Bài toán về số nguyên tố

NLT · 08-11-2012, 09:36 PM

Cho $p$ nguyên tố, $m \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng, với mọi $x,y \in \mathbb{N}$ và $x,y>1$ thỏa $\dfrac{x^p+y^p}{2}=(\dfrac{x+y}{2})^m$ thì $m=p$.
___
NLT

**TrauBo** · 08-11-2012, 09:51 PM

Bạn xem problem 2 trang 6 nhé.

nguyenta98 · 08-11-2012, 10:55 PM

Giải như sau:
Trước tiên nếu $p=2$ khi ấy suy ra $\dfrac{a^2+b^2}{2}=(\dfrac{a+b}{2})^m$ khi đó $m=1,2$ vì nếu $m\geq 3$ dễ cm $(\dfrac{a+b}{2})^3>\dfrac{a^2+b^2{2}$ khi ấy do đó $m=1,2$ nếu $m=2$ có ngay $đpcm$ còn $m=1$ thì cm dễ dàng $\dfrac{a^2+b^2}{2}=\dfrac{a+b}{2}$ vô nghiệm
Ta xét $p$ lẻ khi đó $m\geq 3$
Đặt $gcd(x,y)=d \Rightarrow x=da,y=db,gcd(a,b)=1$
Khi ấy $\dfrac{d^p.(a^p+b^p)}{2}=d^m.(\dfrac{a+b}{2})^m$
TH1: $p>m$ khi ấy $d^{p-m}.\dfrac{a^p+b^p}{2}=(\dfrac{a+b}{2})^m$
Suy ra $d^{p-m}.2^{m-1}.\dfrac{a^p+b^p}{a+b}=(a+b)^{m-1}$
$\boxed{1}$ $a+b \vdots p$ theo LTE suy ra $v_p(a^p+b^p)=v_p(a+b)+v_p(p)=v_p(a+b)+1$
Do đó $v_p(\dfrac{a^p+b^p}{a+b})=v_p(a+b)+1-v_p(a+b)=1$
Đặt $a+b=p^u.v$ với $gcd(u,v)=1$ khi đó $v_p((a+b)^m)=um$ và $v_p(\dfrac{a^p+b^p}{a+b})=1$
Lúc này ta đã có $d^{p-m}.\dfrac{a^p+b^p}{(a+b)p}.2^{m-1}=\dfrac{(a+b)^{m-1}}{p}$
Ta có $\dfrac{a^p+b^p}{a+b}=a^{p-1}-a^{p-2}b+...-ab^{p-2}+b^{p-1}$
Giả sử $a+b \vdots r$ khác $p$ khi ấy $a \equiv -b \pmod{r}$ do đó $a^{p-1}-a^{p-2}b+...-ab^{p-2}+b^{p-1} \equiv p.a^{p-1} \pmod{r}$ khi đó $a^{p-1}-a^{p-2}b+...-ab^{p-2}+b^{p-1} \not \vdots r$ do $r$ khác $p$ và $a \not \vdots r$ vì $gcd(a,b)=1$ do đó $gcd(\dfrac{a^p+b^p}{p(a+b)},\dfrac{(a+b)^{m-1}}{p})=1$
Suy ra $\dfrac{a^p+b^p}{p(a+b)}=1$ do đó $a^p+b^p=p(a+b)$ và do $(a+b) \vdots p \Rightarrow p(a+b)\le (a+b)^2 \Rightarrow a^p+b^p\le (a+b)^2$ vô lí do $p>2$
$\boxed{2}$ $a+b \not \vdots p$ tương tự suy ra $\dfrac{a^p+b^p}{a+b}=1$ suy ra $a^p+b^p=a+b$ vô lí do $p>2$
TH2: $p<m$ làm tương tự ta thu được $\dfrac{(a+b)^{m-1}}{p}$ hoặc $(a+b)^{m-1}=1$ đây là điều vô lí
Do đó $p=m$

08-11-2012, 09:36 PM	#1
NLT +Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2012 Bài gởi: 48 Thanks: 29 Thanked 13 Times in 11 Posts	Bài toán về số nguyên tố Cho $p$ nguyên tố, $m \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng, với mọi $x,y \in \mathbb{N}$ và $x,y>1$ thỏa $\dfrac{x^p+y^p}{2}=(\dfrac{x+y}{2})^m$ thì $m=p$. ___ NLT

08-11-2012, 10:55 PM	#3
nguyenta98 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Đến từ: THPT chuyên KHTN Bài gởi: 53 Thanks: 7 Thanked 42 Times in 26 Posts	Giải như sau: Trước tiên nếu $p=2$ khi ấy suy ra $\dfrac{a^2+b^2}{2}=(\dfrac{a+b}{2})^m$ khi đó $m=1,2$ vì nếu $m\geq 3$ dễ cm $(\dfrac{a+b}{2})^3>\dfrac{a^2+b^2{2}$ khi ấy do đó $m=1,2$ nếu $m=2$ có ngay $đpcm$ còn $m=1$ thì cm dễ dàng $\dfrac{a^2+b^2}{2}=\dfrac{a+b}{2}$ vô nghiệm Ta xét $p$ lẻ khi đó $m\geq 3$ Đặt $gcd(x,y)=d \Rightarrow x=da,y=db,gcd(a,b)=1$ Khi ấy $\dfrac{d^p.(a^p+b^p)}{2}=d^m.(\dfrac{a+b}{2})^m$ TH1: $p>m$ khi ấy $d^{p-m}.\dfrac{a^p+b^p}{2}=(\dfrac{a+b}{2})^m$ Suy ra $d^{p-m}.2^{m-1}.\dfrac{a^p+b^p}{a+b}=(a+b)^{m-1}$ $\boxed{1}$ $a+b \vdots p$ theo LTE suy ra $v_p(a^p+b^p)=v_p(a+b)+v_p(p)=v_p(a+b)+1$ Do đó $v_p(\dfrac{a^p+b^p}{a+b})=v_p(a+b)+1-v_p(a+b)=1$ Đặt $a+b=p^u.v$ với $gcd(u,v)=1$ khi đó $v_p((a+b)^m)=um$ và $v_p(\dfrac{a^p+b^p}{a+b})=1$ Lúc này ta đã có $d^{p-m}.\dfrac{a^p+b^p}{(a+b)p}.2^{m-1}=\dfrac{(a+b)^{m-1}}{p}$ Ta có $\dfrac{a^p+b^p}{a+b}=a^{p-1}-a^{p-2}b+...-ab^{p-2}+b^{p-1}$ Giả sử $a+b \vdots r$ khác $p$ khi ấy $a \equiv -b \pmod{r}$ do đó $a^{p-1}-a^{p-2}b+...-ab^{p-2}+b^{p-1} \equiv p.a^{p-1} \pmod{r}$ khi đó $a^{p-1}-a^{p-2}b+...-ab^{p-2}+b^{p-1} \not \vdots r$ do $r$ khác $p$ và $a \not \vdots r$ vì $gcd(a,b)=1$ do đó $gcd(\dfrac{a^p+b^p}{p(a+b)},\dfrac{(a+b)^{m-1}}{p})=1$ Suy ra $\dfrac{a^p+b^p}{p(a+b)}=1$ do đó $a^p+b^p=p(a+b)$ và do $(a+b) \vdots p \Rightarrow p(a+b)\le (a+b)^2 \Rightarrow a^p+b^p\le (a+b)^2$ vô lí do $p>2$ $\boxed{2}$ $a+b \not \vdots p$ tương tự suy ra $\dfrac{a^p+b^p}{a+b}=1$ suy ra $a^p+b^p=a+b$ vô lí do $p>2$ TH2: $p<m$ làm tương tự ta thu được $\dfrac{(a+b)^{m-1}}{p}$ hoặc $(a+b)^{m-1}=1$ đây là điều vô lí Do đó $p=m$