Cho số nguyên tố lẻ và số tự nhiên lẻ
thỏa mãn
chia hết cho
và
chia hết cho
. Chứng minh rằng
chia hết cho
và
chia hết cho
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Để chứng minh rằng m và n là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau, ta cần thực hiện các bước sau đây:
Bước 1: Giả sử rằng m và n là hai số tự nhiên thỏa mãn m^2 - 2020n^2 + 2022 chia hết cho mn.
Bước 2: Ta sẽ chứng minh rằng m và n là hai số lẻ.
Giả sử rằng m là số chẵn, tức là m = 2k với k là một số tự nhiên. Thay thế vào biểu thức ban đầu, ta có:
(2k)^2 - 2020n^2 + 2022 chia hết cho 2kn
Simplifying the equation, we get:
4k^2 - 2020n^2 + 2022 chia hết cho 2kn
Dividing both sides by 2, we have:
2k^2 - 1010n^2 + 1011 chia hết cho kn
Do 2k^2 chia hết cho kn, vì vậy 2k^2 cũng chia hết cho kn. Từ đó, 1011 chia hết cho kn.
Bởi vì 1011 là một số lẻ, để 1011 chia hết cho kn, thì kn cũng phải là một số lẻ. Vì vậy, n cũng phải là số lẻ.
Do đó, giả sử m là số chẵn là không hợp lệ. Vậy m phải là số lẻ.
Bước 3: Chứng minh rằng m và n là hai số nguyên tố cùng nhau.
Giả sử rằng m và n không phải là hai số nguyên tố cùng nhau. Điều đó có nghĩa là tồn tại một số nguyên tố p chia hết cả m và n.
Vì m là số lẻ, n là số lẻ và p là số nguyên tố chia hết cả m và n, vì vậy p không thể chia hết cho 2.
Ta biểu diễn m^2 - 2020n^2 + 2022 dưới dạng phân tích nhân tử:
m^2 - 2020n^2 + 2022 = (m - n√2020)(m + n√2020)
Vì p chia hết cả m và n, p cũng phải chia hết cho (m - n√2020) và (m + n√2020).
Tuy nhiên, ta thấy rằng (m - n√2020) và (m + n√2020) không thể cùng chia hết cho số nguyên tố p, vì chúng có dạng khác nhau (một dạng có căn bậc hai và một dạng không có căn bậc hai).
Điều này dẫn đến mâu thuẫn, do đó giả sử ban đầu là sai.
Vậy ta có kết luận rằng m và n là hai số tự nhiên lẻ và nguyên tố cùng nhau.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a lẻ nên a=2k+1
(a-1)(a+1)
\(=\left(2k+1-1\right)\left(2k+1+1\right)\)
\(=2k\left(2k+2\right)\)
\(=4k\left(k+1\right)\)
Vì k;k+1 là hai số tự nhiên liên tiếp
nên \(k\left(k+1\right)⋮2\)
=>\(4k\left(k+1\right)⋮\left(4\cdot2\right)=8\)
=>\(\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮8\)
Vì a không chia hết cho 3 nên a=3c+1 hoặc a=3c+2
TH1: a=3c+1
\(\left(a-1\right)\left(a+1\right)\)
\(=\left(3c+1-1\right)\left(3c+1+1\right)\)
\(=3c\left(3c+2\right)⋮3\left(1\right)\)
TH2: a=3c+2
\(\left(a-1\right)\left(a+1\right)\)
\(=\left(3c+2-1\right)\left(3c+2+1\right)\)
\(=\left(3c+3\right)\left(3c+1\right)\)
\(=3\left(c+1\right)\left(3c+1\right)⋮3\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮3\)
mà \(\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮8\)
và ƯCLN(3;8)=1
nên \(\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮\left(3\cdot8\right)=24\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
các bạn có thể cho mình biết được không,đang cần gấp lắm.
Thật buồn cho bạn, đến năm 2020 rồi mà vẫn không có người trả lời. Mình cũng định trả lời nhưng có lẽ nó không cần nữa rồi. Mình rất xin lỗi vì bây giờ mình mới nhìn thấy câu hỏi của bạn. Thôi thì lỡ rồi, mình chỉ nói vậy coi như an ủi phần nào cho tâm hồn mỏng manh đã bị tổn thương sâu sắc của bạn. Chân thành xin lỗi.
Lời giải:
Ta thấy:
\(\bullet \) Nếu \(a\vdots p\Rightarrow b\vdots p\Rightarrow a^b+b^a;a^a+b^b\vdots p\)
Mặt khác, \(a,b\) nên \(a^b+b^a;a^a+b^b\) chẵn, do đó \(a^b+b^a;a^a+b^b\vdots 2\)
Mà \((2,p)=1\Rightarrow a^a+b^b;a^b+b^a\vdots 2p\) (đpcm)
\(\bullet \) Nếu \((a,p)=(b,p)=1\)
+) Với \(a^b+b^a\)
\(a+b\equiv 0\pmod p\Rightarrow a\equiv -b\pmod p\)
Do đó, \(a^b+b^a\equiv (-b)^b+b^a\equiv b^a-b^b\pmod p\) (do \(b\) lẻ)
\(\Leftrightarrow a^b+b^a\equiv b^b(b^{a-b}-1)\pmod p\) \((\star)\)
Vì \(a-b\vdots p-1\Rightarrow a-b=k(p-1)\) (với \(k\in\mathbb{N})\)
\(\Rightarrow b^{a-b}-1=b^{k(p-1)}-1\)
Áp dụng định lý Fermat nhỏ với \((b,p)=1\) :
\(b^{p-1}\equiv 0\pmod p\Rightarrow b^{k(p-1)}\equiv 1\pmod p\)
\(\Leftrightarrow b^{k(p-1)}-1\equiv 0\pmod p\Leftrightarrow a^b+b^a\equiv 0\pmod p\)
Mặt khác cũng dễ cm \(a^b+b^a\vdots 2\), và \((p,2)=1\Rightarrow a^b+b^a\vdots 2p\) (đpcm)
+) Với \(a^a+b^b\)
\(a^a+b^b\equiv (-b)^a+b^b\equiv b^b-b^a\equiv b^a-b^b\equiv b^b(b^{a-b}-1)\pmod p\)
Đến đây giống y như khi xét \(a^b+b^a\) ( đoạn \((\star)\) ) ta suy ra \(a^a+b^b\equiv 0\pmod p\)
Mà cũng thấy \(a^a+b^b\vdots 2\), và \((2,p)=1\Rightarrow a^a+b^b\vdots 2p\)