Chủ đề này có 3 trả lời

[Caspper]

Mọi người giúp e bài này ạ )

Cho $k\in\mathbb{Z}_{+}$. Tìm tất cả $f:\mathbb{Z}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}_{+}$ thỏa mãn: $f(m)+f(n)\mid (m+n)^k\;\forall\;m,n\in\mathbb{Z}_{+}$.

[nhungvienkimcuong]

Mọi người giúp e bài này ạ )

Cho $k\in\mathbb{Z}_{+}$. Tìm tất cả $f:\mathbb{Z}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}_{+}$ thỏa mãn: $f(m)+f(n)\mid (m+n)^k\;\forall\;m,n\in\mathbb{Z}_{+}$.

sau đây là các bước chính của bài toán và không phải lời giải hoàn toàn của bài

$\mathcal{P}(1,1)\rightarrow 2f(1)\mid 2^k\Rightarrow f(1)=2^u$

$\mathcal{P}(2,2)\rightarrow 2f(2)\mid 4^k\Rightarrow f(2)=2^v$

$\mathcal{P}(1,2)\rightarrow f(1)+f(2)\mid 3^k\Rightarrow 2^u+2^v\mid 3^k$

vì $3^k$ lẻ nên tới đây chứng minh được $u=0$,từ đây ta có

$1+2^v\mid 3^k\Rightarrow 1+2^v=3^t$

phương trình nghiệm nguyên trên khá dễ giải và ta có được $v=2$

tới đây ta đã có $f(1)=1,f(2)=2$

xét với số nguyên tố $p>2$

$\mathcal{P}(p-1,1)\rightarrow f(p-1)+f(1)\mid p^k\Rightarrow f(p-1)=p^x-1$

$\mathcal{P}(p-1,2)\rightarrow f(p-1)+f(2)\mid (p+1)^k\Rightarrow p^x+1\mid (p+1)^k$

tới đây theo định lý $\text{Zsigmondy}$ ta suy ra được $x=1$ tức là ta có $f(p-1)=p-1$

$\mathcal{P}(p-1,n)\rightarrow p-1+f(n)\mid (p-1+n)^k$

$(p-1+n)^k\equiv \ \left ( n-f(n) \right )^k\ \left ( \mod\ p-1+f(n) \right )$

$\Rightarrow p-1+f(n)\mid (n-f(n))^k$

từ đây cố định $n$ và cho số nguyên tố $p\rightarrow +\infty$ ta có được $f(n)\equiv n$

[Caspper]

sau đây là các bước chính của bài toán và không phải lời giải hoàn toàn của bài

$\mathcal{P}(1,1)\rightarrow 2f(1)\mid 2^k\Rightarrow f(1)=2^u$

$\mathcal{P}(2,2)\rightarrow 2f(2)\mid 4^k\Rightarrow f(2)=2^v$

$\mathcal{P}(1,2)\rightarrow f(1)+f(2)\mid 3^k\Rightarrow 2^u+2^v\mid 3^k$

vì $3^k$ lẻ nên tới đây chứng minh được $u=0$,từ đây ta có

$1+2^v\mid 3^k\Rightarrow 1+2^v=3^t$

phương trình nghiệm nguyên trên khá dễ giải và ta có được $v=2$

tới đây ta đã có $f(1)=1,f(2)=2$

xét với số nguyên tố $p>2$

$\mathcal{P}(p-1,1)\rightarrow f(p-1)+f(1)\mid p^k\Rightarrow f(p-1)=p^x-1$

$\mathcal{P}(p-1,2)\rightarrow f(p-1)+f(2)\mid (p+1)^k\Rightarrow p^x+1\mid (p+1)^k$

tới đây theo định lý $\text{Zsigmondy}$ ta suy ra được $x=1$ tức là ta có $f(p-1)=p-1$

$\mathcal{P}(p-1,n)\rightarrow p-1+f(n)\mid (p-1+n)^k$

$(p-1+n)^k\equiv \ \left ( n-f(n) \right )^k\ \left ( \mod\ p-1+f(n) \right )$

$\Rightarrow p-1+f(n)\mid (n-f(n))^k$

từ đây cố định $n$ và cho số nguyên tố $p\rightarrow +\infty$ ta có được $f(n)\equiv n$

Bạn nói cho mình rõ hơn về định lý Zsigmondy được không?

[nhungvienkimcuong]

Bạn nói cho mình rõ hơn về định lý Zsigmondy được không?

bạn tìm kiếm định lý này trên gg sẽ hiện ra rất nhiều tài liệu

file sau mình rất ưng ý