Chủ đề này có 6 trả lời

[nhatquangsin]

Cho $a,b,n$ là các số nguyên dương, $p$ là số nguyên tố không phải ước của $a$ hay $b$. Với $p^{k}\parallel (a-b), p^{l}\parallel n$. Chứng minh rằng $p^{k+l}\parallel (a^{n}-b^{n})$

 

Áp dụng:

Bài 1

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x,y$ có $(x,y)=1$ và $k>1$ nguyên dương thỏa $3^n=x^k+y^k$

Bài 2

Cho $p$ là số nguyên tố và $m>1$ nguyên dương. Chứng minh rằng nếu các số nguyên dương $x>1,y>1$ thỏa:

$\frac{x^{p}+y^{p}}{2}=(\frac{x+y}{2})^{m}$

Thì $m=p$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatquangsin: 24-07-2013 - 23:46

[Zaraki]

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x,y$ có $(x,y)=1$ và $k>1$ nguyên dương thỏa $3^n=x^k+y^k$

Lời giải. Nếu $3|x,3|y$ thì $\gcd(x,y) \ne 1$, trái giả thiết.

Nếu $3|x, 3 \nmid y$ thì $3 \nmid x^k+y^k$, trái giả thiết.

Vậy $3 \nmid x, 3 \nmid y$.

 

Nếu $k$ chẵn: Vì $3 \nmid x, 3 \nmid y$ nên $x^k+y^k \equiv 2 \pmod{3}$, trái giả thiết.

Vậy $k$ lẻ.

 

Nếu $x \equiv 1 \pmod{3},y \equiv 1 \pmod{3}$ thì $x^k+y^k \equiv 2 \pmod{3}$, trái giả thiết.

Nếu $x \equiv 2 \pmod{3}, y \equiv 2 \pmod{3}$ thì $x^k+y^k \equiv 1 \pmod{3}$, trái giả thiết.

Vậy $3 \mid x+y$.

 

Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ lẻ thoả mãn $p|x+y,p \nmid x, p \nmid y$. Khi đó theo LTE ta có $$v_p \left( x^k+y^k \right) =v_p(x+y)+v_p(k)$$ 

Hay ta có $$v_p \left( 3^n \right)= v_p(x+y)+v_p(k)$$

Do đó $p=3$. Như vậy $v_3 \left( 3^n \right) = v_3(x+y)+v_3(k)$. Đặt $v_3(x+y)=m$ với $m \in \mathbb{N}^*$ ($m \ne 0$ vì nếu $m=0$ thì $x+y=1 \Rightarrow n=0$, vô lí) thì ta có $x+y=3^m$.

Khi đó $n=m+v_3(k) \Rightarrow k=3^{n-m}$.

 

Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp: $3^a \ge a+2$ với mọi $a \ge 1$.

Khi đó ta suy ra $v_3(k) \le k-2 \quad (1)$.

 

Không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y \ge 1$. Khi đó $3^m=x+y \le 2x$.

 

$\blacktriangleright$ Nếu $x \ge y \ge 4$: Ta có $$\begin{aligned} x^k+y^k \ge & x^k = 2x \cdot \dfrac{x^{k-1}}{2} \\ \ge & 3^m \cdot \dfrac{x^{k-1}}{2} \end{aligned}$$

Ta sẽ đi chứng minh $x^{k-1} > 2 \cdot 3^{n-m}=2k$. Thật vậy, ta có theo $(1)$ thì $x^{k-1} \ge x^{n-m+1} \ge 4^{n-m+1} > 2 \cdot 3^{n-m} $. Vậy $x^k+y^k > 3^n$ ở trường hợp này, trái giả thiết.

 

$\blacktriangleright$ Nếu $2 \ge x \ge y$. Dễ nhận thấy $x,y$ khác tính chẵn lẻ nên $x=2,y=1$.

Phương trình ban đầu tương đương với $$3^n=2^k+1 \qquad (2)$$

Nếu $k=1$ thì $n=1$.

Nếu $k \ge 2$ thì $4|2^k$. Do đó $3^n \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow n$ chẵn. Đặt $n=2n_1$ với $n_1 \in \mathbb{N}^*$. Khi đó $$(2) \Leftrightarrow \left( 3^{n_1}-1 \right) \left( 3^{n_1}+1 \right) = 2^k$$

Đặt $3^{n_1}-1=2^p, 3^{n_1}+1=2^q$ với $p,q \in \mathbb{N}, \; q>p$.

Khi đó thì $2^p \left( 2^{q-p} -1 \right) =2 \Rightarrow p=1,q=2$. Vậy $k=3$. Khi đó $n=2$.

 

Kết luận. Số nguyên dương $n$ thoả mãn đề bài là $\boxed{ (x,y,n,k)= (2,1,2,3),(1,2,2,3)}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 25-07-2013 - 06:22

[nhatquangsin]

Có thể tổng quát $p^n=a^k+b^k$ với $k$ nguyên dương

 

Mọi người chứng minh luôn đi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 03-12-2013 - 19:21

[Zaraki]

Có thể tổng quát $p^n=3^k+b^k$ với $k$ nguyên dương

Mọi người chứng minh luôn đi

Ý anh là tìm $p,b$ sao ??

[nhatquangsin]

Ý anh là tìm $p,b$ sao ??

sorry anh viết nhầm

đề vẫn là tìm $n$ còn những số kia có tìm hay không cũng không sao

còn $p$ là số nguyên tố lẻ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatquangsin: 25-07-2013 - 15:38

[neusolve]

Bài 2: Nhận thấy $\underbrace{2^{m-1}(x^p+y^p)=(x+y)^m}_{\Box}\ge (x+y)^p\implies m\ge p$. (theo bất đẳng thức Holder cho bộ $m$ số thực dương) Nếu ngược lại tức $m\ne p\implies m>p$. Gọi $q$ là một ước nguyên tố lẻ bất kì của $x+y$. Từ đây nếu $x=q^u, y=q^v, u\ge v$ thì $v_q(VT(\Box ))= vp<vm = v_q(VP(\Box))$, nên không thể có nghiệm. Vậy nên $x, y\not\equiv 0\pmod q$. Đặt $v_q(x+y)=a$ thì $v_q(x^p+y^p)=v_q(x+y)+v_q(p)\le a+1\implies ma\le a+1\implies  (m-1)a\le 1\implies a=1, m=2$. Nhận thấy nếu $p\ge 2$ thì $2(x^p+y^p)\ge 2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2$, nên $p=m=2$. Mâu thuẫn với giả thiết $p<m$. Vậy nên $\boxed{p=m}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neusolve: 25-07-2013 - 20:01

[vuducvanno1]

Cho $a,b,n$ là các số nguyên dương, $p$ là số nguyên tố không phải ước của $a$ hay $b$. Với $p^{k}\parallel (a-b), p^{l}\parallel n$. Chứng minh rằng $p^{k+l}\parallel (a^{n}-b^{n})$

 

Áp dụng:

Bài 1

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x,y$ có $(x,y)=1$ và $k>1$ nguyên dương thỏa $3^n=x^k+y^k$

Bài 2

Cho $p$ là số nguyên tố và $m>1$ nguyên dương. Chứng minh rằng nếu các số nguyên dương $x>1,y>1$ thỏa:

$\frac{x^{p}+y^{p}}{2}=(\frac{x+y}{2})^{m}$

Thì $m=p$

Định lý LTE đâu anh