Chủ đề này có 3 trả lời

[kfcchicken98]

UCLN (a,b)=1; b là số lẻ. CMR UCLN($n^{a}+1, n^{b}-1$) $\leq 2$ với mọi số tự nhiên n

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kfcchicken98: 31-12-2013 - 12:29

[buiminhhieu]

UCLN (a,b)=1; b là số lẻ. CMR UCLN($n^{a}+1, n^{b}+1$) $\leq 2$ với mọi số tự nhiên n

đề sai rồi cho a=3,b=5 ,n=2 thì vô lí 

đề phải là b chẵn mới làm được chứ

[kfcchicken98]

đề sai rồi cho a=3,b=5 ,n=2 thì vô lí 

đề phải là b chẵn mới làm được chứ

đã sửa lại đề

[Zaraki]

Lời giải.

Bổ đề. Cho $a,m,n \in \mathbb{N}^*$ thì $\left( a^m-1,a^n-1 \right)=a^{(m,n)}-1$.

Chứng minh. Gọi $\left( a^m-1,a^n-1 \right)=d$

Theo định lý Bezout, luôn tồn tại hai số nguyên $x,y$ thoả mãn $mx+bn=\gcd (m,n)$.

Do đó $a^{\gcd (m,n)}-1=a^{mx+bn}-1=a^{bn} \left( a^{mx}-1 \right)+a^{bn}-1$ chia hết cho $d$ vì $d|a^{mx}-1,d|a^{bn}-1$.

Ta dễ dàng suy ra nếu $k|a^{(m,n)}-1$ thì $k|a^m-1,k|a^n-1$.

Vậy $\left( a^m-1,a^n-1 \right)=a^{(m,n)}-1$.

=========================================

 

Quay lại bài toán. Gọi $d= \gcd \left( n^a+1,n^b-1 \right)$ thì $d|n^b-1+n^a+1 \Rightarrow d|n^{|a-b|}+1$ (vì $(d,n)=1$).

Lại có $d|n^a+1$ nên duy ra $d|n^a-n^{|a-b|} \Rightarrow d|n^{|a-|a-b||}-1$ (vì $(d,n)=1$).

Mà $d|n^b-1$ nên $d| \left( n^{|a-|a-b||}-1,n^b-1 \right) \Rightarrow d|n-1$ (dễ dàng chứng minh $\gcd \left( b,|a-|a-b|| \right)=1$). Vậy $d|n^a-1$ dẫn đến $d|2$.

Như vậy $\gcd \left(n^a+1,n^b-1 \right) \le 2$. $\blacksquare$