Chủ đề này có 3 trả lời

[slenderman123]

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:

$a^{n}+n\vdots b^{n}+n$

                                 (Olympic 30-4-2016)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 15-12-2017 - 02:48

[NHoang1608]

bài này sử dụng thặng dư trung hoa mà chưa có thời gian latex

[slenderman123]

(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

[0tandat9]

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