Có tồn tại hay không $a,b \in \mathbb{Z}+$ phân biệt thỏa mãn thì với bất kỳ giá trị nào của $n(n \in \mathbb{Z}+)$ thì:
$a^{n}+n\vdots b^{n}+n$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 15-12-2017 - 02:48
Có tồn tại hay không $a,b \in \mathbb{Z}+$ phân biệt thỏa mãn thì với bất kỳ giá trị nào của $n(n \in \mathbb{Z}+)$ thì:
$a^{n}+n\vdots b^{n}+n$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 15-12-2017 - 02:48
Nguyễn Văn Tự Cường - Trường THPT Chuyên LQĐ - Quảng Trị
bài này sử dụng thặng dư trung hoa mà chưa có thời gian latex
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
(From AoPS) Chứng minh rằng không tồn tại $a,b \in \mathbb{Z}+$ phân biệt thỏa mãn $b^{n}+n\vdots a^{n}+n$ với $n$ là số tự nhiên bất kỳ.
Dễ thấy $b>a$.
Giả sử tồn tại bất kỳ số nguyên tố $p > b-a$ thỏa mãn $p\nmid a,b$, khi đó luôn tồn tại số $k$ thỏa mãn $p \mid a^{k}+k \mid b^{k}+k$.
Suy ra $a^{k}\equiv b^{k}($mod $p)$. Cho thêm điều kiện $p\equiv 1($mod $p-1)$, theo định lý $Fermat$ nhỏ, ta có $a\equiv a^{k}\equiv b^{k}\equiv b($mod $p)$
Suy ra $p \mid a^{k}+k\Rightarrow p \mid a+k$ hay $k\equiv -a($mod $p)$ ta có $\left\{\begin{matrix} k\equiv 1(modp-1)\\ k\equiv -a(modp) \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow k=(p-1)(a+1)+1$
Vậy $k=(p-1)(a+1)+1$ là số cần tìm.
(P/S: Đây là bước phân tích, chứ chọn thẳng $k=(p-1)(a+1)+1$ rồi chỉ ra $p \mid a^{k}+k \mid b^{k}+k$ với $p$ là số nguyên tố bất kỳ thỏa mãn $p>b-a$ cũng được )
Ta có: $p \mid (b^{k}+k)-(a^{k}+k)\Rightarrow p \mid a-b\Rightarrow p\leq b-a $(do $a-b \neq 0$)(vô lý)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi slenderman123: 15-12-2017 - 22:43
Nguyễn Văn Tự Cường - Trường THPT Chuyên LQĐ - Quảng Trị
bạn giải thích cụ thể được không ? sao lại dễ thấy $b>a$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 0tandat9: 24-12-2017 - 10:10
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh