A B D GỌI ƯCLN A B , M M * , SUY RA C M VÀ...
13 .
a b d
Gọi ƯCLN a b , m m * , suy ra c m và d m .
Đặt a ma b mb c mc d
1
,
1
,
1
, md
1
, với a b c d
1
, , ,
1
1
1
là các số tự nhiên và a b
1
,
1
1. Suy
ra 14 a
2
b
2
c
2
d
2
14 a
1
2
b
1
2
c
1
2
d
1
2
. Suy ra c
1
2
d
1
2
7, do đó c
1
7 và d
1
7, dẫn
đến a
1
2
b
1
2
7 nên a
1
7 và b
1
7. Điều này mâu thuẫn với a b
1
,
1
1.
Nhận xét. Bằng cách làm tương tự ta có thể chứng minh được hệ phương trình
2
2
2
x ny z
nx y t
với n 1 có ước nguyên tố dạng 4 k 3 và n 1, p
2
1 không có nghiệm
nguyên dương.
Ví dụ 14. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
3
3 y
3
9 z
3
0.
Giải. Giả sử x y z
0
, ,
0
0
là nghiệm của phương trình.
Khi đó x
0
3, đặt x
0
3 x
1
(với x
1
) ta có 9 x
1
3
y
0
3
3 z
0
3
0.
Khi đó y
0
3, đặt y
0
3 y
1
(với y
1
) ta có 3 x
1
3
9 y
1
3
z
0
3
0.
Khi đó z
0
3, đặt z
0
3 z
1
(với z
1
) ta có x
1
3
3 y
1
3
9 z
1
3
0.
x y z
Như vậy
1
, ,
1
1
0
;
0
;
0
cũng là nghiệm nguyên của phương trình. Quá trình
x y z
3 3 3
x y z
tiếp tục như vậy ta suy ra các bộ số
0
;
0
;
0
3 3 3
n
n
n
mọi n cũng là nghiệm của phương
trình. Điều này xảy ra khi và chỉ khi x
0
y
0
z
0