Chủ đề này có 1 trả lời

[tritanngo99]

Tìm tât cả các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn:

$x^5+4^y=2013^z$

[I Love MC]

Đặt $y=5k+r$ với $k \in \mathbb{N}, r \in \{0,1,2,3,4\}$ 
Ta có $x^5 \equiv  0,1,11 \pmod{11}$ mà $2013 \vdots 11$ 
Do vậy $4^{5k+r} \equiv 0,1,11 \pmod{11}$ 
Mà $11|4^5-1$ do đó $r=0$  
Suy ra $y=5k$ .  Để cho dễ quan sát ta đặt $a=x,b=4^k$ với $b$ là số nguyên dương 
Khi đó $a^5+4^y=x^5+b^5=(a+b)(a^4-a^3b+(ab)^2-ab^3+b^4)=2013^z$ 
Gọi $p$ là ước nguyên tố chung của $a+b$ và $a^4-a^3b+(ab)^2-ab^3+b^4$  
Từ đó suy ra $p|[(a+b)^2-2ab]^2-(ab)^2-ab[(a+b)^2-2ab]$ do đó $p|5(ab)^2$ 
Vì $5 \not | 2013$ do đó $p|a$ hoặc $p|b$  
Nếu $p|a$ thì do $p|a+b$ nên $p|b=4^k$ như vậy $p=2$ nhưng mâu thuẫn vì $a=x$ là một số lẻ 
Tương tự như vậy $p|b$ ta cũng gặp mâu thuẫn 
Do đó $gcd(a+b,a^4-a^3b+(ab)^2-ab^3+b^4)=1$ 
Dễ thấy $a^4-a^3b+(ab)^2-ab^3+b^4 \ge a+b$   
Trường hợp 1 : $a+b=3^z,a^4-a^3b+(ab)^2-ab^3+b^4=\frac{a^5+b^5}{a+b}=671^z$ 
Hiển nhiên $(a+b)^5>a^5+b^5$ suy ra $(a+b)^4=81^z>\frac{a^5+b^5}{a+b}=671^z$ (vô lí) 
Trường hợp 2 : $a+b=11^z,\frac{a^5+b^5}{a+b}=183^z$ 
Dễ thấy $a,b \equiv 1 \mod{3}$ 
Từ đó $183^z=a^4-a^3b+(ab)^2-ab^3+b^4 \equiv 1 \pmod{3}$ (vô lí)  
Trường hợp 3 : $a+b=33^z,\frac{a^5+b^5}{a+b}=61^z$ 
Ta áp dụng bất đẳng thức sau $\frac{a^n+b^n}{2} \ge (\frac{a+b}{2})^n$ (bất đẳng thức này đã quá quen thuộc với mọi người nên mình xin không chứng minh dài dòng ở đây) 
Thì ta có $a^5+b^5 \ge \frac{(a+b)^5}{16}>(a+b)^3$ hay $61^z=\frac{a^5+b^5}{a+b}>(a+b)^2=(33^z)^2$ (vô lí) 
Vậy không tồn tại $x,y,z$ nguyên dương thỏa phương trình đã cho.
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 13-05-2016 - 23:20