Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Cho $p,q\in N$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 demonhunter000

demonhunter000

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 40 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:the DEMON gate

Đã gửi 10-01-2013 - 19:56

Cho $p,q\in N$ sao cho $p+q\in P$ và $n$ chia hết $p^{n}+q^{n}$.Cmr:
$p+q$ chia hết $n$.
Có thể bỏ đk $p+q\in P$ ko? :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 10-01-2013 - 19:57


#2 lovesmaths

lovesmaths

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 43 Bài viết

Đã gửi 10-01-2013 - 20:40

Xem lại đề 1 chút, n=p=q=1 ?

#3 Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Xem phim.

Đã gửi 10-01-2013 - 20:55

Cho $p,q\in N$ sao cho $p+q\in P$ và $n$ chia hết $p^{n}+q^{n}$.Cmr:
$p+q$ chia hết $n$.
Có thể bỏ đk $p+q\in P$ ko? :)

Lâu lâu ms lên ! Thử phát ! :biggrin:
Trường hợp $p+q=2$ dễ thấy đpcm.Xét $p+q\geq 3\Rightarrow p+q$ lẻ suy ra $n$ lẻ
Gọi $k$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$.
Gọi $a$ là số thuộc đoạn $[1;k-1]$ sao cho $aq\equiv 1 ( Modk)$ ( số $a$ này luôn tồn tại )
Ta có : $p^{n}+q^{n}\equiv 0(Modn)\Rightarrow p^{n}+q^{n}\equiv 0(Modk)\Rightarrow a^{n}(p^{n}+q^{n})\equiv 0(Modk)$
$\Rightarrow (ap)^n+(aq)^n\equiv 0(Modk)\Rightarrow (ap)^n+1\equiv 0(Modk)$
$\Rightarrow (-ap)^{n}\equiv 1(Modk)$
Gọi $h$ là cấp của $(-ap)$ theo mod $k$ , theo tính chất của cấp suy ra $h|n$ và $h|k-1$
Nếu $h> 1$ thì $h$ sẽ có ít nhất một ước nguyên tố $t$ nào đó
Suy ra $t|n$ và $t|k-1\Rightarrow t\leq k-1< k$ vô lí vì theo định nghĩa số $k$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$.
Do đó $h=1$ $\Rightarrow -ap\equiv 1(Modk)\Rightarrow ap+1\vdots k$ .
Lại có $aq\equiv 1(Modk)\Rightarrow aq-1\vdots k\Rightarrow ap+aq\vdots k\Rightarrow a(p+q)\vdots k$
Mà $a\in[1;k-1],p+q\in\mathbb{P}$ suy ra $k= p+q$ $\Rightarrow p+q|n\Rightarrow Q.E.D$

Nếu bỏ $p+q\in\mathbb{P}$ thì chắc là chỉ có $gcd(n,p+q)=t> 1$ thôi :P !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 10-01-2013 - 20:56


#4 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 10-01-2013 - 21:04

Cho $p,q\in N$ sao cho $p+q\in P$ và $n$ chia hết $p^{n}+q^{n}$.Cmr:
$p+q$ chia hết $n$.
Có thể bỏ đk $p+q\in P$ ko? :)

Đề bài thiếu đk $n>1$
Giải như sau:
Bổ đề: (mở rộng của cấp số) $k|x^n-y^n$ và $k|x^m-y^m$ với $n$ nhỏ nhất và $gcd(x,k)=gcd(y,k)=1$ thì $n|m$
Chứng minh: Giả sử $n \not \mid m \Rightarrow m=nt+r$ với $0<r<n$ khi ấy $x^m-y^m=x^{nt+r}-y^{nt+r} \vdots k$ $(1)$
Và $x^n-y^n \vdots k \Rightarrow x^{nt}-y^{nt} \vdots k \Rightarrow x^{nt+r}-y^{nt}.y^r \vdots k$ $(2)$
Từ $(1)(2)$ suy ra $y^{nt}(x^r-y^r) \vdots k$ mà $gcd(y,k)=1$ suy ra $x^r-y^r \vdots k$ mà $0<r<n$ nên $n$ là số nhỏ hơn $n$ mà $k|x^r-y^r$ mâu thuẫn với cách chọn $n$ do đó $n|m$ ta có $đpcm$
$$**********$$
Ta thấy $gcd(p,n)=1$ vì ngược lại suy ra $gcd(p,n)=r \Rightarrow q \vdots r \Rightarrow p+q \vdots r$ nên $p+q=r$ (do $p+q$ nguyên tố) khi ấy $r|n \Rightarrow p+q|n$ ta có ngay đpcm nên ta chỉ xét $gcd(p,n)=1$ nên $gcd(q,n)=1$
Ta có $n|p^{2n}-q^{2n}$ gọi $x$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$ khi ấy $x|p^{2n}-q^{2n}$ gọi $m$ là số nhỏ nhất thỏa $x|p^m-q^m$ áp dụng bổ đề suy ra $m|2n$ mặt khác theo Fermat nhỏ $p^{r-1}-q^{r-1} \vdots r$ áp dụng bổ đề lần nữa $r-1 \vdots m$
Khi ấy $gcd(m,n)=1$ vì ngược lại $gcd(m,n) \vdots j$ với $j$ nguyên tố thì $j\le m$ mà $r-1 \vdots m$ nên $j\le m<r$ khi ấy $j$ là ước nguyên tố của $n$ mà nhỏ hơn $r$ mâu thuẫn cách chọn $r$ do đó $gcd(m,n)=1$ nên $m|2$ nên $m=1,2$
TH1: $m=1$ suy ra $x|p-q \Rightarrow p^n-q^n \vdots x$ mà $p^n+q^n \vdots x$ nên $2q^n \vdots x$ mà $gcd(n,q)=1$ nên $gcd(q,x)=1 \Rightarrow 2 \vdots x$ nên $x=2$ nên $n$ chẵn khi ấy $p^n+q^n$ chẵn khi ấy $p+q$ chẵn vì ngược lại $p+q$ lẻ suy ra $p,q$ khác tính chẵn lẻ suy ra $p^n+q^n$ lẻ vô lí vì $p^n+q^n \vdots n$ với $n$ chẵn do đó $p+q$ chẵn mà nó nguyên tố nên $p+q=2$ nên $2|n \Rightarrow p+q|n$ đpcm
TH2: $m=2$ suy ra $x|(p-q)(p+q)$ mà $2$ là số nhỏ nhất thỏa $p^k-q^k \vdots x$ nên $p-q \not \vdots x$ do đó $p+q \vdots x$ mà nó nguyên tố nên $p+q=x$ mà $x|n \Rightarrow p+q|n$ đpcm
Tóm lại ta có đpcm hay $p+q|n$

P/S: ta không thể bỏ đk $p+q \in P$ vì sao?
1) $p+q \not \in P$ ta có thể cho ngay $n|p,n|q$ khi ấy $n|p+q$ và $n|p^n+q^n$ thì bài toán sai do $n|p+q$ thì $p+q>n$ (vì $n|p,n|q$)
2) Cho dù có cho $p+q \not \in P$ và thêm điều kiện $gcd(p,q)=1$ thì khi ấy $gcd(p,n)=gcd(q,n)=1$
Cũng làm tương tự trên ở trường hợp $m=1$ suy ra UNT nhỏ nhất của $n$ là $2$ nên $n$ chẵn khi ấy $n=2k$ nên $2k|p^{2k}+q^{2k}$ và $gcd(p,q)=1$ nên $p,q$ cùng lẻ do đó $p^{2k}+q^{2k} \equiv 2 \pmod{4}$ do đó $k$ lẻ khi ấy $k|(p^2)^k+(q^2)^k$ đặt $p^2=p',q^2=q'$ suy ra $k|(p')^k+(q')^k$ với $k$ lẻ $(1)$
Từ $(1)$ suy ra $gcd(k,p+q)=1,2$ vì ngược lại $k,p+q \vdots r$ với $r$ lẻ khi ấy $(p')^k+(q')^k \vdots r$ hay $p^{2k}+q^{2k} \vdots p+q$ mà $p^{2k}-q^{2k} \vdots p^k+q^k \vdots p+q$ (do $k$ lẻ) như vậy $gcd(p+q,k)=1,2$ mà $k \vdots p+q$ nên $p+q=1,2$ khi ấy $p+q=2 \in P$ vô lí
Xét th còn lại là $x|(p-q)(p+q)$ như ở trên khi ấy $p-q \not \vdots x$ nên $p+q \vdots x$ mà $p+q$ là hợp số nên chọn $x$ là một ước của $p+q$
Khi ấy $n=xk,x|p+q$ nên $xk|p^{xk}+q^{xk} \Rightarrow k|(p^x)^k+(q^x)^k$ mà $n$ lẻ vì nếu $n$ chẵn ta làm như trên $(2)$ và lúc này $k|(p^x)^k+(q^x)^k$ đặt $p^x=p',q^x=q'$ thì $p'+q'$ là hợp số, quá trình tiếp tục diễn ra đều thu được $n \not \vdots p+q$
Như vậy điều kiện $p+q \in P$ là cần thiết, không thể bỏ




0 người đang xem chủ đề

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