Chủ đề này có 2 trả lời

[demonhunter000]

Tìm tất cả các số nguyên dương $h,k,m,n$ với $h\geq 2$ và $(1+n^{k})^{h}=1+n^{m}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 26-03-2013 - 23:54

[WhjteShadow]

Tìm tất cả các số nguyên dương $h,k,m,n$ với $h\geq 2$ và $(1+n^{k})^{h}=1+n^{m}$

Do $h\geq 2$ nên $k<m$ và $m\geq 2$. Do $(a;1)=1$ nên áp dụng định lý Zsigmondy ta có $1+n^{m}$ sẽ có ít nhất 1 ước nguyên tố mà $1+n^k$ không có trừ khi $n=2,m=3$. Vậy ta chỉ cần xét trường hợp $n=2,m=3$ (Vì trường hợp kia vô lý, $1+n^{m}$ sẽ có ít nhất 1 ước nguyên tố mà $(1+n^k)^{h}$ không có). Lúc đó thì $(1+2^k)^h=1+2^3=9$ nên $k=1,h=2$.

Vậy $\boxed{(h;k;m;n)=(2;1;3;2)}$

[nguyenta98]

Tìm tất cả các số nguyên dương $h,k,m,n$ với $h\geq 2$ và $(1+n^{k})^{h}=1+n^{m}$

Một cách khác không cần Zsigmody

Giải như sau:

Từ giả thiết $h\geq 2$ suy ra $k<m$

TH1: $n$ lẻ

Giả sử $p^x||n$ nên $p^{xm}||n^m \Rightarrow p^{xm}||(1+n^k)^h-1$

Do đó $v_p((1+n^k)^h-1)=xm$ mà $v_p((1+n^k)^h-1)=v_p(1+n^k-1)+v_p(h)$
Mà $1+n^k-1=n^k$ và $p^{xk}||1+n^k-1$

Như vậy ta thu được $v_p(h)=v_p((1+n^k)^h-1)-v_p(1+n^k-1)=xm-xk=x(m-k)$

Khi ấy $p^{x(m-k)}||h$

Mà $p$ là một ước nguyên tố lẻ bất kì của $n$ nên áp dụng liên tiếp cho các ước nguyên tố lẻ còn lại, ta thu được $h \vdots \pi(p^{x(m-k)})$ nên $h \vdots n^{m-k}$

Như vậy $h=n^{m-k}.t$

Do đó $VT\geq (1+n^k)^{n^{m-k}} \Rightarrow 1+n^m\geq (1+n^k)^{n^{m-k}}>(n^k)^{n^{m-k}} \Rightarrow n^m\geq n^{k.n^{m-k}} \Rightarrow m\geq k.n^{m-k}$, đặt $m-k=t$ với $t\geq 1$ khi ấy $\dfrac{m}{k}\geq n^t \Rightarrow \dfrac{k+t}{k}\geq n^x$
$\Rightarrow 1+\dfrac{t}{k}\geq n^t \Rightarrow 1+\dfrac{t}{2}\geq 1+\dfrac{t}{k}\geq n^t$
Từ đó suy ra $n=1$ vì $n\geq 2$ bằng quy nạp ta dễ dàng có $n^t>1+\dfrac{t}{2}$ (với $t\geq 1$)

Như vậy $n=1$ thay vào bài toán $(1+1)^h=1+1 \Rightarrow h=1$ loại do $h\geq 2$
TH2: $n$ chẵn thì $n=2^x.y$ với $y$ lẻ

Bằng cm tương tự câu trên, $h \vdots y^{n-k}$ mà $n$ chẵn nên $x\geq 1$ và nếu $x=1$ thì $n=2y$
Ta làm tương tự trên $VT\geq (1+n^k)^{y^{m-k}} \Rightarrow 1+n^m\geq (1+n^k)^{y^{m-k}}>(n^k)^{y^{m-k}}$

Từ đó cũng suy ra $m\geq y^{m-k}.k \Rightarrow \dfrac{m}{k}\geq y^{m-k}$ cũng làm tương tự trên suy ra $y=1$ nên $n=2$ từ đó $(h,k,m,n)=(2,1,3,2)$
Với $x>1$ hay $x\geq 2$ thì $1+n^k-1 \vdots 4$ nên theo LTE, $v_2$ cũng được áp dụng như cho với $v_p$ với $p$ lẻ nên cũng có $h \vdots n^{m-k}$ và tương tự TH1, $n=1$ vô lí vì $n$ chẵn

Vậy $\boxed{(h,k,m,n)=(2,1,3,2)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 27-03-2013 - 18:22