$\boxed{\text{Problem}}$
Cho $a,b,c$ nguyên dương và $b,c$ là hai số khác nhau
CMR $2a\mid \varphi \left ( b^a+c^a \right )$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 03-06-2015 - 15:36
$\boxed{\text{Problem}}$
Cho $a,b,c$ nguyên dương và $b,c$ là hai số khác nhau
CMR $2a\mid \varphi \left ( b^a+c^a \right )$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 03-06-2015 - 15:36
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
$\boxed{\text{Problem}}$
Cho $a,b,c$ nguyên dương và $b,c$ là hai số khác nhau
CMR $2a\mid \varphi \left ( b^a+c^a \right )$
Lời giải :
Đặt $d=b^a+c^a$. Ta có :
$$b^a\equiv -c^a\pmod d\Rightarrow b^{2a}\equiv c^{2a}\pmod d$$
Nếu $\gcd(b,c)=1$ thì dễ thấy $\gcd(c,d)=1$, khi đó gọi $m$ là nghịch đảo của $c$ theo modulo $d$, ta có :
$$(bm)^{2a}\equiv (cm)^{2a}\equiv 1\pmod d$$
Suy ra rằng :
$$ord_d(bm)\mid 2a\;\;\;\;(1)$$
Chú ý là $\gcd(m,d)=1$ nên :
$$(bm)^{ord_d(bm)}\equiv 1\equiv (cm)^{ord_d(bm)}\;\pmod d\Rightarrow b^{ord_d(bm)}\equiv c^{ord_d(bm)}\pmod d$$
Do đó :
$$b^a+c^a=d\leq \left | b^{ord_d(bm)}-c^{ord_d(bm)} \right |\leq b^{ord_d(bm)}+c^{ord_d(bm)}\;\;\;$$
Từ đây ta có $ord_d(bm)>a\;\;\;(2)$. Từ $(1)(2)$ suy ra :
$$ord_d(bm)=2a$$
Theo định lí Euler :
$$(bm)^{\varphi (d)}\equiv 1\pmod d\Rightarrow ord_d(bm)\mid \varphi (d)$$
Tức là ta có :
$$2a\mid \varphi (b^a+c^a)$$
Còn nếu mà $\gcd(b,c)=k\neq 1$ thì tương tự trên ta có :
$$2a\mid \varphi \left ( \left ( \frac{b}{k} \right )^a+\left ( \dfrac{c}{k} \right )^a \right )\Rightarrow 2a\mid \varphi (k^a).\varphi \left ( \left ( \dfrac{b}{k} \right )^a+\left ( \dfrac{c}{k} \right )^a \right )=\varphi (b^a+c^a)$$
Ta có điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 03-06-2015 - 17:58
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Do không có ràng buộc gì giữa $b$ và $c$ (ngoại trừ hai số cần khác nhau), và do $$\left( {\left(\frac{b}{\gcd(b,c)}\right)}^a + {\left(\frac{c}{\gcd(b,c)}\right)}^a \right) \mid \left( b^a + c^a \right)$$ kéo theo $$\varphi \left( {\left(\frac{b}{\gcd(b,c)}\right)}^a + {\left(\frac{c}{\gcd(b,c)}\right)}^a \right) \mid \varphi \left( b^a + c^a \right)$$ nên ta chỉ cần giải quyết trong trường hợp $\gcd (b,c) = 1$. Đặt $G = \left( \mathbb{Z}/(b^a+c^a)\mathbb{Z} \right)^{*}$, thế thì $\left| G \right| =\varphi(b^a + c^a)$ nên ta chỉ cần chỉ ra được một phần tử (ký hiệu là $\overline{g}$) của $G$ với bậc là $2a$, thì vì nhóm cyclic $\langle \overline{g} \rangle$ là một nhóm con của $G$ nên theo định lý Lagrange $$2a \mid \varphi(b^a + c^a)$$ Vì $\gcd(b,c) = 1$ nên $\overline{b}, \overline{c} \in G $, ta có thể chọn $\overline{g} = \overline{b}\overline{c}^{-1}$ (hoặc $\overline{b}^{-1}\overline{c})$. Thật vậy $$\overline{g}^{2a} - \overline{1} = (\overline{g}^{a} - \overline{1})(\overline{g}^{a} +\overline{1}) = (\overline{g}^{a} - \overline{1})\overline{c^{-1}}^{a}(\overline{b}^{a} + \overline{c}^{a})$$ tức là $\overline{g}^{2a} = \overline{1}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Konstante: 06-11-2023 - 01:29
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh