Chứng minh rằng không có số nguyên tố $n$ nào thoả mãn hệ thức $n^3+2006n=2008^{2008}+1$
#1
Đã gửi 19-12-2012 - 18:47
b) Chứng minh rằng không có số nguyên tố $n$ nào thoả mãn hệ thức:
$$n^3+2006n=2008^{2008}+1$$
$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$
#2
Đã gửi 19-12-2012 - 19:02
Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p$ là số lẻ.a) Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $(p^2-1)\vdots 24$
Ta có:
$p^2-1=(p-1)(p+1)$
Mà $p$ là số lẻ nên $p-1$ và $p+1$ là $2$ số chẵn liên tiếp.
Do đó $p^2-1\vdots 8$
Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p=3k\pm 1$
Ta có: $p^2-1=(3k\pm 1)^2-1=9k^2\pm 6k+1-1=9k^2\pm 6k\vdots 3$
Do đó $p^2-1\vdots 3;$ $p^2-1\vdots 8$ mà $(3;8)=1$ nên $p^2-1\vdots 24.$
- yellow và tramyvodoi thích
#3
Đã gửi 19-12-2012 - 20:13
$VT=(n^3-n)+2007n$ chia hết cho $3$.b) Chứng minh rằng không có số nguyên tố $n$ nào thoả mãn hệ thức:
$$n^3+2006n=2008^{2008}+1$$
Trong khi đó $2008 \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow 2008^{2008}+1 \equiv 2 \pmod{3}$, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại $n$.
P/s: Đây đâu phải chắc $n$ nguyên là không được đâu nhỉ ??
- yellow, DarkBlood và tramyvodoi thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#4
Đã gửi 19-12-2012 - 20:24
Giải như sau:a) Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $(p^2-1)\vdots 24$
b) Chứng minh rằng không có số nguyên tố $n$ nào thoả mãn hệ thức:
$$n^3+2006n=2008^{2008}+1$$
b) Câu này không đến mức phải tung điều kiện $n$ nguyên tố
Bổ đề: $p \in P$ và $p \equiv 3 \pmod{4}$ khi ấy $p|a^2+b^2 \Leftrightarrow p|a,b$
Cm bổ đề này khá đơn giản, xin không nhắc lại
Áp dụng ta có $n(n^2+2006)=2008^{2008}+1$ suy ra $n$ lẻ nên $n=4k+1,4k+3$
Nếu $n=4k+3$ thì nó có ít nhất một ước nguyên tố dạng $4k+3$ nên gọi $p$ là số ấy
Khi đó theo bổ đề $p|2008^{1004},p|1$ nên loại
Nếu $n=4k+1$ suy ra $n^2+2006 \equiv 3 \pmod{4}$ nên $n^2+2006$ cũng có một ước nguyên tố $r$ có dạng $4k+3$
Áp dụng bổ đề suy ra $r|2008^{1004}$ và $r|1$ suy ra loại
Vậy không có $n$ thỏa mãn
P/S còn cách khác nếu bài này cố tình tung điều kiện $n$ nguyên tố
Bổ đề: $a^x-1 \vdots p, a^y-1 \vdots p$ với $x$ min và $gcd(a,p)=1$ thì $y \vdots x$
Chứng minh nó phản chứng rất dễ, giả sử $y=xk+r$ với $0<r<x$ thì suy ra $a^r-1 \vdots p$ khi ấy $r<x$ vô lí vì $x$ nhỏ nhất
Áp dụng:
$n(n^2+2006)=2008^{2008}+1 \Rightarrow 2008^{2008}+1 \vdots n \Rightarrow 2008^{16.251}-1 \vdots n$
Và dễ thấy $n>2008^2$ (vì nếu không $VT<VP$)
TH1: $n \vdots 251$ suy ra $VT \vdots 251$ còn $VP$ thì không suy ra loại
TH2: $n \not \vdots 251$
Ta có theo Fermat nhỏ $2008^{n-1}-1 \vdots n$
Gọi $h$ là số nhỏ nhất thỏa $2008^h-1 \vdots n$ khi ấy áp dụng bổ đề suy ra $n-1 \vdots h$ và $16.251 \vdots h$
Ta thấy $n \equiv 1 \pmod{h}$ nên $n(n^2+2006) \equiv 1.(1+2006) \equiv 2007 \pmod{h}$
Do đó $2008^{2008}+1 \equiv 2007 \pmod{h} \Rightarrow 2008^{2008}-2006 \vdots h$
Ta lại có $16.251 \vdots h \Rightarrow 2.2008 \vdots h$
Lại thấy nếu $gcd(h,2008)\neq 1$ thì $h \vdots p$ và $2008 \vdots p$
Khi ấy $2008^{2008}-2006 \vdots h \vdots p$ mà $2008 \vdots p$ nên $2006 \vdots p$ suy ra $2008-2006 \vdots p$ suy ra $p=2$
Như vậy $gcd(h,2008)=2$ hoặc $gcd(h,2008)=1$ nhưng do $2.2008 \vdots h$ nên nếu $gcd(h,2008)=1$ thì $h=1$ khi ấy $2008-1 \vdots n$ vô lí vì ta đã cm $n>2008^2$ như vậy $gcd(h,2008)=2$ mà $2.2008 \vdots h$ nên $h=2^x.251^y$ với $x\le 4$ và $y\le 1$ kết hợp $gcd(h,2008)=2$ suy ra $h=2$ khi ấy $2008^2-1 \vdots n$ vô lí vì ta đã cm $n>2008^2$
Vậy không có $n$ thỏa đề
- yellow và tramyvodoi thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh