Chủ đề này có 3 trả lời

[demonhunter000]

Tìm tất cả bộ $3$ số (a,m,n)$\in N$ sao cho $a^{m}+1$ chia hết $\left ( a+1 \right )^{n}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 30-12-2012 - 23:32

[nguyenta98]

Tìm tất cả bộ $3$ số (a,m,n) sao cho $a^{m}+1$ chia hết $\left ( a+1 \right )^{n}$

Đề đủ phải là tìm bộ ba số $(a,m,n)$ nguyên dương
Giải như sau:
Nếu $a,m,n$ có một số bằng $0$ nếu $a=0$ thì đúng với mọi $m,n$, nếu $m=0$ thì $a+1 \vdots 2$ nên $a$ lẻ, nếu $n=0$ thì $a^m+1=1$ nên $a=0$
Nếu $a,m,n$ khác $0$ toàn bộ
TH1: $m$ chẵn
$gcd(a+1,a^m+1)=d$ suy ra $a^m-a \vdots d$ hay $a(a^{m-1}-1) \vdots d$ mà $a+1 \vdots d$ nên $gcd(a,d)=1$ do đó $a^{m-1}-1 \vdots d$ suy ra $a^{m-1}-1+a+1 \vdots d \Rightarrow a(a^{m-2}+1) \vdots d$ mà $gcd(a,d)=1$ suy ra $a^{m-2}+1 \vdots d$ cứ làm như vậy $m-2,m-4,....,2$ thì $a^2+1 \vdots d$ khi ấy do $a+1 \vdots d$ suy ra $2 \vdots d \Rightarrow d=1,2$
Nếu $d=1$ suy ra $gcd(a+1,a^m+1)=1$ suy ra $(a+1)^n \vdots a^m+1$ khi $a^m+1=1$ vô lí
Nếu $d=2$ suy ra $a^m+1=2^x$ vì ngụơc lại suy ra $a^m+1=2^x.l$ với $l$ lẻ mà $gcd(a+1,a^m+1)=2$ nên $a+1 \not \vdots l$ suy ra $(a+1)^n \not \vdots l \not \vdots a^m+1$ vô lí nên $a^m+1=2^x$ do đó $a$ lẻ nên $m$ chẵn thì $a^m+1 \equiv 2 \pmod{4}$ suy ra $x=2$ nên $a=m=1$ vô lí vì $m$ chẵn $m$ lẻ thì $a^m+1=(a+1)(a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1)$
Thấy $m$ lẻ nên $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1$ lẻ (do $a^{m-i}-a^{m-i-1}$ chẵn) khi ấy $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1=1$ (do ước lẻ duy nhất của $2^x$ là $1$ khi ấy $a+1=2^x$ nên $a=1$ vì $a>1$ thì $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1>1$ vô lí do đó $a=1$ hay $m=1$
Suy ra $(a,m,n)=(1,1,n)$
TH2: $m$ lẻ $m=1$ thì thỏa mãn với mọi $n$ và $a$
$m\geq 3$ thì $m=p.q$ với $p$ nguyên tố
Ta có $(a+1)^n \vdots a^{pq}+1$ và $a^{pq}+1=(a^q+1)((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)$
Nhận thấy $gcd(a^q+1,(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)|p$ nên $gcd(a^q+1,(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)=1,p$
Nếu $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=1$ thì $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a+1)=1$ nên $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1=1$ (do $(a+1)^n \vdots (a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1$) khi ấy $a^q=0,1$ nên $a=1$ khi ấy $(a,m,n)=(1,m,n)$ với $n\geq m$ còn $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=p$
Khi ấy $a^m+1 \vdots p$ nên $(a+1)^n \vdots p$ nên $a+1 \vdots p$
$\blacksquare$ $q \vdots p$ khi ấy $a^q+1=(a+1)(a^{q-1}-a^{q-2}+...+a^2-a+1)$ do $q \vdots p$ nên $a^{q-1}-a^{q-2}+...+a^2-a+1 \vdots p$ kết hợp $a+1 \vdots p$ suy ra $a^q+1 \vdots p^2$ khi ấy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \equiv p \pmod{p^2}$ khi ấy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \vdots p$ mà $\not \vdots p^2$ mặt khác $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1>p$ nên nó còn một ước nguyên tố $r$ khác $p$ mà $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=p$ nên $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,(a+1))=p$ khi ấy $gcd(a+1,r)=1$ như vậy suy ra $(a+1)^n \not \vdots r \not \vdots (a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1$ vô lí
$\blacksquare$ $q \not \vdots p$ khi ấy $a^m+1=a^{pq}+1$
$v_p(a^{pq}+1)=v_p(a^q+1)+v_p(p)=v_p(a+1)+v_p(q)+1=v_p(a+1)+1$ (do $q \not \vdots p$)
$v_p(a^q+1)=v_p(a+1)+v_p(q)=v_p(a+1)$ như vậy $v_p((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)=v_p(a^{pq}+1)-v_p(a^q+1)=v_p(a+1)+1-v_p(a+1)=1$
Như vậy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \vdots p$ mà $\not \vdots p^2$ cm tương tự trên nó có một ước $r$ nguyên tố khác cũng suy ra vô lí
Vậy $\boxed{(a,m,n)=(1,m,n),(a,1,n)}$ với $m\le n$ ở trường hợp $(1,m,n)$ hoặc $\boxed{(a,m,n)=(0,m,n)}$ với $m,n$ bất kì hoặc $\boxed{(a,m,n)=(2k+1,0,n)}$ hoặc $\boxed{(a,m,n)=(0,m,0)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 30-12-2012 - 23:38

[demonhunter000]

đ/s

Đề đủ phải là tìm bộ ba số $(a,m,n)$ nguyên dương
Giải như sau:
TH1: $m$ chẵn
$gcd(a+1,a^m+1)=d$ suy ra $a^m-a \vdots d$ hay $a(a^{m-1}-1) \vdots d$ mà $a+1 \vdots d$ nên $gcd(a,d)=1$ do đó $a^{m-1}-1 \vdots d$ suy ra $a^{m-1}-1+a+1 \vdots d \Rightarrow a(a^{m-2}+1) \vdots d$ mà $gcd(a,d)=1$ suy ra $a^{m-2}+1 \vdots d$ cứ làm như vậy $m-2,m-4,....,2$ thì $a^2+1 \vdots d$ khi ấy do $a+1 \vdots d$ suy ra $2 \vdots d \Rightarrow d=1,2$
Nếu $d=1$ suy ra $gcd(a+1,a^m+1)=1$ suy ra $(a+1)^n \vdots a^m+1$ khi $a^m+1=1$ vô lí
Nếu $d=2$ suy ra $a^m+1=2^x$ vì ngụơc lại suy ra $a^m+1=2^x.l$ với $l$ lẻ mà $gcd(a+1,a^m+1)=2$ nên $a+1 \not \vdots l$ suy ra $(a+1)^n \not \vdots l \not \vdots a^m+1$ vô lí nên $a^m+1=2^x$ do đó $a$ lẻ nên $m$ chẵn thì $a^m+1 \equiv 2 \pmod{4}$ suy ra $x=2$ nên $a=m=1$ vô lí vì $m$ chẵn $m$ lẻ thì $a^m+1=(a+1)(a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1)$
Thấy $m$ lẻ nên $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1$ lẻ (do $a^{m-i}-a^{m-i-1}$ chẵn) khi ấy $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1=1$ (do ước lẻ duy nhất của $2^x$ là $1$ khi ấy $a+1=2^x$ nên $a=1$ vì $a>1$ thì $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1>1$ vô lí do đó $a=1$ hay $m=1$
Suy ra $(a,m,n)=(1,1,n)$
TH2: $m$ lẻ $m=1$ thì thỏa mãn với mọi $n$ và $a$
$m\geq 3$ thì $m=p.q$ với $p$ nguyên tố
Ta có $(a+1)^n \vdots a^{pq}+1$ và $a^{pq}+1=(a^q+1)((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)$
Nhận thấy $gcd(a^q+1,(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)|p$ nên $gcd(a^q+1,(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)=1,p$
Nếu $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=1$ thì $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a+1)=1$ nên $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1=1$ (do $(a+1)^n \vdots (a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1$) khi ấy $a^q=0,1$ nên $a=1$ khi ấy $(a,m,n)=(1,m,n)$ với $n\geq m$ còn $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=p$
Khi ấy $a^m+1 \vdots p$ nên $(a+1)^n \vdots p$ nên $a+1 \vdots p$
$\blacksquare$ $q \vdots p$ khi ấy $a^q+1=(a+1)(a^{q-1}-a^{q-2}+...+a^2-a+1)$ do $q \vdots p$ nên $a^{q-1}-a^{q-2}+...+a^2-a+1 \vdots p$ kết hợp $a+1 \vdots p$ suy ra $a^q+1 \vdots p^2$ khi ấy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \equiv p \pmod{p^2}$ khi ấy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \vdots p$ mà $\not \vdots p^2$ mặt khác $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1>p$ nên nó còn một ước nguyên tố $r$ khác $p$ mà $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=p$ nên $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,(a+1))=p$ khi ấy $gcd(a+1,r)=1$ như vậy suy ra $(a+1)^n \not \vdots r \not \vdots (a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1$ vô lí
$\blacksquare$ $q \not \vdots p$ khi ấy $a^m+1=a^{pq}+1$
$v_p(a^{pq}+1)=v_p(a^q+1)+v_p(p)=v_p(a+1)+v_p(q)+1=v_p(a+1)+1$ (do $q \not \vdots p$)
$v_p(a^q+1)=v_p(a+1)+v_p(q)=v_p(a+1)$ như vậy $v_p((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)=v_p(a^{pq}+1)-v_p(a^q+1)=v_p(a+1)+1-v_p(a+1)=1$
Như vậy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \vdots p$ mà $\not \vdots p^2$ cm tương tự trên nó có một ước $r$ nguyên tố khác cũng suy ra vô lí
Vậy $\boxed{(a,m,n)=(1,m,n)}$ với $m\le n$

Đ/số cả là(a,m,n)=(2,3,n) với $n\geq 2$ nữa chứ
Cm khác: Bổ đề Định lý Zsigmondy): $a,b,n\in N$ soa cho(a,b)=1 và $n\geq 2$ thì tồn tại số$p$ sao cho $p$ là ước của $a^{n}+b^{n}$ mà không là ước của $a^{k}+b{k}$ với mọi $k\leq n$ trừ khi $a=2,b=1,k=3$.
Quay lại bài toán, nếu $n\geq 2$
+)nếu $a=1$ thì cm như em
+)nếu $a\geq 1,m\geq 2$ thì ta có nghiệm duy nhất :(2,3,n) còn nếu khác thì:theo đlý trên $a^{m} +1$ có ước nguyên tố không là ước của$a+1$, suy ra nó ko là ước của $(a+1)^{n}$.Suy ra vn.Vậy pt có nghiệm:(1,1,n) và(2,3,n) ....(các th dễ xét)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 31-12-2012 - 00:02

[nguyenta98]

đ/s
Đ/số cả là(a,m,n)=(2,3,n) với $n\geq 2$ nữa chứ
Cm khác: Bổ đề Định lý Zsigmondy): $a,b,n\in N$ soa cho(a,b)=1 và $n\geq 2$ thì tồn tại số$p$ sao cho $p$ là ước của $a^{n}+b^{n}$ mà không là ước của $a^{k}+b{k}$ với mọi $k\leq n$ trừ khi $a=2,b=1,k=3$.
Quay lại bài toán, nếu $n\geq 2$
+)nếu $a=1$ thì cm như em
+)nếu $a\geq 1,m\geq 2$ thì ta có nghiệm duy nhất :(2,3,n) còn nếu khác thì:theo đlý trên $a^{m} +1$ có ước nguyên tố không là ước của$a+1$, suy ra nó ko là ước của $(a+1)^{n}$.Suy ra vn.Vậy pt có nghiệm:(1,1,n) và(2,3,n) ....(các th dễ xét)

Ah thì ra em bị xét thiếu cái này, sau đây em bổ sung ngay
$(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1=p$
Đặt $a^q=x$ khi ấy $x^{p-1}-x^{p-2}+...+x^2-x+1=p$
Nếu $x=1$ thì $a=1$ xét như em đã làm ở trên
Nếu $x>1$ thì $x\geq 2$, dễ thấy nếu $p\geq 5$ ta có $x^{p-1}-x^{p-2}...+x^2-x+1=(x-1)(x^{p-2}+x^{p-4}+...+x)+1\geq x^{p-2}+x^{p-4}+...+x+1>x^{p-2}\geq 2^{p-2}$ do $p\geq 5$ nên bằng quy nạp dễ dàng cm $2^{p-2}>p$ vô lí
Do đó $p=3$ suy ra $x^2-x+1=3$ nên $x=2$ suy ra $a=2,q=1$ suy ra $a=2,m=3,n$ tùy ý
Vậy ta thêm một nghiệm là $\boxed{(a,m,n)=(2,3,n)}$