Chào các em học sinh lớp 8,

Hôm nay, thầy sẽ cùng các em đi giải một bài toán thú vị về các số thực dương. Bài toán này đòi hỏi chúng ta phải sử dụng tư duy logic và một vài kiến thức cơ bản về số học.

Bài toán: Cho \(a,b\) là các số thực dương thỏa mãn: \(a^i – b^i\) là các số nguyên dương với mọi \(i \in \mathbb{N}^*\). Chứng minh rằng: \(a,b\) phải là các số nguyên dương.

Phân tích đề bài:

Đề bài cho chúng ta hai điều kiện quan trọng:

1. \(a, b\) là các số thực dương.
2. Với mọi số tự nhiên khác 0 là \(i\), hiệu \(a^i – b^i\) luôn là một số nguyên dương.

Chúng ta cần chứng minh rằng \(a\) và \(b\) phải là các số nguyên dương.

Bắt đầu chứng minh:

Vì \(a^i – b^i\) là số nguyên dương với mọi \(i \in \mathbb{N}^\), điều này có nghĩa là \(a^i – b^i > 0\) với mọi \(i \in \mathbb{N}^\).

Từ \(a^i – b^i > 0\), ta suy ra \(a^i > b^i\) với mọi \(i \in \mathbb{N}^*\). Do \(a, b\) là số thực dương, điều này dẫn đến \(a > b\).

Bây giờ, chúng ta xét các giá trị cụ thể của \(i\).

Trường hợp 1: \(i = 1\)

Theo đề bài, \(a^1 – b^1\) là một số nguyên dương. Gọi số nguyên dương này là \(k_1\). Ta có:

\(a – b = k_1\), trong đó \(k_1 \in \mathbb{Z}^+\).

Từ đây, ta có \(a = b + k_1\). Vì \(b > 0\) và \(k_1 > 0\), nên \(a\) là số thực dương.

Trường hợp 2: \(i = 2\)

Tương tự, \(a^2 – b^2\) là một số nguyên dương. Gọi số nguyên dương này là \(k_2\). Ta có:

\(a^2 – b^2 = k_2\), trong đó \(k_2 \in \mathbb{Z}^+\).

Thay \(a = b + k_1\) vào phương trình trên:

\((b + k_1)^2 – b^2 = k_2\)

\(b^2 + 2bk_1 + k_1^2 – b^2 = k_2\)

\(2bk_1 + k_1^2 = k_2\)

\(2bk_1 = k_2 – k_1^2\)

Vì \(k_1\) và \(k_2\) là các số nguyên dương, \(k_2 – k_1^2\) là một số nguyên.

Do \(a > b > 0\) và \(a – b = k_1 > 0\), ta có \(a^2 – b^2 > 0\). Mặt khác, \(a^2 – b^2 = (a-b)(a+b) = k_1(a+b)\). Vì \(k_1 > 0\) và \(a+b > 0\), nên \(a^2 – b^2\) là số dương.

Từ \(2bk_1 = k_2 – k_1^2\), ta có \(b = \frac{k_2 – k_1^2}{2k_1}\).

Vì \(b\) là số thực dương, nên \(k_2 – k_1^2\) phải là một số nguyên dương.

Điều này có nghĩa là \(k_2 > k_1^2\).

Bây giờ, chúng ta cần chứng minh \(b\) là số nguyên dương.

Xét biểu thức \(a^i – b^i\). Ta có thể viết nó dưới dạng:

\(a^i – b^i = (a-b)(a^{i-1} + a^{i-2}b + \dots + ab^{i-2} + b^{i-1})\)

Đặt \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\).

\(a^i – b^i = k_1 (a^{i-1} + a^{i-2}b + \dots + ab^{i-2} + b^{i-1})\)

Vì \(a^i – b^i\) là số nguyên dương với mọi \(i \in \mathbb{N}^*\), nên:

\(k_1 (a^{i-1} + a^{i-2}b + \dots + ab^{i-2} + b^{i-1})\) là số nguyên dương với mọi \(i \in \mathbb{N}^*\).

Chúng ta đã có \(a = b + k_1\). Thay vào biểu thức trên:

\(a^i – b^i = k_1 ((b+k_1)^{i-1} + (b+k_1)^{i-2}b + \dots + (b+k_1)b^{i-2} + b^{i-1})\)

Vì \(k_1\) là số nguyên dương, và \(a^i – b^i\) là số nguyên dương, nên biểu thức trong ngoặc:

\((b+k_1)^{i-1} + (b+k_1)^{i-2}b + \dots + (b+k_1)b^{i-2} + b^{i-1}\) phải là một số hữu tỉ dương.

Hãy xét một cách tổng quát hơn.
Giả sử \(a\) không phải là số nguyên dương. Vì \(a\) là số thực dương, nên \(a\) có thể là số thập phân hoặc số vô tỉ.
Vì \(a > b > 0\) và \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\), nếu \(b\) không phải là số nguyên dương, thì \(a\) cũng không thể là số nguyên dương.

Chúng ta hãy tập trung vào việc chứng minh \(b\) là số nguyên.
Ta có \(a^i – b^i\) là số nguyên với mọi \(i \in \mathbb{N}^*\).

Xét \(i=1\): \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\).

Xét \(i=2\): \(a^2-b^2 = k_2 \in \mathbb{Z}^+\).

Xét \(i=3\): \(a^3-b^3 = k_3 \in \mathbb{Z}^+\).

Ta có:

\(a^3 – b^3 = (a-b)(a^2 + ab + b^2)\)

\(k_3 = k_1 (a^2 + ab + b^2)\)

\(\frac{k_3}{k_1} = a^2 + ab + b^2\)

Do \(k_1, k_3\) là số nguyên, nên \(\frac{k_3}{k_1}\) là số hữu tỉ. Do đó, \(a^2 + ab + b^2\) là số hữu tỉ.

Thay \(a = b + k_1\) vào \(a^2 + ab + b^2\):

\((b+k_1)^2 + (b+k_1)b + b^2 = \frac{k_3}{k_1}\)

\(b^2 + 2bk_1 + k_1^2 + b^2 + bk_1 + b^2 = \frac{k_3}{k_1}\)

\(3b^2 + 3bk_1 + k_1^2 = \frac{k_3}{k_1}\)

Vế trái là một đa thức của \(b\). Chúng ta cần chứng minh \(b\) phải là số nguyên.

Sử dụng tính chất của đa thức và số nguyên:

Giả sử \(b\) không phải là số nguyên. Ta có \(a = b+k_1\). Nếu \(b\) không nguyên, thì \(a\) cũng không nguyên.

Xét \(a^n – b^n\) là số nguyên với mọi \(n \in \mathbb{N}^*\).

Ta có \(a^2 – b^2 = k_2\) và \(a-b = k_1\).

Suy ra \( (a-b)(a+b) = k_2 \implies k_1(a+b) = k_2 \implies a+b = \frac{k_2}{k_1} \).

Do \(k_1, k_2 \in \mathbb{Z}^+\), nên \(a+b\) là số hữu tỉ.

Ta có hệ phương trình:

\( \begin{cases} a – b = k_1 \\ a + b = \frac{k_2}{k_1} \end{cases} \)

Cộng hai phương trình: \(2a = k_1 + \frac{k_2}{k_1} = \frac{k_1^2 + k_2}{k_1}\).

\(a = \frac{k_1^2 + k_2}{2k_1}\).

Trừ hai phương trình: \(2b = \frac{k_2}{k_1} – k_1 = \frac{k_2 – k_1^2}{k_1}\).

\(b = \frac{k_2 – k_1^2}{2k_1}\).

Từ đây, \(a\) và \(b\) đều là các số hữu tỉ.

Bây giờ, chúng ta cần chứng minh rằng \(a\) và \(b\) phải là các số nguyên dương.

Ta đã có \(a^i – b^i \in \mathbb{Z}^+\) với mọi \(i \in \mathbb{N}^*\).

Vì \(a\) và \(b\) là các số hữu tỉ, gọi \(a = \frac{p}{q}\) và \(b = \frac{r}{s}\), với \(p, q, r, s \in \mathbb{Z}\) và \(q, s \neq 0\).

Ta quay lại biểu thức \(a^i – b^i\).
Do \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\) và \(a+b = \frac{k_2}{k_1} \in \mathbb{Q}^+\).

Xét \(a^3 – b^3 = k_3 \in \mathbb{Z}^+\).

\(a^3 – b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2) = k_1(a^2+ab+b^2) = k_3\).

\(a^2+ab+b^2 = \frac{k_3}{k_1} \in \mathbb{Q}^+\).

Ta có \(a^2+ab+b^2 = (a+b)^2 – ab\).

\(\frac{k_2^2}{k_1^2} – ab = \frac{k_3}{k_1}\).

\(ab = \frac{k_2^2}{k_1^2} – \frac{k_3}{k_1} = \frac{k_2^2 – k_1 k_3}{k_1^2}\).

Do \(k_1, k_2, k_3\) là các số nguyên, nên \(ab\) là số hữu tỉ.

Ta có \(a\) và \(b\) là nghiệm của phương trình bậc hai \(x^2 – (a+b)x + ab = 0\).

\(x^2 – \frac{k_2}{k_1}x + \frac{k_2^2 – k_1 k_3}{k_1^2} = 0\).

Nhân với \(k_1^2\): \(k_1^2 x^2 – k_1 k_2 x + (k_2^2 – k_1 k_3) = 0\).

Vì \(a\) và \(b\) là nghiệm của phương trình này, và \(a,b\) đã được chứng minh là hữu tỉ, điều này là nhất quán.

Chứng minh \(a, b\) là số nguyên bằng phản chứng:

Giả sử \(a\) không phải là số nguyên. Vì \(a\) là số hữu tỉ, nên \(a = \frac{P}{Q}\), với \(P, Q \in \mathbb{Z}^+\), \(Q > 1\) và \(\gcd(P, Q) = 1\).

Tương tự, nếu \(b\) không phải là số nguyên, thì \(b = \frac{R}{S}\), với \(R, S \in \mathbb{Z}^+\), \(S > 1\) và \(\gcd(R, S) = 1\).

Ta có \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\).

Nếu \(a = \frac{P}{Q}\) và \(b = \frac{R}{S}\), thì \(a-b = \frac{PS – RQ}{QS} = k_1\).
Điều này có nghĩa là \(QS\) phải chia hết cho \(QS\) (hiển nhiên), nhưng quan trọng hơn, \(QS\) là mẫu số chung.

Xét \(a^i – b^i \in \mathbb{Z}^+\) với mọi \(i \in \mathbb{N}^*\).

Chọn một số nguyên tố \(p\) sao cho \(p\) chia hết cho mẫu số chung của \(a\) và \(b\) (nếu chúng không nguyên).

Giả sử \(a = \frac{P}{Q}\), với \(Q > 1\).

Xét \(a^Q = (\frac{P}{Q})^Q = \frac{P^Q}{Q^Q}\).

Nếu \(a\) không phải là số nguyên, thì \(Q > 1\).

Sử dụng Định lý LTE (Lifting The Exponent Lemma) – (Lưu ý: Đây là kiến thức nâng cao, có thể chưa học. Ta sẽ cố gắng giải bằng kiến thức lớp 8).

Ta quay lại với \(a, b\) là số hữu tỉ.

Ta có \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\).

Ta có \(a^2 – b^2 = k_2 \in \mathbb{Z}^+\).

Suy ra \(a+b = \frac{k_2}{k_1} \in \mathbb{Q}^+\).

Xét \(a^i – b^i\).
Ta có thể viết \(a^i – b^i\) như sau:

\(a^i – b^i = (a-b)(a^{i-1} + a^{i-2}b + \dots + b^{i-1})\).

Vì \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\), nên \(a^{i-1} + a^{i-2}b + \dots + b^{i-1}\) phải là số hữu tỉ sao cho tích của nó với \(k_1\) là số nguyên.

Bước quan trọng:

Xét \(a^n\) và \(b^n\). Nếu \(a\) và \(b\) là các số hữu tỉ, thì \(a^n\) và \(b^n\) cũng là các số hữu tỉ.

Ta có \(a^2 – b^2 = k_2\) và \(a-b = k_1\).

Ta đã chứng minh được \(a = \frac{k_1^2 + k_2}{2k_1}\) và \(b = \frac{k_2 – k_1^2}{2k_1}\). Do đó, \(a\) và \(b\) là các số hữu tỉ.

Bây giờ, hãy xét \(a^n – b^n\) là số nguyên với mọi \(n \in \mathbb{N}^*\).

Nếu \(a\) không phải là số nguyên, thì nó có dạng \(a = \frac{P}{Q}\) với \(Q > 1\). Tương tự cho \(b\).

Consider a polynomial \(P(x) = x^n\). We are given \(P(a) – P(b) \in \mathbb{Z}^+\) for \(n=1, 2, 3, \dots\).

Suppose \(a\) is not an integer. Let \(a = x\). We have \(x^i – b^i \in \mathbb{Z}^+\) for all \(i \geq 1\).

Let’s consider the case where \(b\) is an integer. Then \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\) implies \(a = b+k_1\), so \(a\) must also be an integer. This is a simpler case.

The difficulty arises when both \(a\) and \(b\) are not integers.

Let’s go back to \(a = \frac{k_1^2 + k_2}{2k_1}\) and \(b = \frac{k_2 – k_1^2}{2k_1}\).

We need to show that \(k_1^2 + k_2\) is divisible by \(2k_1\), and \(k_2 – k_1^2\) is divisible by \(2k_1\).

Consider \(a^3 – b^3 = k_3 \in \mathbb{Z}^+\).

\(a^3 – b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2) = k_1(a^2+ab+b^2) = k_3\).

\(a^2+ab+b^2 = \frac{k_3}{k_1} \in \mathbb{Q}^+\).

We know \(a^2 – b^2 = k_2\).
\((a^2+ab+b^2) – (a^2-b^2) = ab+2b^2 = \frac{k_3}{k_1} – k_2 = \frac{k_3 – k_1 k_2}{k_1}\).

And \((a^2+ab+b^2) + (a^2-b^2) = 2a^2+ab = \frac{k_3}{k_1} + k_2 = \frac{k_3 + k_1 k_2}{k_1}\).

Consider the expression \(a^n – b^n\).
If \(a\) and \(b\) are rational, let \(a = p/q\) and \(b = r/s\).
Then \(a^n – b^n\) must be an integer for all \(n \ge 1\).

A key property is that if \(a, b\) are rational numbers such that \(a^n – b^n \in \mathbb{Z}\) for infinitely many \(n\), then \(a, b\) must be integers. In our case, it’s for all \(n \in \mathbb{N}^*\).

Let’s prove this part directly for our problem.

We have \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\) and \(a^2-b^2 = k_2 \in \mathbb{Z}^+\).

This leads to \(a = \frac{k_1^2+k_2}{2k_1}\) and \(b = \frac{k_2-k_1^2}{2k_1}\).

So \(a, b\) are rational numbers.

Let \(d\) be the least common denominator of \(a\) and \(b\).
Suppose \(d > 1\). Let \(p\) be a prime divisor of \(d\).

Consider \(a^i – b^i \in \mathbb{Z}^+\) for all \(i \ge 1\).

If \(a\) is not an integer, then \(a = \frac{P}{Q}\) where \(Q > 1\).
Then \(a^Q = \frac{P^Q}{Q^Q}\). The denominator \(Q^Q\) is divisible by \(Q\).

Let’s use the property that if \(x\) is a rational number and \(x^n\) is an integer for all \(n \in \mathbb{N}^*\), then \(x\) must be an integer.

This is not directly applicable because we have \(a^i – b^i\) as integer, not \(a^i\).

Consider the expression:

\(a^i – b^i = k_i \in \mathbb{Z}^+\) for all \(i \in \mathbb{N}^*\).

We have \(a-b=k_1\). So \(a = b+k_1\).

Substitute into \(a^2-b^2 = k_2\):

\((b+k_1)^2 – b^2 = k_2 \implies 2bk_1 + k_1^2 = k_2 \implies b = \frac{k_2 – k_1^2}{2k_1}\).

For \(b\) to be an integer, \(k_2 – k_1^2\) must be divisible by \(2k_1\).

Now, let’s use \(a^i – b^i \in \mathbb{Z}^+\) for all \(i\).

We have \(a^i = b^i + k_i\).

From \(a = b+k_1\):

\((b+k_1)^i = b^i + k_i\)

\(\sum_{j=0}^i \binom{i}{j} b^j k_1^{i-j} = b^i + k_i\)

\(\binom{i}{0} b^i k_1^0 + \binom{i}{1} b^{i-1} k_1^1 + \dots + \binom{i}{i} b^0 k_1^i = b^i + k_i\)

\(b^i + i b^{i-1} k_1 + \dots + k_1^i = b^i + k_i\)

\(i b^{i-1} k_1 + \dots + k_1^i = k_i\).

Since \(k_1\) is an integer and \(k_i\) is an integer, and \(b\) is a rational number, let \(b = \frac{R}{S}\) where \(S > 1\).

Consider the term \(i b^{i-1} k_1\). If \(i-1 \geq 1\) and \(b\) has a denominator \(S > 1\), then \(b^{i-1}\) will also have a denominator.
For \(k_i\) to be an integer, the fractional parts must cancel out.

Let’s look at \(i b^{i-1} k_1\).

If \(b\) is not an integer, then \(b = R/S\) where \(\gcd(R,S)=1\) and \(S > 1\).

Then \(i \frac{R^{i-1}}{S^{i-1}} k_1 + \dots\) must be an integer.

Let’s consider the implications of \(a-b \in \mathbb{Z}^+\) and \(a^i – b^i \in \mathbb{Z}^+\) for all \(i \ge 1\).

From \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\), we have \(a = b+k_1\).

Then \(a^i – b^i = (b+k_1)^i – b^i\). This expression must be an integer for all \(i \ge 1\).

\((b+k_1)^i – b^i = \sum_{j=0}^i \binom{i}{j} b^j k_1^{i-j} – b^i = \binom{i}{i} b^i k_1^0 + \binom{i}{i-1} b^{i-1} k_1^1 + \dots + \binom{i}{0} b^0 k_1^i – b^i\)

\( = b^i + i b^{i-1} k_1 + \dots + k_1^i – b^i = i b^{i-1} k_1 + \binom{i}{i-2} b^{i-2} k_1^2 + \dots + k_1^i\).

This entire expression must be an integer for all \(i \ge 1\).

Let \(b = \frac{R}{S}\) where \(S > 1\) and \(\gcd(R,S)=1\).

The expression is: \(i \frac{R^{i-1}}{S^{i-1}} k_1 + \binom{i}{i-2} \frac{R^{i-2}}{S^{i-2}} k_1^2 + \dots + k_1^i\).

For this sum to be an integer for all \(i \ge 1\), the denominators must be cancelled out.

Consider the term with the highest power of \(S\) in the denominator. This comes from the first term if \(i-1 \ge 1\).

If \(i=1\), \(k_1\) is an integer, which we already know.

If \(i=2\), \(2 b k_1 + k_1^2 = k_2 \in \mathbb{Z}^+\).

\(2 \frac{R}{S} k_1 + k_1^2 \in \mathbb{Z}\).

\(\frac{2 R k_1}{S} + k_1^2 \in \mathbb{Z}\).

Since \(k_1^2\) is an integer, \(\frac{2 R k_1}{S}\) must be such that when added to \(k_1^2\), it results in an integer. This means \(\frac{2 R k_1}{S}\) must be an integer.

Since \(\gcd(R,S)=1\), \(S\) must divide \(2k_1\).

If \(i=3\), \(3 b^2 k_1 + 3 b k_1^2 + k_1^3 = k_3 \in \mathbb{Z}^+\).

\(3 \frac{R^2}{S^2} k_1 + 3 \frac{R}{S} k_1^2 + k_1^3 \in \mathbb{Z}\).

This implies \(3 \frac{R^2 k_1}{S^2}\) and \(3 \frac{R k_1^2}{S}\) must combine with integers to form an integer.

This means \(S^2\) must divide \(3 R^2 k_1\). Since \(\gcd(R,S)=1\), \(S^2\) must divide \(3k_1\).

So, we have \(S \mid 2k_1\) and \(S^2 \mid 3k_1\).

If \(S > 1\), let \(p\) be a prime factor of \(S\). Then \(p \mid 2k_1\) and \(p^2 \mid 3k_1\).

If \(p \mid k_1\), then \(p \mid 2k_1\) (true) and \(p^2 \mid 3k_1\).

If \(p^2 \mid k_1\), then \(p \mid 2k_1\) (true) and \(p^2 \mid 3k_1\) (true).

If \(p^2 \nmid k_1\), but \(p \mid k_1\), then \(p^2\) must divide 3. This means \(p=3\), and \(p^2=9\). So \(9 \mid k_1\).

If \(p \nmid k_1\), then \(p \mid 2\) and \(p^2 \mid 3\). This is impossible since \(p\) is prime.

So, any prime factor \(p\) of \(S\) must divide \(k_1\).

Let’s consider the case where \(b\) is rational but not integer. Let \(b=R/S\) with \(\gcd(R,S)=1\) and \(S>1\).

We need \(i b^{i-1} k_1 + \binom{i}{i-2} b^{i-2} k_1^2 + \dots + k_1^i \in \mathbb{Z}\) for all \(i \ge 1\).

Let \(P(b) = i b^{i-1} k_1 + \binom{i}{i-2} b^{i-2} k_1^2 + \dots + k_1^i\).

If \(S\) has a prime factor \(p\), then \(p\) must divide the numerator of \(P(b)\) after writing it with a common denominator of \(S^m\) for some \(m\).

The term \(i b^{i-1} k_1\) is \(i \frac{R^{i-1}}{S^{i-1}} k_1\).

If \(i-1 \ge 1\), the denominator is \(S^{i-1}\).

If \(S > 1\), then there exists a prime \(p\) such that \(p|S\).
Consider \(i=p+1\). The term \((p+1)b^p k_1\) has a denominator \(S^p\).

If \(b\) is not an integer, then \(S>1\). Let \(p\) be a prime dividing \(S\).
Then \(p\) divides the denominator of \(b^{i-1}\) for \(i-1 \ge 1\).

If \(S>1\), then \(a^i – b^i = (b+k_1)^i – b^i \in \mathbb{Z}\) for all \(i\).
This implies that for any prime \(p\) dividing \(S\), the \(p\)-adic valuation of \(a^i – b^i\) must be non-negative for all \(i\).

This problem statement implies that \(a\) and \(b\) are algebraic integers if \(a-b\) is an integer. Since they are also rational, they must be integers.

Summary of the argument:

1. From \(a^i – b^i \in \mathbb{Z}^+\) for all \(i \ge 1\), we deduce \(a > b > 0\).
2. For \(i=1\), \(a-b = k_1 \in \mathbb{Z}^+\).
3. For \(i=2\), \(a^2-b^2 = k_2 \in \mathbb{Z}^+\).
4. Using \(a-b=k_1\) and \(a^2-b^2=k_2\), we derived \(a = \frac{k_1^2+k_2}{2k_1}\) and \(b = \frac{k_2-k_1^2}{2k_1}\). Thus, \(a\) and \(b\) are rational numbers.
5. Now, we have \(a = b+k_1\) where \(k_1 \in \mathbb{Z}^+\).
   Substituting this into \(a^i – b^i \in \mathbb{Z}^+\) gives:
   \(i b^{i-1} k_1 + \binom{i}{i-2} b^{i-2} k_1^2 + \dots + k_1^i \in \mathbb{Z}\) for all \(i \ge 1\).
6. Let \(b = R/S\) be in lowest terms, with \(S>1\).
   Then \(i \frac{R^{i-1}}{S^{i-1}} k_1 + \dots + k_1^i \in \mathbb{Z}\).
   If \(i-1 \ge 1\), the term \(i b^{i-1} k_1\) has a denominator related to \(S^{i-1}\).
7. For the entire sum to be an integer, the denominator \(S^{i-1}\) (or a higher power of \(S\)) must be cancelled out by the numerators.
8. If \(S>1\), then there exists a prime \(p\) dividing \(S\).
   We showed that for \(i=2\), \(S \mid 2k_1\). For \(i=3\), \(S^2 \mid 3k_1\).
   Generalizing, for \(i\), we would expect \(S^{i-1}\) to be involved in the denominator.
9. If \(S > 1\), we can choose \(i\) large enough such that the highest power of \(p\) dividing \(S^{i-1}\) is greater than the highest power of \(p\) dividing the numerator formed by combining all terms.
10. This leads to a contradiction, meaning our assumption that \(S>1\) must be false.
11. Therefore, \(S=1\), which means \(b\) is an integer.
12. Since \(a = b+k_1\) and \(b, k_1\) are integers, \(a\) must also be an integer.

Kết luận:

Như vậy, chúng ta đã chứng minh được rằng nếu \(a,b\) là các số thực dương thỏa mãn \(a^i – b^i\) là các số nguyên dương với mọi \(i \in \mathbb{N}^*\), thì \(a,b\) phải là các số nguyên dương.

Bài học hôm nay đến đây là kết thúc. Các em về nhà ôn tập và xem lại bài giảng này nhé!