Chủ đề này có 3 trả lời

[VHTuan]

Cho số nguyên dương n và giả sử phương trình $\frac{1}{\sqrt[3]{x}}+\frac{1}{\sqrt[7]{y}}=\frac{1}{n}$ có m cặp nghiệm nguyên dương (x,y) và m-1 là số chính phương. CMR n là số chính phương

[Hoang72]

Lời giải

Bổ đề 1: Cho $r$ là số hữu tỉ thoả mãn $Q(x) = x^7 - r$ khả quy. Khi đó $\sqrt[7]{r}\in\mathbb Q$.

Chứng minh: Giả sử $Q(x) = g(x)h(x)$, với $g,h\in\mathbb Q[x]; \deg g,\deg h > 0$.

Gọi $z_1,z_2,...,z_k$ là các nghiệm (phức) của $g$, $0 < k < 7$.

Khi đó $|z_i|^7 = |r|,\forall i = \overline{1,k}$

$\Rightarrow |z_i| = \sqrt[7]{|r|}\Rightarrow \sqrt[7]{|r^k|} = |z_1z_2...z_k|\in\mathbb Q$.

Tuy nhiên $7$ là số nguyên tố nên từ đây dễ dàng suy ra $\sqrt[7]{|r|}\in\mathbb Q$

$\Rightarrow \sqrt[7]{r}\in\mathbb Q$.

Bổ đề 2: Cho $r\in\mathbb Q, \sqrt[7]{r}\not\in\mathbb Q$ và bộ số hữu tỉ $(a_0,a_1,...,a_6)$ thoả mãn $a_0 + a_1\sqrt[7]{r} + a_2\sqrt[7]{r^2} + ... + a_6\sqrt[7]{r^6} = 0$. Khi đó $a_0=a_1=...=a_6 = 0$.

Chứng minh: Từ Bổ đề 1 ta dễ dàng rút ra $x^7 - r$ là đa thức tối tiểu của $\sqrt[7]{r}$.

Mặt khác đa thức $a_0 + a_1x + ... + a_6x^6$ nhận $\sqrt[7]{r}$ là nghiệm và có bậc nhỏ hơn $7$. Như vậy đa thức này là đa thức không hay $a_ i = 0,\forall i = \overline{0,6}$.

Trở lại bài toán: Xét $(x,y)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.

Nhận thấy $\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{\sqrt[7]{y}}\right)^3\in\mathbb Q$ nên nếu $\sqrt[7]{y}\not\in\mathbb Q$ thì từ Bổ đề 2, rút ra $\frac{1}{n} = 0$, vô lý.

Do đó $\sqrt[7]{y}\in\mathbb Q\Rightarrow y = b^7,b\in\mathbb N^*$.

Dẫn đến $\sqrt[3]{x}\in\mathbb Q$, nên $x = a^3,a\in\mathbb N^*$.

Suy ra số nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho cũng chính bằng số nghiệm nguyên dương của phương trình (ẩn $a,b$) $$\frac{1}{a} +\frac{1}{b} = \frac{1}{n}$$

Đặt $n = p_1^{k_1}...p_l^{k_l}$. Dễ dàng chỉ ra, số nguyên nguyên dương của phương trình trên là số ước của $n^2$, tức là $$m = (2k_1 + 1)...(2k_l + 1)$$

Vì $m - 1$ là số chính phương, đặt $m-1 = k^2,k\in\mathbb N^*$.

Khi đó $k^2 + 1 = (2k_1 + 1)...(2k_l + 1)$. Mà $k^2+1$ không có ước dạng $4j + 3$ nên $2k_i+1\equiv 1\pmod 4$

$\Rightarrow k_i \vdots 2,\forall i = \overline{1,l}$.

Vậy $n$ là số chính phương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 24-06-2023 - 20:20

[HaiDangPham]

Chứng minh "$k^2+1$ không có ước dạng $4j+3$" thế nào vậy ạ? 

[perfectstrong]

Chứng minh "$k^2+1$ không có ước dạng $4j+3$" thế nào vậy ạ? 

Một tính chất kinh điển. Anh có thể tham khảo ở đây

https://math.stackex...of-the-form-4k3