Tìm nghiệm nguyên dương :
$$x^{2009}+y^{2009}=7^z$$
Tìm nghiệm nguyên dương :
$$x^{2009}+y^{2009}=7^z$$
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Tìm nghiệm nguyên dương :
$$x^{2009}+y^{2009}=7^z \qquad (1)$$
Lời giải. Đặt $x=7^k \cdot m,y=7^q \cdot n$ với $m,k,m,q \in \mathbb{N}, \; m,n \ge 1, \; 7 \nmid m, 7 \nmid n$. Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $k \ge q$ nên $z \ge 2009q$. Khi đó $$(1) \Leftrightarrow 7^{2009(k-q)} \cdot m^{2009}+n^{2009}=7^{z-2009q}.$$
Nếu $k>q$ thì $VT \not\equiv 0 \pmod{7}$ nên $z=2009q$. Khi đó $7^{2009(k-q)} \cdot m^{2009}+n^{2009}=1$, mâu thuẫn vì $VT>1$. Vậy $k=q$. Khi đó phương trình trở thành $$m^{2009}+n^{2009}=7^{z-2009q}=7^k \; (k=z-2009q)$$
Vì $VT>1$ nên $k \ge 1$. Ta đã có $7 \nmid m, 7 \nmid n$ và $7|m+n$ (vì nếu $7 \nmid m+n$ thì $m+n=1$, mâu thuẫn vì $m,n \ge 2$) nên theo bổ đề LTE ta có $$v_7(m^{2009}+n^{2009})=v_7(2009)+v_7(m+n) \Leftrightarrow v_7(m+n)=k-2$$
Từ đây ta suy ra $k \ge 3$ và $m+n=7^{k-2}$.
Nếu $k=3$ hoặc $k=4$ thì $m=n=1$ không thoả mãn nên $VT=m^{2009}+n^{2009} \ge 1+2^{2009}>7^4=VP$, mâu thuẫn.
Vậy $k \ge 5$. Do đó $$7^{k-2} > 7^2 \Leftrightarrow m+n>\dfrac{m^{2009}+n^{2009}}{m+n} \Leftrightarrow m^2+2mn+n^2>m^{2009}+n^{2009}$$
Nếu $mn \ge 2$ thì $m^{2009}+n^{2009}>(m+n)^2$. Do đó chỉ có thể $m=n=1$, tuy nhiên lúc đó thì $m+n=2$ không chia hết cho $7$, mâu thuẫn.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
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”).
Lời giải. Đặt $x=7^k \cdot m,y=7^q \cdot n$ với $m,k,m,q \in \mathbb{N}, \; m,n \ge 1, \; 7 \nmid m, 7 \nmid n$. Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $k \ge q$ nên $z \ge 2009q$. Khi đó $$(1) \Leftrightarrow 7^{2009(k-q)} \cdot m^{2009}+n^{2009}=7^{z-2009q}.$$
Nếu $k>q$ thì $VT \not\equiv 0 \pmod{7}$ nên $z=2009q$. Khi đó $7^{2009(k-q)} \cdot m^{2009}+n^{2009}=1$, mâu thuẫn vì $VT>1$. Vậy $k=q$. Khi đó phương trình trở thành $$m^{2009}+n^{2009}=7^{z-2009q}=7^k \; (k=z-2009q)$$
Vì $VT>1$ nên $k \ge 1$. Ta đã có $7 \nmid m, 7 \nmid n$ và $7|m+n$ (vì nếu $7 \nmid m+n$ thì $m+n=1$, mâu thuẫn vì $m,n \ge 2$) nên theo bổ đề LTE ta có $$v_7(m^{2009}+n^{2009})=v_7(2009)+v_7(m+n) \Leftrightarrow v_7(m+n)=k-2$$
Từ đây ta suy ra $k \ge 3$ và $m+n=7^{k-2}$.
Nếu $k=3$ hoặc $k=4$ thì $m=n=1$ không thoả mãn nên $VT=m^{2009}+n^{2009} \ge 1+2^{2009}>7^4=VP$, mâu thuẫn.
Vậy $k \ge 5$. Do đó $$7^{k-2} > 7^2 \Leftrightarrow m+n>\dfrac{m^{2009}+n^{2009}}{m+n} \Leftrightarrow m^2+2mn+n^2>m^{2009}+n^{2009}$$
Nếu $mn \ge 2$ thì $m^{2009}+n^{2009}>(m+n)^2$. Do đó chỉ có thể $m=n=1$, tuy nhiên lúc đó thì $m+n=2$ không chia hết cho $7$, mâu thuẫn.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Anh nghĩ ban đầu em nên giả sử $x_0,y_0$ là bộ nghiệm nhỏ nhất rồi suy ra tồn tại $m,n$ là bộ nghiệm nhỏ hơn, suy ra không tồn tại nghiệm nguyên dương thì sẽ giảm được phần làm LTE phía sau
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh