Chủ đề này có 13 trả lời

[namcpnh]

Bài 1 :Giải phương trình nghiệm nguyên $x^4y^3(y-x)=x^3y^4-216$. ( AMO)

 

Bài 2 : Cho số nguyên tố $p$. Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ thoả mãn : $a^p+b^p=p^c$

 (FMO)

[bangbang1412]

Bài 2 : Dễ thấy do $p$ nguyên tố , ta xét cho $p$ lẻ trước .

Nên $a+b=p^{m}$ với $m<c$ .

Áp dụng định lý LTE ta có $v_{p}(p)+v_{p}(a+b)=v_{p}(a^{n}+b^{n})=v_{p}(p^{c})$ ( Trong TH $a,b$ cùng không là bội của $p$

$=>1+v_{p}(a+b)=c=>p^{c-1}|(a+b)$

Thay $a+b=p^{c-1}.k$ vào phương trình ta có $k.a^{p}+k.b^{p}=p.(a+b)$

Chia 2 vế cho $(a+b)$ ta có $k.A=p$ nên một trong 2 số này bằng $1$ , vì $a,b$ nguyên dương nên $A>0$ do đó $k=1$

Nhưng $k=1$ và $p<p^{c-1}$ nên $a+b>a^{p}+b^{p}$ , vô lý vì $a,b$ nguyên dương nên không tồn tại $p$ lẻ thỏa mãn , do đó cũng không tồn tại $a,b$ .

Xét TH có ít nhất một số chia hết cho $p$ thì số còn lại cũng chia hết cho $p$ , đặt $a=p^{x}.m , b=p^{y}.n$ và giả sử $x\geq y$ , chia 2 vế cho $p^{y}$ và xét:

$x>y$ thì phương trình vô nghiệm vì một vế chia hết cho $p$ còn một vế thì không .

Vậy $x=y$ và giải như trên ta có pt vô nghiệm dương .

Như vậy chỉ còn $a^{2}+b^{2}=2^{c}$ . Rõ ràng $a,b$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ . 

$c=1$ thì $a=b=1$ thỏa mãn nên ta xét $a,b,c>1$

Đặt $a=2^{x}m,b=2^{y}n$ , không mất tổng quát ta giả sử $x\geq y$  với $m,n$ lẻ 

Khi đó ta có $2^{2x}.m^{2}+2^{2y}.n^{2}=2^{c}$

$=>2^{2x-2y}.m^{2}+.n^{2}=2^{c-2y}$

Nếu $x=y$ thì VT chỉ chia cho $4$ dư 2 , nên dễ tìm được .

Nếu $x>y$ thì VT lẻ trong TH $c>2y$ nên $c=2y$ và ta cũng tìm được nghiệm nhưng không nguyên dương . 

Xét cả $a=b$ là dễ dàng .

Bài toán xong ^^  sai thôi nhá , em non số lắm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 05-09-2013 - 20:35

[Juliel]

Bài 2 : Cho số nguyên tố $p$. Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ thoả mãn : $a^p+b^p=p^c$

 (FMO)

$\blacksquare$ Xét $p$ lẻ :

$\blacktriangledown$ Trường hợp 1 : Nếu $a,b$ đều không chia hết cho $p$.

Theo định lí $Fermat$ nhỏ : $$p^{c}=a^{p}+b^{p}\equiv a+b(modp)\Rightarrow p|a+b$$

Theo định lí $LTE$ :

$$v_{p}(a^{p}+b^{p})=v_{p}(a+b)+v_{p}(p)=v_{p}(a+b)+1$$

Do đó $$a^{p}+b^{p}=p.(a+b).k\qquad(p\nmid k,k\in \mathbb{Z}^{+})$$

Nhưng ta lại có $a^{p}+b^{p}=p^{c}$ nên $a^p+b^p$ chỉ chứa đúng một ước nguyên tố $p$. Suy ra $k=1$.

Khi đó $$a^{p}+b^{p}=p(a+b)\Leftrightarrow a(a^{p-1}-p)+b(b^{p-1}-p)=0\qquad(*)$$

Dễ thấy $a=b=1$ không thỏa mãn. Xét $a,b\geq 2$. Mà dễ chứng minh bằng quy nạp $2^{p-1}> p$

Do đó $$a^{p-1}\geq 2^{p-1}>p,b^{p-1}\geq 2^{p-1}>p$$

Mâu thuẫn với $(*)$. Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên dương.

$\blacktriangledown$ Trường hợp 2 : Nếu $a,b$ đều chia hết cho $p$.

Đặt $a=p^{x}.a_{1},b=p^{y}.b_{1}\qquad(x,y,a_{1},b_{1}\in \mathbb{Z}^{+},gcd(a_{1},p)=gcd(b_{1},p)=1$)

Thay vào phương trình : 

$$(p^{x}a_{1})^{p}+(p^{y}b_{1})^{p}=p^{c}$$

Từ phương trình này dễ thấy $xp,yp<c$

Gỉa sử $x>y$, khi đó rút gọn hai vế cho $p^{yp}$, thì $p\nmid VT,p|VP$ (loại). Tương tự khi giả sử $x<y$. Do đó phải có $x=y$.

Được :

$$a_{1}^{p}+b_{1}^{p}=p^{c-px}$$

Đến đây ta luôn có $p\nmid a_{1},p\nmid b_{1};p|a_{1}+b_{1}$. Giải tương tự trường hợp 1, cũng dẫn đến vô nghiệm nguyên dương.

$\blacksquare$ Xét $p$ chẵn, $p=2$ : Dễ thấy $a,b$ cùng tính chẵn lẻ.

Nếu $a,b$ cùng lẻ thì $a^{2}+b^{2}\equiv 2(mod4)\Rightarrow c=1\Rightarrow a^{2}+b^{2}=2\Rightarrow (a;b;c;p)=(1;1;1;2)$

Nếu $a,b$ cùng chẵn. Đặt $a=2^{k_{1}}m,b=2^{k_{2}}n\qquad(k_{1},k_{2},m,n\in \mathbb{Z}^{+},2\nmid m, 2\nmid n)$

Khi đó : $$\left ( 2^{k_{1}}m \right )^{2}+(2^{k_{2}}n)^{2}=2^{c}$$.

Lập luận tương tự ở trường hợp 2 (phần xét $p$ lẻ) phía trên, ta suy ra được $k_{1}=k_{2}$.

Khi đó $m^{2}+n^{2}=2^{c-2k_{1}}$ nhưng $m,n$ lẻ nên $2^{c-2k_{1}}=m^{2}+n^{2}\equiv 2(mod4)\Rightarrow m^{2}+n^{2}=2\Rightarrow m=n=1$. 

Khi đó ta được $a=b$. Thay vào phương trình : 

$$2a^{2}=2^{c}\Rightarrow a=2^{\frac{c-1}{2}}\in \mathbb{Z}^{+}\Rightarrow c=2k+1,a=b=2^{k}\qquad(k\in \mathbb{N})$$

Kết luận : $\boxed{(a;b;c;p)=(2^{k},2^{k},2k+1,2)}$ trong đó $k$ là số tự nhiên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 05-09-2013 - 20:00

[bangbang1412]

$\blacksquare$ Xét $p$ lẻ :

$\blacktriangledown$ Nếu $a,b$ đều không chia hết cho $p$.

Theo định lí $Fermat$ nhỏ : $$p^{c}=a^{p}+b^{p}\equiv a+b(modp)\Rightarrow p|a+b$$

Theo định lí $LTE$ :

$$v_{p}(a^{p}+b^{p})=v_{p}(a+b)+v_{p}(p)=v_{p}(a+b)+1$$

Do đó $$a^{p}+b^{p}=p.(a+b).k\qquad(p\nmid k,k\in \mathbb{Z}^{+})$$

Nhưng ta lại có $a^{p}+b^{p}=p^{c}$ nên $a^p+b^p$ chỉ chứa đúng một ước nguyên tố $p$. Suy ra $k=1$.

Khi đó $a^{p}+b^{p}=p(a+b)\Leftrightarrow a(a^{p-1}-p)+b(b^{p-1}-p)=0\qquad(*)$

Dễ thấy $a=b=1$ không thỏa mãn. Xét $a,b\geq 2$. Mà dễ chứng minh bằng quy nạp $2^{p-1}> p$

Do đó $a^{p-1}\geq 2^{p-1}>p,b^{p-1}\geq 2^{p-1}>p$

Mâu thuẫn với $(*)$. Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên dương.

$\blacktriangledown$ Nếu $a,b$ đều chia hết cho $p$.

Đặt $a=p^{x}.a_{1},b=p^{y}.b_{1}\qquad(x,y,a_{1},b_{1}\in \mathbb{Z}^{+},gcd(a_{1},p)=gcd(b_{1},p)=1$

Thay vào phương trình : 

$$(p^{x}a_{1})^{p}+(p^{y}b_{1})^{p}=p^{c}$$

Từ phương trình này dễ thấy $xp,yp<c$

Gỉa sử $x>y$, khi đó rút gọn hai vế cho $p^{yp}$, thì $p\nmid VT,p|VP$ (loại). Tương tự khi giả sử $x<y$. Do đó phải có $x=y$.

Được :

$$a_{1}^{p}+b_{1}^{p}=p^{c-px}$$

Đến đây ta luôn có $p\nmid a_{1},b_{1};p|a_{1}+b_{1}$. Giải tương tự trường hợp trên, cũng dẫn đến vô nghiệm nguyên dương.

$\blacksquare$ Xét $p$ chẵn, $p=2$ : Chờ mọi người giải quyết....

em lm đúng không nhỉ 

[Juliel]

Bài 2 : Dễ thấy do $p$ nguyên tố , ta xét cho $p$ lẻ trước .

Nên $a+b=p^{m}$ với $m<c$ .

Áp dụng định lý LTE ta có $v_{p}(p)+v_{p}(a+b)=v_{p}(a^{n}+b^{n})=v_{p}(p^{c})$

$=>1+v_{p}(a+b)=c=>p^{c-1}|(a+b)$

Thay $a+b=p^{c-1}.k$ vào phương trình ta có $k.a^{p}+k.b^{p}=p.(a+b)$

Chia 2 vế cho $(a+b)$ ta có $k.A=p$ nên một trong 2 số này bằng $1$ , vì $a,b$ nguyên dương nên $A>0$ do đó $k=1$

Nhưng $k=1$ và $p<p^{c-1}$ nên $a+b>a^{p}+b^{p}$ , vô lý vì $a,b$ nguyên dương nên không tồn tại $p$ lẻ thỏa mãn , do đó cũng không tồn tại $a,b$ .

Như vậy chỉ còn $a^{2}+b^{2}=2^{c}$ . Rõ ràng $a,b$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ . 

$c=1$ thì $a=b=1$ thỏa mãn nên ta xét $a,b,c>1$

Đặt $a=2^{x}m,b=2^{y}n$ , không mất tổng quát ta giả sử $x\geq y$  với $m,n$ lẻ 

Khi đó ta có $2^{2x}.m^{2}+2^{2y}.n^{2}=2^{c}$

$=>2^{2x-2y}.m^{2}+.n^{2}=2^{c-2y}$

Nếu $x=y$ thì VT chỉ chia cho $4$ dư 2 , nên dễ tìm được .

Nếu $x>y$ thì VT lẻ trong TH $c>2y$ nên $c=2y$ và ta cũng tìm được nghiệm nhưng không nguyên dương . 

Bài toán xong ^^  sai thôi nhá , em non số lắm

Điều kiện để áp dụng $LTE$ là $p\nmid a,p\nmid b, p|a+b$. Theo cách em làm thì ta phải có $p\nmid a,p\nmid b$, cái này phải chứng minh 

[bangbang1412]

Điều kiện để áp dụng $LTE$ là $p\nmid a,p\nmid b, p|a+b$. Theo cách em làm thì ta phải có $p\nmid a,p\nmid b$, cái này phải chứng minh 

^^ Ớ cứ tưởng $a,b$ cùng là bội của $p$ cũng được .

[barcavodich]

^^ Ớ cứ tưởng $a,b$ cùng là bội của $p$ cũng được .

Nếu $a,b$ cùng là bội của $p$ ta có thể giản gọn nó đi được mà

[bangbang1412]

Nếu $a,b$ cùng là bội của $p$ ta có thể giản gọn nó đi được mà

cảm ơn bạn, mình đã sửa lại rồi ^^ 

[Zaraki]

Thiếu nghiệm anh ơi, $\boxed{ (p,a,b,c)=(3,3^d,2 \cdot 3^d,2+3d),(3,2 \cdot 3^d,3^d,2+3d),(2,2^d,2^d,1+2d)}$ với $d \in \mathbb{N}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 05-09-2013 - 23:11

[Zaraki]

Bài 1 :Giải phương trình nghiệm nguyên $x^4y^3(y-x)=x^3y^4-216$. ( AMO)

Bài này đơn thuần chỉ là xét ước thôi.   Ta có $x^3y^3(y+x^2-xy)=216$.

[Juliel]

Thiếu nghiệm anh ơi, $\boxed{ (p,a,b,c)=(3,3^d,2 \cdot 3^d,2+3d),(3,2 \cdot 3^d,3^d,2+3d),(2,2^d,2^d,1+2d)}$ với $d \in \mathbb{N}$.

 Sai ở chỗ nào mà thiếu tùm lum thế nhỉ ? Mà mò kiểu nào ra hay thế 

[Zaraki]

 Sai ở chỗ nào mà thiếu tùm lum thế nhỉ ? Mà mò kiểu nào ra hay thế 

Bài này em nhớ là em đọc chỗ nào rùi mà quên mất... 

Em nghĩ ở lời giải của anh, cái TH2 mà $a_1^p+b_1^p=p^{c-px}$ hình như có nghiệm đó anh à ($p=3$).

[bangbang1412]

Bài này em nhớ là em đọc chỗ nào rùi mà quên mất... 

Em nghĩ ở lời giải của anh, cái TH2 mà $a_1^p+b_1^p=p^{c-px}$ hình như có nghiệm đó anh à ($p=3$).

uh , đúng rồi , bài này  thiếu rồi , anh em làm thiếu một trường hợp , vừa off giở sách ra thấy có cái bài $p^{n}=x^{3}+y^{3}$

[bangbang1412]

 Sai ở chỗ nào mà thiếu tùm lum thế nhỉ ? Mà mò kiểu nào ra hay thế 

 hay chia nốt TH $p=3$ xong cm luôn cho $p>3$ cho tiện