Chủ đề này có 1 trả lời

[lienthanhquyetvn]

Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các số tự nhiên a, b, c mà : $a^{p}+b^{p}=p^{c}$

[WhjteShadow]

$\bullet$ nếu $p=2$ thì chỉ cần dùng PP xuống thang suy ra $a=b=2^{k}$ với $k\in \mathbb{N}^{*}$ hoặc $a=b=0$.

$\bullet$ Ta xét trường hợp $p$ lẻ

Với mỗi số $n\in \mathbb{N}^{*}$ ta quy ước $v_{p}(n)$ là số mũ cao nhất của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn của $n$.

Theo định lý Fermat nhỏ :

$$a^{p}+b^{p}\equiv a+b\equiv 0\pmod{p}$$

Vậy $a+b\vdots p$. Giả sử $UCLN(a;b)=d\in \mathbb{N}^{*}\Rightarrow d|p^c\Rightarrow d=p^{\alpha}$.

Đặt $\frac{a}{p^{\alpha}}=a_1;\frac{b}{p^{\alpha}}=b_1$ suy ra ta cần tìm $a_1$ và $b_1$ sao cho $UCLN(a_1;b_1)=1$ , $a_1^{p}+b_1^{p}=p^{c-p.\alpha}$. Vậy tóm lại ta chỉ cần xét trường hợp $(a;b)=1$

Lúc đó theo bổ đề nâng số mũ $LTE$ thì :

$$v_p(a^p+b^p)=v_p(a+b)+1$$

Suy ra $a+b\vdots p^{c-1}\Rightarrow a^p+b^p\leq p(a+b)$.

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b$, suy ra $a^{p}\leq 2ap$.

Nhưng ta sẽ đi chứng minh bằng quy nạp theo $a$ rằng $a^{p}> 2ap\forall a\geq 3,p\geq 3$.

Thật vậy với $a=3$ thì ta cần chứng minh $f(p)=3^{p-1}-2p\geq 0\forall p\geq 3$, mà $f'(p)\geq 0\forall p\geq 3$ suy ra hàm này đồng biên theo $p$, $ f(p)\geq f(3)>0$.

Giả sử bất đẳng thức đúng đến $a$, ta sẽ chứng minh nó đúng với $a+1$, thật vậy $(a+1)^p> a^p+p.a^{p-1}>2ap+2a=2a(p+1)$

Vậy $b\leq a\leq 2$, sau khi thử chọn ta có $a=2,b=1,p=3$.

Vậy tóm lại với $p$ chẵn thì $a=b=2^{k}$ với $k\in \mathbb{N}^{*}$ hoặc $a=b=0$.

Với $p$ lẻ thì $p=3$, $a=2.3^{k},b=3^{k}$ với $k\in \mathbb{N}$ và hoán vị.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 16-04-2014 - 11:06