1 reply to this topic

[BlackSelena]

Tìm tất cả các cặp $(p,n)$ với $p$ là số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương sao cho$$\dfrac{n^p+1}{p^n+1}\in\mathbb Z$$

Edited by BlackSelena, 09-09-2012 - 10:06.

[nguyenta98]

Tìm tất cả các cặp $(p,n)$ với $p$ là số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương sao cho$$\dfrac{n^p+1}{p^n+1}\in\mathbb Z$$

Giải như sau:
TH1: $p=2$ suy ra $n^2+1 \vdots 2^n+1 \Rightarrow n^2+1\geq 2^n+1$
$\Rightarrow n^2\geq 2^n$
Ta thấy $n=1,2,3$ thì BDT trên đúng nhưng với $n\geq 4$ thì ta sẽ chứng minh $n^2<2^n$
Thử $n=4$ đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay $k^2<2^k$
Ta sẽ chứng minh $n=k+1$ đúng hay $(k+1)^2<2^{k+1}$
Thật vậy từ GTQN suy ra $2^k>k^2 \Rightarrow 2^{k+1}>2k^2>(k+1)^2$ suy ra $đpcm$
Do đó $n\geq 4$ thì bài toán không còn đúng do đó $n=1,2,3 \Rightarrow n^2+1=2,5,10$ và $2^n+1=3,5,9$ thì chỏ có $n=p=2$ là thỏa mãn
TH2: $p>2 \Rightarrow p$ lẻ do đó $p^n+1$ chẵn nên $n^p+1$ chẵn nên $n$ lẻ
Suy ra $p^n+1=(p+1)(...) \vdots (p+1) \Rightarrow n^p+1 \vdots (p+1)$
$\Rightarrow n^{2p}-1 \vdots (p+1)$
Gọi $t$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $n^t-1 \vdots (p+1)$ khi ấy theo bổ đề quen thuộc thì $2p \vdots t \Rightarrow t=(1,2,p,2p)$
Nhưng ta thấy theo định lý Euler thì $\phi(p+1)<p+1$ do đó $t<\phi(p+1)<p+1<2p$ nên $t=(1,2,p)$
Nếu $t=p \Rightarrow n^p-1 \vdots (p+1)$ mà ta lại có $n^p+1 \vdots (p+1)$ nên suy ra $2 \vdots (p+1)$ vô lý
Nếu $t=1 \Rightarrow n-1 \vdots (p+1)$ suy ra $n^p-1 \vdots (p+1)$ mà $n^p+1 \vdots (p+1)$ nên $2 \vdots (p+1)$ vô lý
Do đó suy ra $t=2 \Rightarrow n^2-1 \vdots (p+1)$ mặt khác ta dễ thấy $gcd(n-1,p+1)=2$ vì nếu giả sử $gcd(n-1,p+1)=r$ thì khi ấy $n^p-1 \vdots r$ mặt khác $n^p+1 \vdots r \Rightarrow 2 \vdots r \Rightarrow r=2$ như vậy $gcd(n-1,p+1)=2$ mặt khác $n^2-1 \vdots (p+1) \Rightarrow n+1 \vdots \dfrac{p+1}{2}$
Nhưng nếu $p+1 \equiv 2 \pmod{4} \Rightarrow n+1 \vdots \dfrac{p+1}{2}$ là một số lẻ hay $n+1=k.\dfrac{p+1}{2}$ mà $n+1$ chẵn và $\dfrac{p+1}{2}$ lẻ nên $k$ chẵn do đó $n+1 \vdots 2.\dfrac{p+1}{2} \vdots (p+1)$
Nếu $p+1 \vdots 4$ ta đặt $p+1=2^x.y$ với $y$ lẻ khi ấy ta có $n^p+1 \vdots (p^n+1) \Rightarrow n^p+1 \vdots p+1 \rightarrow (n+1)(n^{p-1}-n^{p-2}+...+n^2-n+1) \vdots 2^x.y$ mà ta thấy $n^{p-1}-n^{p-2}+...+n^2-n+1$ là số lẻ nên $gcd(n^{p-1}-n^{p-2}+...+n^2-n+1,2^x)=1 \Rightarrow n+1 \vdots 2^x$
Mặt khác ta có $n+1 \vdots \dfrac{p+1}{2} \Rightarrow n+1=\dfrac{p+1}{2}.k=2^{x-1}.y.k$ mà $n+1 \vdots 2^x$ và $y$ lẻ do đó $k \vdots 2$ khi ấy có ngay $n+1=\dfrac{p+1}{2}.2.\dfrac{k}{2} \Rightarrow n+1 \vdots p+1$
Suy ra tóm lại ta có $n+1 \vdots p+1$
Ta có một số khả năng sau
$\boxed{\text{KN1}}$ $n+1=p+1 \Rightarrow n=p$ thì luôn đúng
$\boxed{\text{KN2}}$ $n+1=2(p+1) \Rightarrow n=2p+1$ khi đó ta có $n^p+1 \vdots p^n+1 \rightarrow n^p\geq p^n \Rightarrow (2p+1)^p\geq p^(2p+1)$
Ta sẽ chứng minh $p^(2p+1)>(2p+1)^p$ với $p\geq 3$ (do $p$ lẻ)
Thật vậy $3^{2p+1}.p^{2p+1}>(2p+1)^p.3^{2p+1} \rightarrow (3p)^p.(3p)^{p+1}>(2p+1)^p.3^{2p+1}$ mà $(3p)^p>(2p+1)^p$ nên ta sẽ cm $(3p)^{p+1}\geq 3^{2p+1} \Rightarrow p^{p+1}\geq 3^p$ luôn đúng với mọi $p\geq 3$
Do đó trường hợp này loại
$\boxed{\text{KN3}}$ $n+1=(p+1).k$ với $k\geq 3$ ta có $n+1\geq 3p+3 \Rightarrow n\geq 3p+2$ khi đó đặt $n=pu+v$ với $0\le v\le p-1$ khi đó ta có $pu+v\geq 3p+2 \Rightarrow u\geq 2$ vì nếu $u=1 \Rightarrow p+v=3p+2 \Rightarrow v=2p+2$ vô lí do $v<p$
Như vậy $u\geq 2$ trở lại bài toán của ta $n^p+1 \vdots p^n+1 \Rightarrow n^p\geq p^n \Rightarrow (pu+v)^p\geq p^{pu+v}$
Ta sẽ chứng minh ngược lại $p^{pu+v}>(pu+v)^p$ với mọi $p\geq 3$ và $u\geq 2$
Thật vậy $p^{pu+v}.(u+1)^{pu+v}>(pu+v)^p.(u+1)^{pu+v} \Rightarrow (p(u+1))^{pu+v}>(pu+v)^p.(u+1)^{pu+v}$
Dễ thấy $p(u+1)>pu+v$ (do $p>v$) nên ta cần cm $(p(u+1))^{p(u-1)+v}\geq (u+1)^{pu+v} \Rightarrow p^{p(u-1)+v}\geq (u+1)^{p}$
Ta lại có $p^{p(u-1)+v}\geq p^{p(u-1)}\geq (p^{u-1})^p$ như vậy cần cm $(p^{u-1})^p\geq (u+1)^p \Rightarrow p^{u-1}\geq u+1$
Mặt khác $p^{u-1}\geq 3^{u-1}$ vì $p\geq 3$ nên ta cần chứng minh $3^{u-1}\geq u+1$ với $u\geq 2$ và thấy đây là điều hiển nhiên (cm quy nạp) như vậy $n^p+1<p^n+1$ nên $\dfrac{n^p+1}{p^n+1} \not \in \mathbb{Z}$ vô lý
Vậy $\boxed{(n,p)=(p,p)}$ với mọi $p$ nguyên tố