Chủ đề này có 2 trả lời

[unvhoang1998]

Chứng Minh Rằng có vô số số nguyên dương $x$ thoả mãn:

  $2^{x}+3^{x}   \vdots   x^{2}$

[nguyenqn1998]

dễ dàng thấy với m là số nguyên dương lẻ và x+y chia hết cho m thì x^m + y^m chia hết cho m(x+y) (*)

Ta xét dãy $U1=1,U(k+1)=\frac{2^{uk}+3^{uk}}{uk^{2}}$

Ta c/m dãy trên thuộc N và dãy là tăng

+k=1: hiển nhiên

+ Giả sử $U(k+1)=\frac{2^{uk}+3^{uk}}{uk^{2}}$ thuộc N và $\frac{2^{uk}+3^{uk}}{uk^{2}} >1$

=> $2^{uk}+3^{uk}=l.uk^{2}$

Với l lẻ theo (*) => $(2^{uk})^{l}+(3^{uk})^{l})$ chia hết cho $l(2^{uk}+3^{uk})$ với $l=\frac{2^{uk}+3^{uk}}{uk^{2}}$ => k+1 đúng 

=> dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenqn1998: 17-10-2013 - 17:45

[WhjteShadow]

dễ dàng thấy với m là số nguyên dương lẻ và x+y chia hết cho m thì x^m + y^m chia hết cho m(x+y) (*)

Ta xét dãy $U1=1,U(k+1)=\frac{2^{uk}+3^{uk}}{uk^{2}}$

Ta c/m dãy trên thuộc N và dãy là tăng

+k=1: hiển nhiên

+ Giả sử $U(k+1)=\frac{2^{uk}+3^{uk}}{uk^{2}}$ thuộc N và $\frac{2^{uk}+3^{uk}}{uk^{2}} >1$

=> $2^{uk}+3^{uk}=l.uk^{2}$

Với l lẻ theo (*) => $(2^{uk})^{l}+(3^{uk})^{l})$ chia hết cho $l(2^{uk}+3^{uk})$ với $l=\frac{2^{uk}+3^{uk}}{uk^{2}}$ => k+1 đúng 

=> dpcm

Cò ơi em làm sai r` thử với $k=3 thấy ngay dãy không nguyên nhé.

Làm lại : Đầu tiên ta đi chứng minh bổ đề với số nguyên tố $p,q$ mà $q| 2^p +3^p$ và $q>5$ thì $q>p$

Thật vậy do $(q;3)=(q;2)=1$ suy ra tồn tại $a$ sao cho $3a\equiv 1 \pmod{q}$

Suy ra $(2a)^{p}+1\equiv 0\pmod{q}\Rightarrow (2a)^{2p}\equiv 1\pmod{q}$.

Đặt $h=ord_{q}(2a)$ suy ra $h|(q-1;2p)$. Do $h|2p$ nên $h\in\{1;2;p;2p\}$.

Nếu $h=1$ suy ra $2a\equiv 1\pmod{q}$ mà $3a\equiv 1\pmod{q}$ suy ra $a\vdots q$ suy ra vô lý.

Nếu $h=2$ suy ra $(2a)^2\equiv 1\pmod{q}$ mà $(3a)^2\equiv 1\pmod{q}$ suy ra $5a^2\vdots q$ suy ra vô lý (Do $(a;q)=(5;q)=1$)

Vậy nên $h\geq q$ hay $q-1\geq h \geq p$ suy ra $p>p$

Thử 1 vài giá trị đầu ta thấy $x=5, x=5.11=55$ thỏa mãn, giả sử $n=5.11...p$ với các ước nguyên tố $p'$ của $n$ đều thỏa mãn $(p')^2|2^n+3^n$.

CHọn $p$ là ước nt lớn nhất của $n$, $q$ là ước nt >5 của $2^p+3^p$, xét $n.q=n'$ lúc đó theo LTE :

$v_q(2^{n'} + 3^{n'})= v_q(2^p+3^p) + v_q(\frac{n'}{p})= 1 + v_q(2^p +3^p) \geq  2 v_q(n') = 2$

Vậy $n'$ cũng là số thỏa mãn đề bài với $n$ là số thỏa mãn đề, dễ thấy dãy này tăng đến vô cùng ~> tồn tại vô số số cần tìm.

Ta có đpcm, để ý hơn 1 tý là dãy nghiệm chỉ ra này toàn các số Square-Free $\blacksquare$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan11: 13-11-2013 - 13:37