Đến nội dung

Hình ảnh

CMR với mọi số tự nhiên a và $a>1$ ta có $(a^m-1;a^n-1)=a^(m,n) -1$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
hola0905

hola0905

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 114 Bài viết
1)Tìm số tự nhiên k lớn nhất sao cho $n^5-2011n$ chia hết cho k với mọi n tự nhiên
2)CMR với mọi số tự nhiên a và $a>1$ ta có $(a^m-1;a^n-1)=a^{(m.n)}-1$
kí hiệu (x,y) là ƯCLN của x và y

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hola0905: 05-06-2012 - 17:51


#2
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

1)Tìm số tự nhiên k lớn nhất sao cho $n^5-2011n$ chia hết cho k với mọi n tự nhiên
2)CMR với mọi số tự nhiên a và $a>1$ ta có $(a^m-1;a^n-1)=a^{(m.n)}-1$
kí hiệu (x,y) là ƯCLN của x và y

Giải như sau:
1) Giả sử $p|k, p \in \mathbb {P} \rightarrow n^5-2011n \vdots p \rightarrow n(n^4-2011) \vdots p$
TH1: $p|n$ do $n^5-2011n$ chia hết cho $k$ hay chia hết cho $p$ với mọi $n$
Cho nên $(n+1)[(n+1)^4-2011]$ chia hết cho $p$ nhưng do $p|n, gcd(n,n+1)=1 \rightarrow p|(n+1)^4-2011 \rightarrow p|n^4+4n^3+6n^2+4n+1-2011 \rightarrow p|-2010$
Do đó $p \in {2,3,5,67}$
Suy ra ngay $p$ chỉ có thể là $2,3,5$ do giả sử $p=67$ chọn $n=2$ suy ra $2^5-2011.2$ không chia hết cho $67$
Do đó $p=2,3,5$ hay các ước nguyên tố của $k$ chỉ có thể là $2,3,5$ ta sẽ chứng minh $k$ max là $30$
Thật vậy nếu $k \vdots 4 \rightarrow \text{chọn} n=2 \rightarrow 2^5-2011.2 \not \vdots k=4$ loại
Nếu $k \vdots 9 \rightarrow$ chọn $n=3 \rightarrow 3^5-2011.3 \not \vdots k=9$ loại
Nếu $k \vdots 25 \rightarrow$ chọn $n=5 \rightarrow n^5-2011.5 \not \vdots k=25$ loại
Do đó $k$ không chia hết cho $4$ hay $9$ hay $25$ nhưng lại chỉ có ước là $2,3,5$ cho nên $max{k}=30$
Khi đó $n^5-2011n=n(n^4-2011)$
Dễ chứng minh $n(n^4-2011) \vdots 2,3,5$ với mọi $n$ nên $n(n^4-2011) \vdots 30$ nên $k=30$ là hợp lý
TH2: $n^4-2011 \vdots p$ lúc này ta chọn $n_0=n^4-2011$ do $n^5-2011.n$ chia hết cho $k$ hay $p$ với mọi $n$ nên $n_0^5-2011.n_0 \vdots p$
Hay $n_0(n_0^4-2011) \vdots p$ nhưng $n_0=n^4-2011 \vdots p$ nên lúc này $n_0$ đóng vai trò $n$ trong TH1 đã được chứng minh
Vậy $\boxed{k=30}$

2)CMR với mọi số tự nhiên a và $a>1$ ta có $(a^m-1;a^n-1)=a^{(m.n)}-1$
kí hiệu (x,y) là ƯCLN của x và y

Giải như sau:
2) Giả sử $gcd(m,n)=d \rightarrow m=dx,n=dy, gcd(x,y)=1$
Suy ra $gcd(a^m-2,a^n-1)=gcd((a^d)^x-1,(a^d)^y-1)$
  • Giả sử $gcd((a^d)^x-1,(a^d)^y-1)=p$ suy ra $gcd(a,p)=1 \rightarrow gcd(a^d,p)=1$
Do đó gọi $k$ là cấp của $a^d$ mod $p$ suy ra $(a^d)^k-1 \vdots p$ với $k$ nhỏ nhất
Theo định lý cấp của một số và $gcd((a^d)^x-1,(a^d)^y-1) \vdots p \rightarrow (a^d)^x-1; (a^d)^y-1 \vdots p$ ta suy ra $x,y \vdots k$ (do $k$ là cấp của $(a^d)$ mod $p$)
Mặt khác $gcd(x,y)=1 \rightarrow k=1$ nên cấp của $(a^d)$ mod $p$ là $1$ do đó suy ra $a^d-1 \vdots p$
Như vậy ta đã chứng minh xong $a^d-1 \vdots p<1>$
  • Ta cần chứng minh $p \vdots a^d-1$ thật vậy do $gcd(a^m-1,a^n-1)=p \rightarrow gcd((a^d)^x-1,(a^d)^y-1)=p$
Mặt khác $(a^d)^x-1 \vdots (a^d-1)$ và $(a^d)^y-1 \vdots (a^d-1) \rightarrow gcd((a^d)^x-1,(a^d)^y-1) \vdots (a^d-1) \rightarrow p \vdots (a^d-1)$
Như vậy ta chứng minh xong $p \vdots a^d-1<2>$
Từ $<1><2> \rightarrow p=a^d-1$ do đó $gcd(a^m-1,a^n-1)=a^d-1=a^{m,n}-1 \rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 07-06-2012 - 15:39





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh