Chủ đề này có 2 trả lời

[Ego]

Cho một số nguyên dương $a$. Chứng minh rằng với mọi $m$, tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ thỏa mãn số ước số của $na^{n} + 1$ thì chia hết cho $m$.

[Visitor]

Cho một số nguyên dương $a$. Chứng minh rằng với mọi $m$, tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ thỏa mãn số ước số của $na^{n} + 1$ thì chia hết cho $m$.

Chọn $p$ là số nguyên tố lẻ mà $v_p(a^{p-1}-1)=1$

để tránh dài dòng mình dùng $v_p$ để diễn tả cho gọn, chứ ko phải là dùng LTE  

1.Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo $k$ rằng tồn tại vô số $n$ để $v_p(na^{n}+1)=k$             $(*)$

Trước tiên là ta nhận xét rằng nếu $v_p(na^{n}+1)=k$ thỏa mãn thì $v_p(ma^{m}+1)$, với $m=n+tp^k(p-1)$ cũng bằng $k$, thật vậy:

Giả sử $na^{n}+1=p^k.A$ 
Ta có $ma^m+1=(n+tp^k(p-1))a^{n+tp^k(p-1)}=na^n(a^{tp^k(p-1)}-1)-(na^n+1)+tp^k.B$
$=na^n(a^{tp^k(p-1)}-1)+p^k(tB-A)$

Do $(A,p)=(B,p)=1$ nên có thể chọn $t$, $(t,p)=1$ để mà $tB-A\not \vdots p$. Mà $v_p(a^{tp^k(p-1)}-1)=k+1$ nên rõ ràng $v_p(ma^m+1)=k$

Vậy $NX$ ở trên là đúng, từ đây suy ra nếu tồn tại $n$ thì sẽ có vô hạn.Do đó ta chỉ cần chứng minh tồn tại

Bắt đầu qui nạp.

+Với $k=1$ chọn $n=p^2-1$ thì $na^n+1=(p^2-1)a^{p^2-1}+1=p^2a^{p^2-1}-(a^{p^2-1}-1)$

do cách chọn thì ta có $v_p(a^{p^2-1}-1)=1$ nên suy ra $v_p(na^n+1)=1$, thỏa mãn

+Giả sử qui nạp đúng đến $k$ , ta cm vs $k+1$ 

Chọn $m=n+tp^{k+1}(p-1)$ thì ta sẽ có $v_p(ma^m+1)=k+1$, chứng minh giống y hệt như chứng minh nhận xét ở trên.

 

2. từ $(*)$ ta suy ra ngay đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Visitor: 14-02-2016 - 13:16

[Ego]

Chọn $p$ là số nguyên tố lẻ mà $v_p(a^{p-1}-1)=1$

để tránh dài dòng mình dùng $v_p$ để diễn tả cho gọn, chứ ko phải là dùng LTE  

1.Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo $k$ rằng tồn tại vô số $n$ để $v_p(na^{n}+1)=k$             $(*)$

Trước tiên là ta nhận xét rằng nếu $v_p(na^{n}+1)=k$ thỏa mãn thì $v_p(ma^{m}+1)$, với $m=n+tp^k(p-1)$ cũng bằng $k$, thật vậy:

Giả sử $na^{n}+1=p^k.A$ 
Ta có $ma^m+1=(n+tp^k(p-1))a^{n+tp^k(p-1)}=na^n(a^{tp^k(p-1)}-1)-(na^n+1)+tp^k.B$
$=na^n(a^{tp^k(p-1)}-1)+p^k(tB-A)$

Do $(A,p)=(B,p)=1$ nên có thể chọn $t$, $(t,p)=1$ để mà $tB-A\not \vdots p$. Mà $v_p(a^{tp^k(p-1)}-1)=k+1$ nên rõ ràng $v_p(ma^m+1)=k$

Vậy $NX$ ở trên là đúng, từ đây suy ra nếu tồn tại $n$ thì sẽ có vô hạn.Do đó ta chỉ cần chứng minh tồn tại

Bắt đầu qui nạp.

+Với $k=1$ chọn $n=p^2-1$ thì $na^n+1=(p^2-1)a^{p^2-1}+1=p^2a^{p^2-1}-(a^{p^2-1}-1)$

do cách chọn thì ta có $v_p(a^{p^2-1}-1)=1$ nên suy ra $v_p(na^n+1)=1$, thỏa mãn

+Giả sử qui nạp đúng đến $k$ , ta cm vs $k+1$ 

Chọn $m=n+tp^{k+1}(p-1)$ thì ta sẽ có $v_p(ma^m+1)=k+1$, chứng minh giống y hệt như chứng minh nhận xét ở trên.

 

2. từ $(*)$ ta suy ra ngay đpcm

Cảm ơn bạn vì lời giải hay. Đây là đề của tuyển Kahzakhstan lớp 10 thì phải. Mình nghĩ là trong lời giải của bạn khó nhất là câu đầu tiên =))