Số học PT nghiệmnguyên
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.34 MB, 22 trang )
x1
Từ (3) và (4), ta có
ax
xi 2 0 1 7
xi
c
x3
x2
a x2
x
c.
Giả sử trái lại, trong các hiệu
Ta có
2017
là nghiệm nguyên của PT(1), áp dụng định lí Fecma ta có
1 xi
x2
x
b
x1
không có hiệu nào chia hết cho 2017.
1 2017
(do (2))
(4)
a 2017
c2017
. Khi đó từ (4) ta có
. Do đó
a
b
c
b
1 2 0 1 7
1 2 0 1 7
và ta có đpcm.
2n
3
p
1
chia hết cho
).
Hướng dẫn giải
2
n 1
với
n
(
a
là phần
p
Với
2
n
2
p
3
Với
n
4
3
2
3
3
1
378
1
23
không chi hết cho
3
2
.
2
không chi hết cho
2
2
.
1
Như vậy, số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện đầu bài chỉ có thể là 5.
2
Với
p
. Xét
5
x1
Do đó
x2
x1 x 2
Đặt
x1
2
Do đó
Sn
Vì
x2
0
Ta có
S1
x2
2
n
14
x1 , x 2
6
5 , x2
3
5
14
6
5
là nghiệm của phương trình bậc hai
x
n 1
n 1
x1
x2
x1
x2
x1 x 2
n
n
x1
x2
28S n
là nghiệm của phương trình sai phân cấp hai:
1
n
0
x2
1
n
Sn
chia hết cho
28
2
28 x
16
0.
, ta có:
2
x2
2
5
28
n
x1
n
Sn
3
16
n
Sn
x1
2
2
x1
n
Sn
. Giả sử
x2
Sn
Sn
Sn
28Sn
2
n
1
x1
chia hết cho
2
n 1
16S n.
1
1
và
16Sn
1
0.
S n.
Sn
chia hết cho
1
2
n
2
. Khi đó
2n
n
x1
cho
2
1
2
n 1
,
Sn
2
n
28Sn
p
nên
3
Gọi
d
0
r
Do
p
1
2
n
n
1
thỏa mãn
là ước nguyên tố bé nhất của
n
1 p
3
hay
d
1.
3
n
n
Ta có
3
n
3
r
m od p
n
hay
n
1
. Ta có
p
1:
Từ
3
d
3
1 d
p
5
n
1
x1
chia hết
1
. Chứng minh rằng
p
3
n
là số chẵn.
thì 1 p vô lí). Do
3
n
1 n
3
r
3
d
. Xét khai triển sau:
1 m od p
1 m od p
. Suy ra
3
r
p 1
0
. Do đó
1 m od p
n
nd
kd
với
r
.
. Lập luận tương tự
.
1 m od p
chẵn (đpcm).
n
(vì nếu
3
là số nguyên tố, nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có
này mâu thuẫn với cách chọn
không xảy ra.
ra
3
.
1 m od p
Có hai khả năng xảy ra:
a) d 1 : Gọi q là ước nguyên tố của
d
n
chia hết cho
Hướng dẫn giải
3
là số nguyên dương bé nhất sao cho
như trên suy ra
b)
2q2 2
7 q1
.
Câu 40. Cho số nguyên dương
Gọi
16Sn
p
3
d
. Vì
nd
nên
nq
p
1
là ước số nguyên tố bé nhất của
1 m od p
p
2
. Do
p
2
d
n
p
d
p
q
. Điều
. Do vậy khả năng này
là ước nguyên tố của
n
, suy
