Chủ đề này có 2 trả lời

[tramyvodoi]

Tìm x,y,z tự nhiên thỏa mãn:
$x^{2009}+y^{2009}=7^{z}$

[Secrets In Inequalities VP]

Tìm x,y,z tự nhiên thỏa mãn:
$x^{2009}+y^{2009}=7^{z}$

Vì $2009= 7^{2}.41$ và $x+y|x^{2009}+y^{2009}$ nên dễ thấy $7|x+y$
Theo LTE : ${v_p}(x^{2009}+y^{2009})= {v_p}(x+y)+{v_p}(2009)= {v_p}(x+y)+2$
$\Rightarrow x^{2009}+y^{2009}= 49k(x+y)$
Mà $x^{2009}+y^{2009}=7^{z}$ là luỹ thua của 7 nên suy ra $k=1$
$\Rightarrow x^{2009}+y^{2009}= 49(x+y)$
Dễ thấy rằng nếu $(x,y)\neq (1,1)$ thì $VT> VP$
Lại dễ thấy $(1,1)$ không thỏa mãn đễ nên pt vô nghiệm !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 26-11-2012 - 19:37

[nguyenta98]

Tìm x,y,z tự nhiên thỏa mãn:
$x^{2009}+y^{2009}=7^{z}$

Giải như sau:
Vì $2009 \vdots 7$ nên ta có thể giải bài toán này một cách nhẹ nhàng hơn (thực ra không cần, làm trực tiếp cũng được nhưng khó nhìn ra vấn đề)
$a^7+b^7=7^z$
Ta thấy khi $a \vdots 7 \Rightarrow b \vdots 7 \Rightarrow a=7a',b=7b' \Rightarrow a'^7+b'^7=7^{z-7}$ cho nên ta chỉ xét $a,b \not \vdots 7$
Nếu $z=1,2,3$ thì loại
$(a+b)(a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6)=7^z$
TH1: $a+b=1 \Rightarrow False!$
TH2: $a+b=7 \Rightarrow x^{287}+y^{287}=7$ loại
TH3: $a+b=7^x$ với $x\geq 2$ khi ấy $a+b \vdots 7^2 \Rightarrow a \equiv -b \pmod{7^2}$
Suy ra $a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6 \equiv 7a^6 \pmod{7^2} \Rightarrow a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6 \vdots 7$ mà $\not \vdots 7^2$ (do $a \not \vdots 7$) như vậy $a+b \vdots 7^{x-1}$ còn $a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6 \vdots 7$
Suy ra $a+b=7^{x-1}$ còn $a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6=7$ mà ta lại có $a^6+b^6\geq a^5b+b^5a$ (cô si) và $a^4b^2+a^2b^4\geq 2a^3b^3$ (cô si)
Như vậy $a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6\geq a^3b^3 \Rightarrow 7\geq a^3b^3$ suy ra $ab=1$ nên $a=b=1$ cũng loại
Vậy vô nghiệm nguyên dương :cuoideu3::badsmelly:

Lời giải mình bên Mathscope