Chủ đề này có 13 trả lời

[Zaraki]

Chứng minh rằng nếu $k=a^n-b^n$ chia hết cho $n$ với $a,b,k,n$ là các số nguyên thì $k$ chia hết cho $(a-b)n$.

[duongtoi]

Ta có $k\vdots n$.

Mặt khác, $k=a^n-b^n=(a-b)(\sum_{k=0}^{n-1}a^k.b^{n-1-k})\vdots (a-b)$

Vậy $k\vdots (a-b)n$.

[Ha Manh Huu]

Ta có $k\vdots n$.

Mặt khác, $k=a^n-b^n=(a-b)(\sum_{k=0}^{n-1}a^k.b^{n-1-k})\vdots (a-b)$

Vậy $k\vdots (a-b)n$.

chưa chắc bạn ạ thế bạn phải cm nốt (n,a-b)=1

ví dụ 32 chia hết cho 8 32 chia hết cho 16 nhưng 32 đâu có chia hết cho 8.16

[nhatquangsin]

Chứng minh rằng nếu $k=a^n-b^n$ chia hết cho $n$ với $a,b,k,n$ là các số nguyên thì $k$ chia hết cho $(a-b)n$.

Áp dụng định lý LTE ta có $v_{n}(a^n-b^n)=v_{n}(a-b)+v_{n}(n)$

$\Leftrightarrow v_{n}(a^n-b^n)=v_{n}(a-b)+1$

Đặt $v_{n}(a-b)=\alpha$ hay $n^{\alpha }\parallel (a-b)$

Như vậy $v_{n}(a^{n}-b^{n})=\alpha +1$ hay là $n^{\alpha +1}\parallel (a^{n}-b^{n})$

$(a^{n}-b^{n})\vdots n^{\alpha +1}\Leftrightarrow (a-b)\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots n^{\alpha +1}$

Mà $n^{\alpha }\parallel (a-b)$ nên $\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots n$.

$a^{n}-b^{n}=(a-b).\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots (a-b)n$

[Ha Manh Huu]

Áp dụng định lý LTE ta có $v_{n}(a^n-b^n)=v_{n}(a-b)+v_{n}(n)$

$\Leftrightarrow v_{n}(a^n-b^n)=v_{n}(a-b)+1$

Đặt $v_{n}(a-b)=\alpha$ hay $n^{\alpha }\parallel (a-b)$

Như vậy $v_{n}(a^{n}-b^{n})=\alpha +1$ hay là $n^{\alpha +1}\parallel (a^{n}-b^{n})$

$(a^{n}-b^{n})\vdots n^{\alpha +1}\Leftrightarrow (a-b)\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots n^{\alpha +1}$

Mà $n^{\alpha }\parallel (a-b)$ nên $\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots n$.

$a^{n}-b^{n}=(a-b).\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots (a-b)n$

cho mình hỏi định lí LTE là j

và kí hiệu $\left | \right |$ là j nhỉ

[nguyencuong123]

http://diendantoanho...-lý-lte-cơ-bản/

 Hãy tham khảo ở đây

[nhatquangsin]

Còn LTE là Lifting the Exponent bạn cứ search google sẽ có

$p^{\alpha }\parallel (a^n-b^n)$ có nghĩa là $a^{n}-b^{n}\vdots p^{\alpha }$ nhưng không chia hết cho $p^{\alpha +1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatquangsin: 25-07-2013 - 15:35

[Zaraki]

Áp dụng định lý LTE ta có $v_{n}(a^n-b^n)=v_{n}(a-b)+v_{n}(n)$

$\Leftrightarrow v_{n}(a^n-b^n)=v_{n}(a-b)+1$

Đặt $v_{n}(a-b)=\alpha$ hay $n^{\alpha }\parallel (a-b)$

Như vậy $v_{n}(a^{n}-b^{n})=\alpha +1$ hay là $n^{\alpha +1}\parallel (a^{n}-b^{n})$

$(a^{n}-b^{n})\vdots n^{\alpha +1}\Leftrightarrow (a-b)\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots n^{\alpha +1}$

Mà $n^{\alpha }\parallel (a-b)$ nên $\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots n$.

$a^{n}-b^{n}=(a-b).\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}b^{n-i-1}\vdots (a-b)n$

Đề đâu cho $n$ nguyên tố anh nhỉ ??

[huynhviectrung]

Chứng minh rằng nếu $k=a^n-b^n$ chia hết cho $n$ với $a,b,k,n$ là các số nguyên thì $k$ chia hết cho $(a-b)n$.

Đè này sai,ví dụ cho $n=2$,chọn a,b khác tính chẵn lẻ.

[Ha Manh Huu]

Đè này sai,ví dụ cho $n=2$,chọn a,b khác tính chẵn lẻ.

a,b khác tính chẵn lẻ thì ko thỏa mãn đk k chia hết cho n rồi bạn

[huynhviectrung]

a,b khác tính chẵn lẻ thì ko thỏa mãn đk k chia hết cho n rồi bạn

Uk ,cảm ơn bạn,tại mình không đọc kĩ đề bài

[bossulan239]

Cách làm khác 0 dùng LTE

Ta có  $a^{n}-b^{n}=(a-b).(a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1})$

Do a,b chia hết cho n

$\Rightarrow (a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1})\vdots n$

$\Rightarrow (a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1})= xn$

$\Rightarrow a^{n}-b^{n}=x(.a-b).n\vdots (a-b).n$

$\Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bossulan239: 26-07-2013 - 09:54

[neusolve]

Chứng minh rằng nếu $k=a^n-b^n$ chia hết cho $n$ với $a,b,k,n$ là các số nguyên thì $k$ chia hết cho $(a-b)n$.

Gọi $q$ là một ước nguyên tố bất kì của $a-b$. Ta chia làm hai trường hợp:

• Nếu $a\equiv b\equiv 0\pmod q$ thì gọi $a=q^u, b=q^v$ với $u\ge v$, nên $n|k=q^{vn}(q^{un-vn}-1)$. Nhận thấy nếu $n$ là một lũy thừa của $q$ thì do $v_q(a-b)=v$, $v_q(k)=vn$, nên $v_q(k)=vn=v+v(n-1)\ge v_q(a-b)+v_q(n)$ (do $v_q(n)\le n-1$ và nghiệm của $\log_x(n) \ge n-1$  chỉ có nghiệm $1$ hoặc $2$ thì loại do $2^{n-1}\ge n, \forall n\in\mathbb{Z^+}$. Nếu $n$ không chỉ có ước nguyên tố là $q$ mà còn có ước $q\nmid t$ và $t|q^{un-vn}-1$, khi đó hiển nhiên tổng số mũ của $q$ trong $a-b$ và $n$ đều nhỏ hơn số mũ của $q$ trong $k$. Nếu $t|\frac{(q^{u-v})^n-1}{q^{u-v}-1}=\alpha$ thì hiển nhiên có điều phải chứng minh. Giờ ta chỉ xét $t|q^{u-v}-1$ từ đây suy ra $ \Rightarrow q^{u-v}\equiv 1\pmod p$, nên $t$ cũng thuộc ước của $\alpha$ (khai triển theo $a^n-b^n$ rồi cộng lại suy ra $\alpha\equiv n\equiv 0\pmod t$).
• Nếu $p\nmid a,b$ thì nhận thấy $v_q(a^n-b^n)=v_q(a-b)+v_q(n)$. Nếu $n$ cũng chứa thừa số nguyên tố giống $a-b$ thì thỏa mãn, còn nếu không giống thì có điều phải chứng minh do $k$ chia hết cho $n$.

[Ha Manh Huu]

Cách làm khác 0 dùng LTE

Ta có  $a^{n}-b^{n}=(a-b).(a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1})$

Do a,b chia hết cho n

$\Rightarrow (a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1})\vdots n$

$\Rightarrow (a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1})= xn$

$\Rightarrow a^{n}-b^{n}=x(.a-b).n\vdots (a-b).n$

$\Rightarrow Q.E.D$

a,b có chia hết cho n đâu bạn