Chứng minh rằng phương trình $x^{7}+y^{7}=1998^{z}$ không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh rằng phương trình $x^{7}+y^{7}=1998^{z}$ không có nghiệm nguyên dương.
#1
Đã gửi 31-08-2013 - 13:31
#2
Đã gửi 31-08-2013 - 13:59
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
- pcfamily, LNH, bangbang1412 và 2 người khác yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#3
Đã gửi 31-08-2013 - 14:12
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
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
#4
Đã gửi 31-08-2013 - 14:46
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, bangbang1412 và Juliel thích
#5
Đã gửi 31-08-2013 - 16:49
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.
- IloveMaths và Juliel thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#6
Đã gửi 31-08-2013 - 17:12
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 ?
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 yêu thích
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
#7
Đã gửi 31-08-2013 - 17:45
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 yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#8
Đã gửi 31-08-2013 - 18:05
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.
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
#9
Đã gửi 20-10-2013 - 12:31
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
- Zaraki, nhatquangsin và Belphegor Varia thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh