Đến nội dung

Hình ảnh

Tìm các số nguyên tố p,q sao cho : $2^{p}+2^{q} \vdots pq$

* * * * * 1 Bình chọn đại số

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
abcde0101

abcde0101

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 19 Bài viết
Bài 1: Tìm các số nguyên tố p,q sao cho : $2^{p}+2^{q} \vdots pq$

Bài 2: Tìm tất cả bộ 3 số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn :
$(a^{2}+b^{2})^{c}=(a.b)^{1999}$

Bài 3: Cho $A= 2^{3}.3.4.2004$.Viết A thành tổng các số nguyên dương sao cho tích các số này lớn nhất

Bài 4: Tìm tất cả các số $x,y\in \mathbb{Q}^{+}$ sao cho $x+y$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\in \mathbb{Z}$

#2
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Bài 1: Tìm các số nguyên tố p,q sao cho : $2^{p}+2^{q} \vdots pq$

Bài 2: Tìm tất cả bộ 3 số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn :
$(a^{2}+b^{2})^{c}=(a.b)^{1999}$

Bài 3: Cho $A= 2^{3}.3.4.2004$.Viết A thành tổng các số nguyên dương sao cho tích các số này lớn nhất

Bài 4: Tìm tất cả các số $x,y\in \mathbb{Q}^{+}$ sao cho $x+y$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\in \mathbb{Z}$

Bài 1:

Giải như sau:
Bổ đề:(nhận xét) Nếu $p|2^x-1$ và $p|2^y-1$ với $y$ nhỏ nhất có thể thỏa mãn (hay $y$ là cấp của $2$ với $mod p$) khi đó $y|x$
Cm: Giả sử $x$ không chia hết cho $y$ suy ra $x=yk+r$ với $1\le r\le y-1$
Khi đó $p|2^x-1 \rightarrow p|2^{yk+r}-1 \rightarrow p|2^{yk}.2^r-2^r+2^r-1 \rightarrow p|(2^{yk}-1).2^r+(2^r-1)<1>$
Nhận thấy rằng $p|2^{yk}-1$ do $2^{yk}-1=(2^y)^k-1=(2^y-1)(...)$ do đó $p|2^{yk}-1<2>$
Từ $<1><2> \rightarrow p|2^r-1$ với $r<y$ mâu thuẫn do ta đã giả sử $y$ nhỏ nhất
Suy ra $đpcm$ hay $y|x$
$$**********$$
Không mất tính tổng quát giả sử $p\geq q$
TH1: $q=2 \rightarrow 2^p+4 \vdots p \rightarrow 4(2^{p-2}+1) \vdots p$
Do đó $p=2$ và nếu $p>2 \rightarrow 4(2^{p-2}+1)=2(2^{p-1}+1+1) \equiv 2(1+1+1) \pmod {p} \rightarrow p=3$ (theo fermat nhỏ)
TH2: $q>2 \rightarrow p>2 \rightarrow p,q$ cùng lẻ
Suy ra $\rightarrow pq|2^p+2^q \rightarrow pq|2^q(2^{p-q}+1)$
Do $gcd(pq,2^q)=1 \rightarrow pq|2^{p-q}+1 <*> \rightarrow pq|(2^{p-q}+1)(2^{p-q}-1) \rightarrow pq|2^{2(p-q)}-1 \rightarrow p|2^{2(p-q)}-1<3>$
Goi $d$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $p|2^d-1<4>$
Từ $<3><4>$ áp dụng nhận xét suy ra $d|2(p-q)$
Th1 nhỏ: $d$ lẻ suy ra $d|p-q \rightarrow p|2^d-1|2^{p-q}-1<5>$
Mặt khác ở $<*>$ ta lại có $p|2^{p-q}+1<6>$
Từ $<5><6> \rightarrow p|2$ vô lý do $p>2$
Th2 nhỏ: $d$ chẵn nên $d=2^u.v$
Áp dụng bổ đề suy ra $d|2(p-q) \rightarrow 2^{u-1}.v|p-q$
Mặt khác do $p|2^d-1 \rightarrow p|2^{2^u.v}-1 \rightarrow p|(2^v-1)(2^v+1)(2^{v.2}+1)(2^{v.2^2}+1)...(2^{v.2^{u-1}}+1)$
Nhận thấy do $d$ nhỏ nhất thỏa mãn $p|2^d-1$ suy ra $2^v-1$ không chia hết cho $p$ (giả sử trái lại suy ra vô lý do $v<d$)
Và $(2^v+1);(2^{v.2}+1);(2^{v.2^2}+1)...;(2^{v.2^{u-2}}-1)$ cũng không chia hết cho $p$ vì nếu trái lại giả sử $2^{v.2^{h}}+1$ chia hết cho $p$ với $0\le h\le u-2$
Theo $<7> \rightarrow 2^{u-1}.v|p-q \rightarrow p-q=2^{u-1}.v.g$ và $g=2^a.b$ (với $b$ lẻ)
Do đó nếu $p|2^{v.2^{h}}+1$ với $0\le h\le u-2$, và kết hợp
$2^{p-q}-1=2^{2^{u-1}.v.2^a.b}-1=2^{2^{u-1+a}.v.b}-1=2^{2^{h}.2^{u-1+a-h}.v.b}-1$
$=(2^{2^h.v})^{2^{u-1+a-h}.b}-1=((2^{2^{h}.v})^b)^{2^{u-1+a-h}}-1<8>$
Vì $0\le h\le u-2 \rightarrow u-1+a-h>0 \rightarrow$ và theo nhận xét hết sức đơn giản sau: $a^{2^z}-b^{2^z}=(a+b)(....) \rightarrow (a+b)|a^{2^z}-b^{2^z}<9>$
Từ $<8><9> \rightarrow 2^{v.2^{h}}+1|(2^{v.2^{h}})^b+1|((2^{2^{h}.v})^b)^{2^{u-1+a-h}}-1 \rightarrow 2^{v.2^{h}}+1|2^{p-q}-1$ (do $b$ lẻ)
Mà $p|2^{v.2^{h}}+1 \rightarrow p|2^{p-q}-1$ mặt khác ta đã chứng minh $p|2^{p-q}+1$ do đó $p|2$ vô lý
Như vậy suy ra $p|(2^v-1)(2^v+1)(2^{v.2}+1)(2^{v.2^2}+1)...(2^{v.2^{u-1}}+1) \leftrightarrow p|2^{v.2^{u-1}}+1$
Do đó theo bổ đề suy ra $2^{u-1}.v|(p-q)$ và thương phải là số lẻ (nếu không làm như trên suy ra $p|2$ vô lý)
Suy ra $p-q=2^{u-1}.v.t$ với $v,t$ lẻ $<10>$
Chứng minh hoàn toàn tương tự với $q|2^{2(p-q)}-1$ và giả sử $q|2^e-1$ với $e$ nhỏ nhất
Ta cũng suy ra $e=2^{w}.y$ với $y$ lẻ và cũng suy ra $p-q-2^{w-1}.y.x$ với $x,y$ lẻ $<11>$
Từ $<10><11> \rightarrow p-q=2^{u-1}.v.t=2^{w-1}.y.x$ nhưng $x,y,v,t$ lẻ do đó $2^{u-1}=2^{w-1} \rightarrow u=w$ $<*>$
Do đó $p-q=2^{u-1}.v.t<13>$
Mặt khác từ đề bài ta có $pq|2^p+2^q \rightarrow p|2^{p-1}.2+2^q $
Theo Fermat nhỏ suy ra $p|2+2^q \rightarrow p|1+2^{q-1} \rightarrow p|2^{2(q-1)}-1$
Tương tự $q|2^{2(p-1)}-1$
Chứng minh tương tự $p-q$ ta thu ngay được $p-1=2^{w-1}.y.m$ và $q-1=2^{u-1}.v.n$ với $m,n$ cùng lẻ $<14>$
Từ $<13><14> \rightarrow p-q=2^{u-1}.v.t=(p-1)-(q-1)=2^{w-1}.y.m-2^{u-1}.v.n$
Hay có $2^{u-1}.v.t=2^{w-1}.y.m-2^{u-1}.v.n$ mặt khác ta đã chứng minh $u=w$ (theo $<*>$)
Suy ra $2^{u-1}.v.t=2^{u-1}.y.m-2^{u-1}.v.n \rightarrow vt=ym-vn<15>$
Nhưng $v,t,y,m,n$ đều là số lẻ do đó $<15>$ không tồn tại ($VT$ lẻ còn $VP$ chẵn vô lý)
Như vậy cả trường hợp này bị loại
Đáp số $\boxed{(p,q)=(2,2),(2,3),(3,2)}$

P/S chú ý rằng trong bài có mấy chỗ lũy thừa hơi nhỏ, nếu các bạn muốn nhìn rõ ấn tổ hợp phím "CTRL" và phím "+" nhé, nếu vẫn chưa rõ thì ấn tiếp cho khi nào rõ thì thôi muốn trở lại ban đầu ấn "CTRL" và phím "0" :D

Cách khác

Bài này xài cấp cũng gọn
Ta có $(2,2),(2,3),(3,2)$ là các bộ thỏa mãn. Không mất tính tổng quát , giả sử $2<p \leq q$
Khi đó $p-1=2^ln,q-1=2^km$ với $m,n$ là các số lẻ. D $pq|2^p+2^q$, theo đl Fermat suy ra
$0 \equiv 2^p+2^q \equiv 2^p+2 (\mod q)$
Khi đó $2^{p-1} \equiv -1 (\mod p)$
đặt $2^n=x$ thì ta có: $-1 \equiv 2^{p-1} \equiv (2^n)^{2^l} \equiv x^{2^l} (\mod q)$
do đó $x^{2^{l+1}}\equiv 1 (\mod q)$
hay $ord_q(x)|2^{l+1}$. mà $x^{2^l} \not \equiv 1 (\mod q)$ suy ra $ord_q(x)|2^{l+1}=2^{l+1}$, từ đó suy ra $2^{l+1}|q-1=2^km$
suy ra $l+1 \leq k$
Chứng minh tương tự ta suy ra $k+1 \leq l$. vô lí
Do đó có chỉ có 3 bộ trên thỏa mãn
P/s: nhờ mod sửa giùm cái \inequiv cái ( ko đồng dư)

Bài 2: Tổng quát tại

Giải như sau:
Ta nhận thấy $(x^2+y^2)^m\geq 0$ suy ra $(xy)^n \geq 0$ khi ấy ta có thể giả sử luôn được rằng $x,y\geq 0$ (kể cả $n$ chẵn)
Nếu trong $x,y$ có một số bằng $0$ thì số còn lại bằng $0$
Nếu $x,y$ khác $0$ suy ra $x,y>0$
$gcd(x,y)=d \Rightarrow x=da,y=db,gcd(a,b)=1$
Suy ra $d^m(a^2+b^2)^m=d^n(ab)^n$
TH1: $m>n$ (do $m \neq n$ vì $gcd(m,n)=1$)
Suy ra $d^{m-n}(a^2+b^2)^m=(ab)^n$
Ta có $gcd(a^2+b^2,a)=gcd(a^2+b^2,b)=1 \Rightarrow gcd(a^2+b^2,ab)=1$
Mà ta lại có $(ab)^n \vdots (a^2+b^2)^m \Rightarrow a^2+b^2=1 \Rightarrow False!$ vì $a,b>0$
TH2: $m<n$ suy ra $(a^2+b^2)^m=d^{n-m}.(ab)^n$
Thấy $gcd(a^2+b^2,ab)=1$ mà $(a^2+b^2)^m \vdots (ab)^n \Rightarrow ab=1 \Rightarrow a=b=1$
Suy ra $(a^2+b^2)^m=d^{m-n} \Rightarrow 2^m=d^{m-n}$
Do đó $d=2^x$ với $x\geq 1$ suy ra $2^m=2^{x(m-n)} \Rightarrow m=x(m-n) \Rightarrow m=xm-xn \Rightarrow xn=(x-1)m$ mà $gcd(x,x-1)=1$ do đó $m=xk,n=(x-1)k$
Từ đấy suy ra $x,y,n,m$ và do giả sử $x,y \geq 0$ nên ta sẽ có thêm nghiệm âm từ nghiệm không âm đã tìm được (chú ý rằng $x,y$ khác tính âm dương thì $n$ chẵn, và khi đó ta được hai nghiệm :) )







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: đại số

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh