Giải trí nhân ngày 26/11 (ngày mai ) ! Cũng dễ thôi !
Cho $a,b \in\mathbb{N}^{*}$ , $(a,b)=1$. CMR : Mọi uoc nguyên tố lẻ của$a^{2^{n}}+b^{2^{n}}$ đều có dạng $2^{n+1}k+1$
$a^{2^{n}}+b^{2^{n}}$
Bắt đầu bởi Secrets In Inequalities VP, 25-11-2012 - 10:33
#1
Đã gửi 25-11-2012 - 10:33
- WhjteShadow yêu thích
#2
Đã gửi 25-11-2012 - 11:05
Đặt $a^{2^{n}}+b^{2^{n}}=zd, z\in \mathbb{N^{*}}$, $d=2^{m}.v+1, m\in \mathbb{N}^{*}$ ($v$ là số nguyên dương lẻ)
Giả sử $m\leq n$
Vì $(a,b)=1$ nên $(a, d)=(b, d)=1$.
Theo định lí Fermat nhỏ ta có : $(a^{2^{n-m}})^{d-1}\equiv (b^{2^{n-m}})^{d-1}\equiv 1$ $(\mod d)$
hay ${ (a^{2^{n}})^{v}\equiv (b^{2^{n}})^{v}\equiv 1 }$ $(\mod d)$ (*)
Mà ${ (a^{2^{n}})^{v}=(zd-b^{2^{n}})=td-(b^{2^{n}})^{v}\equiv -(b^{2^{n}})^{v} }$ $(\mod d)$
Do đó từ (*) suy ra ${ (b^{2^{n}})^{v}\equiv -(b^{2^{n}})^{v}\equiv 1}$ $( \mod d)$ ( Mâu thuẫn)
Suy ra ${ m\geq n+1}$
Vậy ${ d\equiv 1 }$ ( mod ${2^{2n+1} }$ )
$\Rightarrow$ đpcm
___
NLT: Không nên dùng màu đỏ nhiều khi post bài bạn nhé ! Khuyến khích dùng các màu sẫm ! Cảm ơn !
Giả sử $m\leq n$
Vì $(a,b)=1$ nên $(a, d)=(b, d)=1$.
Theo định lí Fermat nhỏ ta có : $(a^{2^{n-m}})^{d-1}\equiv (b^{2^{n-m}})^{d-1}\equiv 1$ $(\mod d)$
hay ${ (a^{2^{n}})^{v}\equiv (b^{2^{n}})^{v}\equiv 1 }$ $(\mod d)$ (*)
Mà ${ (a^{2^{n}})^{v}=(zd-b^{2^{n}})=td-(b^{2^{n}})^{v}\equiv -(b^{2^{n}})^{v} }$ $(\mod d)$
Do đó từ (*) suy ra ${ (b^{2^{n}})^{v}\equiv -(b^{2^{n}})^{v}\equiv 1}$ $( \mod d)$ ( Mâu thuẫn)
Suy ra ${ m\geq n+1}$
Vậy ${ d\equiv 1 }$ ( mod ${2^{2n+1} }$ )
$\Rightarrow$ đpcm
___
NLT: Không nên dùng màu đỏ nhiều khi post bài bạn nhé ! Khuyến khích dùng các màu sẫm ! Cảm ơn !
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 25-11-2012 - 11:23
- yeutoan11 và WhjteShadow thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh