Chủ đề này có 8 trả lời

[hoctrocuaZel]

1/ tìm x,y,z nguyên dương : $x^{2009}+y^{2009}=7^z$

2/ tìm a,b nguyên dương>1 :

$b^a|a^b-1$

3/ n nguyên dương:

$n|2^{n-1}+1$

[Truong Gia Bao]

1) Vì $2009= 7^{2}.41$ và $x+y|x^{2009}+y^{2009}$ nên dễ thấy $7|x+y$

Theo LTE : ${v_p}(x^{2009}+y^{2009})= {v_p}(x+y)+{v_p}(2009)= {v_p}(x+y)+2$
$\Rightarrow x^{2009}+y^{2009}= 49k(x+y)$
Mà $x^{2009}+y^{2009}=7^{z}$ là luỹ thua của 7 nên suy ra $k=1$
$\Rightarrow x^{2009}+y^{2009}= 49(x+y)$
Dễ thấy rằng nếu $(x,y)\neq (1,1)$ thì $VT> VP$
Lại dễ thấy $(1,1)$ không thỏa mãn đề nên pt vô nghiệm !

[Belphegor Varia]

1/ tìm x,y,z nguyên dương : $x^{2009}+y^{2009}=7^z$

 

Bài 1 : http://diendantoanho...g-x2009y20097z/

[Belphegor Varia]

3/ n nguyên dương:

$n|2^{n-1}+1$

Bài 3 : http://diendantoanho...chia-hết-cho-k/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 15-08-2015 - 22:37

[Belphegor Varia]

1) Vì $2009= 7^{2}.41$ và $x+y|x^{2009}+y^{2009}$ nên dễ thấy $7|x+y$

Theo LTE : ${v_p}(x^{2009}+y^{2009})= {v_p}(x+y)+{v_p}(2009)= {v_p}(x+y)+2$
$\Rightarrow x^{2009}+y^{2009}= 49k(x+y)$
Mà $x^{2009}+y^{2009}=7^{z}$ là luỹ thua của 7 nên suy ra $k=1$
$\Rightarrow x^{2009}+y^{2009}= 49(x+y)$
Dễ thấy rằng nếu $(x,y)\neq (1,1)$ thì $VT> VP$
Lại dễ thấy $(1,1)$ không thỏa mãn đề nên pt vô nghiệm !

Em chú ý ghi rõ nguồn của lời giải nhé ! 

[Belphegor Varia]

3/ n nguyên dương:

$n|2^{n-1}+1$

Vừa tìm được 1 cách khác khá hay ho : 

 

$\bullet \texttt{Second Solution}$

 

$\blacklozenge n=1 (TM)$

$\blacklozenge n>1$ .Từ giả thiết suy ra $n$ lẻ. Đặt $n=k.2^m+1$ ($k,m\in \mathbb{N}$, $k$ lẻ)

 $n|2^{n-1}+1\Rightarrow n|2^{k.2^m}+1\Rightarrow n|2^{k2^{m+1}}-1$

 Gọi $p$ là ước nguyên tố bất kì của $n$, đặt $a=2^k$

   $\Rightarrow a^{2^{m+1}}\equiv 1(\mod p)$

Ta được : $\texttt{ord}_pa|2^{m+1}$ và $\texttt{ord}_pa\not{|}2^m$

$\Rightarrow \texttt{ord}_pa=2^{m+1}$

Mà $\texttt{ord}_pa | p-1(\texttt{Fermat})$

Suy ra $p\equiv 1(\mod 2^{m+1})$

Vì $p$ là ước nguyên tố tùy ý của $n$ nên ta được : $n\equiv 1(\mod 2^{m+1})$

Hay $k.2^m\vdots 2^{m+1} \Rightarrow k\vdots 2$ $( \texttt{MT})$

                        Vậy $n=1$  $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 18-08-2015 - 15:31

[nhungvienkimcuong]

Vừa tìm được 1 cách khác khá hay ho : 

 

$\bullet \texttt{Second Solution}$

 

$\blacklozenge n=1 (TM)$

$\blacklozenge n>1$ .Từ giả thiết suy ra $n$ lẻ. Đặt $n=k.2^m+1$ ($k,m\in \mathbb{N}$, $k$ lẻ)

 $n|2^{n-1}+1\Rightarrow n|2^{k.2^m}+1\Rightarrow n|2^{k2^{m+1}}-1$

 Gọi $p$ là ước nguyên tố bất kì của $n$, đặt $a=2^k$

   $\Rightarrow a^{2^{m+1}}\equiv 1(\mod p)$

Ta được : $\texttt{ord}_pa|2^{m+1}$ và $\texttt{ord}_pa\not{|}2^m$

$\Rightarrow \texttt{ord}_pa=2^{m+1}$

Mà $\texttt{ord}_pa | p-1(\texttt{Fermat})$

Suy ra $p\equiv 1(\mod 2^{m+1})$

Vì $p$ là ước nguyên tố tùy ý của $n$ nên ta được : $n\equiv 1(\mod 2^{m+1})$

Hay $k.2^m\vdots 2^{m+1} \Rightarrow k\vdots 2$ $( \texttt{MT})$

                        Vậy $n=1$  $\square$

sai rồi

[Belphegor Varia]

sai rồi

Giả sử $n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_t^{k_t}$ ( $p_i$ nguyên tố, $i=1,2,...,t$)

Vì $p_i\equiv 1(\mod 2^{m+1})\Rightarrow p_i^{k_i}\equiv 1(\mod 2^{m+1})\Rightarrow n\equiv 1(\mod 2^{m+1})$

 

Spoiler

mình có thấy vấn đề gì ở chỗ này đâu nhỉ

[nhungvienkimcuong]

Giả sử $n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_t^{k_t}$ ( $p_i$ nguyên tố, $i=1,2,...,t$)

Vì $p_i\equiv 1(\mod 2^{m+1})\Rightarrow p_i^{k_i}\equiv 1(\mod 2^{m+1})\Rightarrow n\equiv 1(\mod 2^{m+1})$

 

Spoiler

mình có thấy vấn đề gì ở chỗ này đâu nhỉ

chỗ "là ước nguyên tố bất kì" mình nhầm,thì ra là với tất cả số nguyên tố đều như vậy