Đến nội dung

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
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
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

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

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




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh