Chủ đề này có 4 trả lời

[Zaraki]

Chứng minh không tồn tại số nguyên $n$ sao cho $n^7+7$ là số chính phương.

India IMO Training Camp 2011

[nguyenta98]

Giải như sau:
Bổ đề: Nếu $p$ là số nguyên tố và $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ thì cả $a,b$ đều chia hết cho $p$ với $p \equiv 3 \pmod{4}$
CM:
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)$ <1>
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ <1> ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ <2>
Lại theo định lý fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho p <3>
Từ <2> và <3> suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ suy ra $b$ chia hết cho p suy ra $a$ cũng chia hết cho p suy ra giả thiết phản chứng là sai suy ra bổ đề được chứng minh.

Áp dụng:
Ta đặt $n^7+7=a^2$
Suy ra $n^7+7+121=a^2+121$ suy ra $n^7+2^7=a^2+11^2$
Dễ thấy $a^2+11^2$ chia 4 dư $1$ hoặc $2$ nhưng nếu chia 4 dư 2 thì loại vì khi đó $n^7+2^7$ chia hết cho 2 suy ra $n$ chia hết cho 2 suy ra $n^7+2^7$
chia hết cho $2^7$ mâu thuẫn vì $a^2+11^2$ chia 4 dư 2 thì có nghĩa $a^2+11^2$ chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4.
Do vậy $a^2+11^2$ chia 4 dư $1$ suy ra $n^7+2^7$ chia 4 dư 1 suy ra $n^7$ chia 4 dư 1 suy ra $n$ chia 4 dư 1 (do $n$ lẻ và nếu $n \equiv 3 \pmod{4}$ thì
$n^7 \equiv 3 \pmod{4}$ loại)
Như vậy $n$ chia 4 dư 1 <1>
Lại có $n^7+2^7=(n+2)(n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64)$ lại theo <1> suy ra $n+2 \equiv 3 \pmod{4}$ do đó $n+2$ có ít nhất 1 ước số nguyên tố chia 4 dư 3 (vì nếu các ước của nó đều
chia 4 dư 1 thì $n+2$ chia 4 dư 1 vô lý), Do vậy nên giả sử $n+2$ chia hết cho $p$ nguyên tố với $p \equiv 3 \pmod{4}$
Suy ra $n^7+2^7$ chia hết cho $p$ suy ra $a^2+11^2$ chia hết cho $p$ với $p \equiv 3 \pmod{4}$
Áp dụng bổ đề suy ra $11$ chia hết cho $p$ suy ra $p=11$
Hoàn toàn tương tự cũng có $n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64$ chia 4 dư 3 suy ra $n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64$ chia hết cho q suy ra 11 chia hết cho q nguyên tố và $q \equiv 3 \pmod{4}$ suy ra $p=q=11$ <2>
Lại thấy giả sử $n+2$ chia hết cho số nguyên tố $r$ suy ra $n \equiv -2 \pmod{r}$
Suy ra $n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64 \equiv 448 \pmod{r}$
Do vậy $gcd(n+2, n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64)$ chỉ có thể bằng ước $448$ hay $gcd(n+2, n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64)$ không chia hết cho 11 mâu thuẫn với <2>
Vậy bài toán không có nghiệm.

P/S: Bài IMO này trông có vẻ đồ sộ nhưng khi dùng bổ đề thì thật đơn giản nhưng cũng mất sức vì phải gõ máy 1 tiếng + nửa tiếng nghĩ
Bổ đề này rất hay. Trước mình cũng dùng bổ để để giải 1 bài cho pham quang toan nếu nhớ không nhầm là bài http://diendantoanho...showtopic=65517

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-12-2011 - 22:34

[nowandthen]

Cho mình hỏi gcd(a,p)=1 là gì vậy?

[123123talackoka]

đôi một nguyên tố cùng nhau đó bạn

[Zaraki]

Cho mình hỏi gcd(a,p)=1 là gì vậy?

$\gcd$ nghĩa là $UCLN$.