Chủ đề này có 1 trả lời

[nhungvienkimcuong]

$\boxed{\mathcal{P}roblem}$

Gọi $p$ là một số nguyên tố và $m$ nguyên dương mà $m>1$.$(x,y)$ là cặp số nguyên dương không đồng thời cùng bằng $1$ và thỏa mãn hệ thức

$\frac{x^p+y^p}{2}=\left ( \frac{x+y}{2} \right )^m$

Chứng minh rằng $p=m$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 01-06-2015 - 18:03

[lahantaithe99]

Từ giả thiết dễ có : $m\geq p$ và $2|x+y$. Đặt $x+y=2^n.t$ ( $(2,t)=1,n>1$)

TH1: $t=1$

 +) $p=2$ thì $x^2+y^2=\left ( \frac{x+y}{2} \right )^m$. Từ đk $(x,y)$ nguyên dương không cùng bằng $1$ dễ dàng chặn được $m<3$ nên $m=p=2$

 +) $p$ lẻ: Ta thu được $x^{p-1}-x^{p-2}y........-xy^{p-2}+y^{p-1}=2^{(m-1)(n-1)}$ chia hết cho $4$ $(1)$

-Nếu $x,y$ lẻ thì do $4|2^{n}=x+y$ nên ta giả sử $x\equiv 1$ (mod $4$) và $y\equiv -1$ (mod $4$)

Thế thì $x^{p-1}+....+y^{p-1}\equiv p\not\equiv 0$  (mod $4$) : mâu thuẫn với $(1)$

-Nếu $x,y$ chẵn chỉ cần đặt $x=2^uw, y=2^sv$ ( $w,v$ lẻ). Biến đổi và lí luận tương tự như trên cũng suy ra điều vô lý

TH2: $t\neq 1$. Khi đó tồn tại $q|t$ ( $q\in\mathbb{P}$ lẻ )

+) Nếu $q|x+y$ và $q$ không là ước của  $x,y$ thì áp dụng bổ đề LTE ta có

$v_q(x^p+y^p)=v_q[(x+y)^m]=v_q(x+y)+v_q(p)=mv_q(x+y)$. Điều này dẫn đến $m=2\rightarrow p=2$ (loại vì $p$ lẻ)

+) Nếu $q|x+y$ và $q|x,q|y$. Đặt $x=q^a.l,y=q^b.c$ ( $(l,q)=(c,q)=1$).

   -$a=b$: lí luận như trên

   -$a\neq b$. Giả sử $a>b$. Khi đó: $2^{m-1}q^{bp}(q^{ap-bp}.l^p+c^p)=q^{bm}(q^{a-b}l+c)^m$. Điều này cho ta $m=p$