Chủ đề này có 4 trả lời

[Dam Uoc Mo]

Bài 1: Tìm $p,q$ nguyên tố sao cho $2^{p}+2^{q}\vdots (pq).$

Bài 2: Giả sử $1+2^{n}+4^{n}$ là số nguyên tố, $n$ nguyên dương. Tìm $n$ thỏa mãn bài toán.

[thinhrost1]

Bài 1: Tìm $p,q$ nguyên tố sao cho $2^{p}+2^{q}\vdots (pq).$

Bài 2: Giả sử $1+2^{n}+4^{n}$ là số nguyên tố, $n$ nguyên dương. Tìm $n$ thỏa mãn bài toán.

Bài 1: $2^{p}+2^{q}\vdots (pq). (*)$

Trường hợp 1: $p=q$

 

Thay vào (*) ta được $p^2 | 2.2^p$ suy ra $p=2$.

 

Trường hợp 2: $ p \ne q$.

Trường hợp 2.1: Một trong hai số $p,q$ bằng 2. Không mất tính tổng quát giả sử $q=2, p \ne 2$ Khi đó $2p |2^2+2^p \Rightarrow 2^2+2^p \equiv 0 (mod p)$ Mặt khác theo định lý Fermat, ta có:

$2^p \equiv 2 (mod p)$ $\Rightarrow 0 \equiv 2^2+2=2.3 (mod p)$ nên $p=3$. Kiểm tra trực tiếp thấy thỏa mãn vậy $(2,3), (3,2)$ thỏa mãn bài toán.

Trường hợp 2.2: $p \ne q, p,q \ne 2$. Theo định lí Fermat ta có:

$0 \equiv 2^p+2^q \equiv 2+2^q \equiv 2(1+2^{q-1}) (mod p) \Rightarrow p | 2(2^{q-1}+1) \Rightarrow p | 1+ 2^{q-1} (1) \Rightarrow 2^{2(q-1)} \equiv 1 (mod p)$

 

$\Rightarrow ord_p(2)| 2(q-1) \Rightarrow ord_p(2) | (2(q-1),p-1)=2(q-1,p-1)$. Do $p,q$ là hai số nguyên tố lẻ đặt:

 

$p-1=2^lm,q-1=2^kn$ trong đó $m, n$ là các số lẻ $k, l >0$. Khi đó $ord_p(2) | 2^{k+1}$ Như vậy $ord_p(2)=2^h ( 0 \le h \le k+1)$

 

Nếu $ 0 \le h \le k$ thì:  $((2^{2^h})^{2^{k-h}})^m \equiv 1 (mod p)$ hay $2^{q-1}-1 \equiv 0 (mod p)$ Mâu thuẫn với (1).

 

Vậy $ord_p(2)=2^{k+1} \Rightarrow 2^{k+1} | \varphi (p)=p-1=2^lm \Rightarrow 2^{k+1}|2^l \Rightarrow k<l$. Tương tự ta chứng minh được $l < k$ (vô lí). 

 

Kết luận $(p,q)=(2,2), (2,3), (3,2)$ thỏa mãn bài toán

 

Bài tương tự: Tìm $p,q$ nguyên tố sao cho $5^p+5^q \vdots pq$

Bài 2: bạn có thể xem lại đề không mình chỉ chứng minh được $n$ có dạng $3^k$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 13-11-2016 - 16:36

[Dam Uoc Mo]

Bài 1: $2^{p}+2^{q}\vdots (pq). (*)$

Trường hợp 1: $p=q$

 

Thay vào (*) ta được $p^2 | 2.2^p$ suy ra $p=2$.

 

Trường hợp 2: $ p \ne q$.

Trường hợp 2.1: Một trong hai số $p,q$ bằng 2. Không mất tính tổng quát giả sử $q=2, p \ne 2$ Khi đó $2p |2^2+2^p \Rightarrow 2^2+2^p \equiv 0 (mod p)$ Mặt khác theo định lý Fermat, ta có:

$2^p \equiv 2 (mod p)$ $\Rightarrow 0 \equiv 2^2+2=2.3 (mod p)$ nên $p=3$. Kiểm tra trực tiếp thấy thỏa mãn vậy $(2,3), (3,2)$ thỏa mãn bài toán.

Trường hợp 2.2: $p \ne q, p,q \ne 2$. Theo định lí Fermat ta có:

$0 \equiv 2^p+2^q \equiv 2+2^q \equiv 2(1+2^{q-1}) (mod p) \Rightarrow p | 2(2^{q-1}+1) \Rightarrow p | 1+ 2^{q-1} (1) \Rightarrow 2^{2(q-1)} \equiv 1 (mod p)$

 

$\Rightarrow ord_p(2)| 2(q-1) \Rightarrow ord_p(2) | (2(q-1),p-1)=2(q-1,p-1)$. Do $p,q$ là hai số nguyên tố lẻ đặt:

 

$p-1=2^lm,q-1=2^kn$ trong đó $m, n$ là các số lẻ $k, l >0$. Khi đó $ord_p(2) | 2^{k+1}$ Như vậy $ord_p(2)=2^h ( 0 \le h \le k+1)$

 

Nếu $ 0 \le h \le k$ thì:  $((2^{2^h})^{2^{k-h}})^m \equiv 1 (mod p)$ hay $2^{q-1}-1 \equiv 0 (mod p)$ Mâu thuẫn với (1).

 

Vậy $ord_p(2)=2^{k+1} \Rightarrow 2^{k+1} | \varphi (p)=p-1=2^lm \Rightarrow 2^{k+1}|2^l \Rightarrow k<l$. Tương tự ta chứng minh được $l < k$ (vô lí). 

 

Kết luận $(p,q)=(2,2), (2,3), (3,2)$ thỏa mãn bài toán

 

Bài tương tự: Tìm $p,q$ nguyên tố sao cho $5^p+5^q \vdots pq$

Bài 2: bạn có thể xem lại đề không mình chỉ chứng minh được $n$ có dạng $3^k$

Hình như nó là chứng minh dạng đó, bài 2 ấy, nhưng đề mình bị sai nên ghi lẫn lộn, mình không hiểu nó nói gì nên đăng bài tổng quát lên đây nhờ các cao thủ. Chứng minh được $n=3^{k}$ là tìm được $n$ còn gì nữa. Đấy bạn chứng minh giúp mình luôn được không?

[thinhrost1]

Hình như nó là chứng minh dạng đó, bài 2 ấy, nhưng đề mình bị sai nên ghi lẫn lộn, mình không hiểu nó nói gì nên đăng bài tổng quát lên đây nhờ các cao thủ. Chứng minh được $n=3^{k}$ là tìm được $n$ còn gì nữa. Đấy bạn chứng minh giúp mình luôn được không?

$1+2^{n}+4^{n}$ là số nguyên tố thì $n=3^k$ nhưng $n=3^k$ thì $1+2^{n}+4^{n}$ chưa chắc là số nguyên tố do ( $4^{27}+2^{27}+1=2593\cdot 71119\cdot 97685839$)

 

$n=1$ Hiển nhiên

Giả sử $n\neq 3^k \rightarrow n=3^k.r$ $gcd(r,3)=1$

Đặt  $1+2^n+4^n=p, q=1+2^{3^k}+4^{3^k}$

TH1: $r=3s+1$ Ta có:

$(p-q)=(2^n-2^{3^k})+(4^n-4^{3^k})=[(2^{3^k})^{3s+1}-(2^{3^k})]+[(4^{3^k})^{3s+1}-(4^{3^k})]=2^{3^k}(2^{3^k.3s}-1)+4^{3^k}(4^{3^k.3s}-1)=2^{3^k}(2^{3^k.3s}-1)+4^{3^k}(2^{3^k.6s}-1)$

Vì $a,b \in \mathbb Z$ và $m$ là số tự nhiên nên $(a-b)|a^m-b^m$ 

Ta được \[2^{3^k.3s}-1=(2^{3^k.3})^s-1 \rightarrow (2^{3^k.3}-1)|(2^{3^k.3})^s-1\]

\[2^{3^k.6s}-1=(2^{3^k.3})^{2s}-1 \rightarrow (2^{3^k.3}-1)|(2^{3^k.3})^{2s}-1\]

Vì thế $(2^{3^k.3}-1)|(p-q)$

Mặt khác $2^{3^k.3}-1=(2^{3^k})^3-1=(2^{3^k}-1).q$ 

Vậy $q|(p-1) \rightarrow q|p$

TH2: $r=3s+2$ tương tự ta cũng có $q |p$

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có \[(1+2^{3^k}+4^{3^k})|(1+2^n+4^n)\], vô lí

Vậy $r=3k$ (đpcm)

 

Bài này là đề thi Bungari, tổng quát:

 

Cho $a \geq 2$ nguyên và $p$ nguyên tố. Khi đó $a^{(p-1)m}+a^{(p-2)m}+...+a^{2m}+a^{m}+1$ là số nguyên tố thì $m=p^{k}$ với $k$ nào đó.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 14-11-2016 - 00:10

[Dam Uoc Mo]

Bài 1: $2^{p}+2^{q}\vdots (pq). (*)$

Trường hợp 1: $p=q$

 

Thay vào (*) ta được $p^2 | 2.2^p$ suy ra $p=2$.

 

Trường hợp 2: $ p \ne q$.

Trường hợp 2.1: Một trong hai số $p,q$ bằng 2. Không mất tính tổng quát giả sử $q=2, p \ne 2$ Khi đó $2p |2^2+2^p \Rightarrow 2^2+2^p \equiv 0 (mod p)$ Mặt khác theo định lý Fermat, ta có:

$2^p \equiv 2 (mod p)$ $\Rightarrow 0 \equiv 2^2+2=2.3 (mod p)$ nên $p=3$. Kiểm tra trực tiếp thấy thỏa mãn vậy $(2,3), (3,2)$ thỏa mãn bài toán.

Trường hợp 2.2: $p \ne q, p,q \ne 2$. Theo định lí Fermat ta có:

$0 \equiv 2^p+2^q \equiv 2+2^q \equiv 2(1+2^{q-1}) (mod p) \Rightarrow p | 2(2^{q-1}+1) \Rightarrow p | 1+ 2^{q-1} (1) \Rightarrow 2^{2(q-1)} \equiv 1 (mod p)$

 

$\Rightarrow ord_p(2)| 2(q-1) \Rightarrow ord_p(2) | (2(q-1),p-1)=2(q-1,p-1)$. Do $p,q$ là hai số nguyên tố lẻ đặt:

 

$p-1=2^lm,q-1=2^kn$ trong đó $m, n$ là các số lẻ $k, l >0$. Khi đó $ord_p(2) | 2^{k+1}$ Như vậy $ord_p(2)=2^h ( 0 \le h \le k+1)$

 

Nếu $ 0 \le h \le k$ thì:  $((2^{2^h})^{2^{k-h}})^m \equiv 1 (mod p)$ hay $2^{q-1}-1 \equiv 0 (mod p)$ Mâu thuẫn với (1).

 

Vậy $ord_p(2)=2^{k+1} \Rightarrow 2^{k+1} | \varphi (p)=p-1=2^lm \Rightarrow 2^{k+1}|2^l \Rightarrow k<l$. Tương tự ta chứng minh được $l < k$ (vô lí). 

 

Kết luận $(p,q)=(2,2), (2,3), (3,2)$ thỏa mãn bài toán

 

Bài tương tự: Tìm $p,q$ nguyên tố sao cho $5^p+5^q \vdots pq$

Bài 2: bạn có thể xem lại đề không mình chỉ chứng minh được $n$ có dạng $3^k$

Cho hỏi lại đoạn này tí, nhỡ nó chứa cả ước lẻ thì sao ?

Còn bài 2 liệu đặt n như thế có được không ?Nhỡ nó có ước nguyên tố khác thì sao? Mình cũng đọc có sách ghi vậy nên thắc mắc.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dam Uoc Mo: 14-11-2016 - 11:26