b^2) $$

Do $n$ là số nguyên tố nên $n$ là ước của một trong ba số $a-b, a+b, a^2+b^2$. 

 

Nếu $n|a-b$. Đặt $a=b+kn$. Khi đó từ $b^3+a=n^q$ ta suy ra $b(b^2+1)=n^q-kn$. Chứng tỏ $n|b(b^2+1)$. 

Nhưng $(b,n)=1$ do $n^q|b^4+1$ nên $n|b^2+1$. 

Ta lại có $n|a-b$, suy ra $n|ab-b^2$. Ta có $(ab-b^2)+(b^2+1)=ab+1$, suy ra $n|ab+1$. 

Mà $n|ab-1$ nên $n|2$. Mâu thuẫn với điều kiện đang xét $n>3$. 

 

Tương tự trường hợp $n|a+b$ ta cũng suy ra mâu thuẫn như trên là $n|2$. 

 

Như vậy $n$ không phải ước nguyên tố của $a+b, a-b$. Điều này dẫn tới $n^q|a^2+b^2$. 

 

Từ đây ta có $n^q$ là ước chung của sáu số $a^3+b, b^3+a, a^4+1, b^4+1, ab-1$ và $a^2+b^2$. 

 

----

 

Tiếp theo, ta có $a^4+ab=an^p$ và $b^4+ab=bn^q$. Suy ra $(a^2-b^2)(a^2+b^2)=n^q(an^{p-q}-b).$ 

Ta có $n^q|a^2+b^2$ dẫn tới $a^2-b^2|an^{p-q}-b$ hay 

$a+b|an^{p-q}-b$ và $a-b|an^{p-q}-b$. 

 

Mà $$an^{p-q}-b=(a+b)n^{p-q}-b(n^{p-q}+1)=(a-b)n^{p-q}+b(n^{p-q}-1)$$

và lưu ý rằng vì $(a,b)=1$ nên $(a-b, a)=(a+b, b)=1$, ta suy ra 

$a+b|n^{p-q}+1$ và $a-b|n^{p-q}-1$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 08-07-2023 - 03:01

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#17
Nguyen Bao Khanh

Nguyen Bao Khanh

    Hạ sĩ

  • Hái lộc VMF 2024
  • 74 Bài viết

Anh lấy bài này từ sách nào vậy ạ  :D  :D  :D  :D



#18
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

Anh lấy bài này từ sách nào vậy ạ  :D  :D  :D  :D

Bài này là anh tự nghĩ ra em ạ.Anh mở rộng từ các bài toán như $\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=2^{n};\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=n^{3};\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=3^{n};...$ ra em ạ.


How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: nghiệm nguyên

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh