Mới tìm được trong đống bài giảng của ông LEUNG Tat-Wing 1 bài viết rất hay về Số Ferma.

Công nhận mấy giáo sư người Tàu rất đáng khâm phục. Mời các bạn tham khảo nó

ý m` là không có cách của bạn đâu,nếu 2a+b chia hết cho p thì làm quoái j` mà vô lí chứ,cũng giống như a mũ 2 + b mũ 2 có ước nguyên tố dạng thì 4p+3 thì a,b cùng chia hết cho SNT đó,làm j` có chuyện vô lí ở đâu,khi sử dụng kí hiêu lengdre ta đã ngầm hiểu tử số của nó không chia hết cho mẫu r`

Trước khi nói cái gì thì nên coi lại kiến thức của mình một tí đi nhá

Định nghĩa về kí hiệu Lengdre:
Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên $a$. Khi đó, ta có:
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = 1$ nếu $a \not \vdots p$ và $a$ là số chính phương $mod(p)$
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = -1$ nếu $a \not \vdots p$ và $a$ không là số chính phương $mod(p)$
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = 0$ nếu $a \vdots p$

Trờ lại bài toán:
Vì vậy nếu $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$ thì hoàn toàn vô lí vì ta chọn $p \equiv 2(\bmod 3)$

Chứng minh rằng với số nguyên tố $p>3$ thì
$$(p+1)(p+2)...(2p-1) \equiv (p-1)! (\mod p^3)$$

Một số mở rộng cho Wolstenholme’s Theorem.

muốn có -3 là thặng dư toàn phương của p thì 1 trong 2 số 2a+b hoặc b không chia hết cho p,nên theo nguyenta a,b,c chia hết cho p là hợp lí

Gì nữa đây bạn
$\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$ là kí hiệu Lengdre Chớ có phải thăng dư toàn phuơng gì đâu )
Cách em Nguyenta98 là lùi vô hạn. Cách mình là dùng các định lí về thăng dư bậc 2 thôi

Duyệt cho anh =))

Ố ố :-ss
Mình là con gái mà
Anh nào đâu )

He he áp dụng cái bổ đề anh Tường nói thì bài này làm ngon
Giải như sau:
Bổ đề: $p \in \mathbb{P}, p \equiv 2 \pmod{3}, a^2+3b^2 \vdots p \Leftrightarrow p|a,b$

Em Tạ giải kinh quá
Chắc thằng Tường nó chả bao giờ theo kịp đâu

Cách khác:
Đẳng thức được viết lại như sau $(a+b+c)^2=(3k+2)(ab+bc+ca)$
Chọn số nguyên tố $p$ sao cho $\left\{ \begin{gathered}
{p^{2a - 1}}|3k + 2 \\
{p^{2a}}|3k + 2 \\
\end{gathered} \right.$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{p^a}|a + b + c \\
p|ab + bc + ca \\
\end{gathered} \right.$
$c \equiv - a - b(\bmod p) \Rightarrow p|a^2 + ab + b^2 \Rightarrow p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$. Và điều này vô lí vì $p \equiv 2(\bmod 3)$.
Vậy không tồn tại $a,b,c$ thỏa mãn bài toán. $\blacksquare$

Up cái này phát!
Ông quả nhìn to quá!

Mấy ông ơi !!
cái bảng đó bây h ai giữ thế ;p
Bữa nào bán đấu giá trên Vmf đi

Ặc, ý em nó là nếu $a_i-1=0$ thì cái $p_i$ có tồn tại đâu mà số chính phương $mod(p)$ nữa?

Ko ko, em nhầm hàng rồi :|
mình ko xét cái $\varphi (5^{m}-1)$ đâu
chỉ cần xét ${5^m} - 1 = {2^a}{p_1}^{{a_1}} \ldots {p_k}^{{a_k}}$.
Từ cái này ta chứng minh 5 là số chính phương $mod(p)$ là ok rồi

He he, thú thực vs anh là em làm y như anh đó, nhưng cả bài của anh và em đều thiếu một cái quan trọng đó là mũ của $p_i$ có thể bằng $0$ anh hiểu ko (hay $a_i-1=0$ đó) nên chưa làm gì được ở đoạn số chính phương $mod(p)$ đâu cho nên bài này vẫn cần phải nghĩ thêm

Very beautiful !! A problem in quadratic residue

Bổ đề: Cho các số nguyên $m,n$ và $a>1$. Ta có: $\gcd \left( {{a^m} - 1,{a^n} - 1} \right) = {a^{\gcd \left( {m,n} \right)}} - 1$

Lời giải bài toán:
Vì ${2^3}|{5^m} - 1 \Rightarrow m = 2k + 1 \Rightarrow {p_i}|5.{\left( {{5^k}} \right)^2} - 1$
Vậy 5 là số chính phương (mod $p_i$) nên ${p_i} \equiv - 1(\bmod 5)$
$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( { - 1} \right)^k} = 1 \\
{\left( { - 2} \right)^{k + 1}} \equiv 1(\bmod 5) \\
\end{gathered} \right.
\Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
k \equiv 0(\bmod 2) \\
k \equiv 3(\bmod 4) \\
\end{gathered} \right.$$
Mâu thuẫn,
Vậy $gcd(m,n)>1$.

Thực ra ko phải nghĩ gì cho nhiều em à
Từ đoạn này trở xuống mình xét ${5^m} - 1$ nên chả có liên quan gì đến $a_i -1=0$ cả :-j
Với lại $a_i -1=0$ ko quan trọng khi chứng minh $a=2$ ở phần trên

Và từ đẳng thức:
\[{5^n} - 1 = \varphi \left( {{5^m} - 1} \right) = {2^{a - 1}}{p_1}^{{a_1} - 1}...{p_k}^{{a_k} - 1}\prod\limits_{i = 1}^k {\left( {{p_i} - 1} \right)} \]
cho ta ${p_i} \not \equiv 1(\bmod 5)$ cũng chẳng liên quan gì đến $a_i -1=0$ em à

giả sử m,n là các số nguyên dương sao cho $\varphi (5^{m}-1)=5^{n}-1$.cmr UCLN của m và n lớn hơn 1

Very beautiful !! A problem in quadratic residue

Bổ đề: Cho các số nguyên $m,n$ và $a>1$. Ta có: $\gcd \left( {{a^m} - 1,{a^n} - 1} \right) = {a^{\gcd \left( {m,n} \right)}} - 1$

Lời giải bài toán:
Giả sử $gcd(m,n)=1$
Ta xét phân tích cơ sở: ${5^m} - 1 = {2^a}{p_1}^{{a_1}} \ldots {p_k}^{{a_k}}$ với ${p_i} > 2$
Vậy nên:
\[{5^n} - 1 = \varphi \left( {{5^m} - 1} \right) = {2^{a - 1}}{p_1}^{{a_1} - 1}...{p_k}^{{a_k} - 1}\prod\limits_{i = 1}^k {\left( {{p_i} - 1} \right)} \]
Vì ${2^a}|{5^n} - 1$. Kết hợp với bổ đề, ta có: $\gcd \left( {{5^m} - {{1,5}^n} - 1} \right) = 5 - 1 = 4$
Vậy nên $a=2$
Vì ${2^3}|{5^m} - 1 \Rightarrow m = 2k + 1 \Rightarrow {p_i}|5.{\left( {{5^k}} \right)^2} - 1$
Vậy 5 là số chính phương (mod $p_i$) nên ${p_i} \equiv - 1(\bmod 5)$
$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( { - 1} \right)^k} = 1 \\
{\left( { - 2} \right)^{k + 1}} \equiv 1(\bmod 5) \\
\end{gathered} \right.
\Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
k \equiv 0(\bmod 2) \\
k \equiv 3(\bmod 4) \\
\end{gathered} \right.$$
Mâu thuẫn,
Vậy $gcd(m,n)>1$.

Tìm $a,b \in {\mathbb{Z}^ + }$ sao cho $\frac{{{a^2} - 2}}{{2{b^2} + 3}} \in \mathbb{Z}$

Bài toán trên còn 1 cách phát biểu khác như sau:

Tìm các số nguyên dương a,b,c đề $A = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}} \in {N^*}$

Bài này vô số nghiệm.

Bước 1: Ta cần chứng minh: $A=1$ hoặc $A=3$.

Bước 2: Ta tìm $a,b,c$
Với $A=3$, nghiệm của phương trình $a^2+b^2+c^2=3abc$ là
\[\left\{ \begin{gathered}
z = 1 \\
x = {u_n} \\
y = {u_{n + 1}} \\
\end{gathered} \right.\]
Với
\[\left\{ \begin{gathered}
{u_0} = 1,{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = 3{u_n} - {u_{n - 1}}\\
\end{gathered} \right.\]

Với $A=1$. Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$, ta được phương trình trên.
Dẫn đến một bộ nghiệm tương tự

Cho một hình chữ nhật có kích thước $2 \times n$ được đánh số thứ tự từ trái sang phải là $1,2,, \cdot,n$ ở hàng thứ nhất và $n+1,n+2, \cdot,2n$ ở hàng thứ 2.

Lát chúng bằng các quân đôminô $1\times2$ sao cho
1) Phủ kín hình chữ nhật và ko có 2 quân nào chồng lền nhau.
2) Vơi $n$ lẻ, ta được phép bổ sung thêm 1 quân đôminô "đặc biệt" sao cho có thể phủ kín ô $n$ và $n+1$
Đếm số cách lát thỏa mãn đề bài.



ps: Thực chất đây là bài toán tập hợp liên quan đến các phần tử tốt.

Problem: $a_n$ kí hiệu là số tập con không rỗng của $S$ thỏa mãn rằng:
(i) $S\subseteq${$1$, $2$, $...$, $n$};
(ii) tất cả các phần tử của $S$ đều cung tính chẵn, lẻ.
(iii) mỗi phân tử $k\in{S}$ thỏa mãn $k\geq2|S|$.
Tìm công thức tường minh cho $a_n$

Bài này lâu rồi, sử dụng phép chia nhóm là được

Ta có: $ a_{2m-1}= 2(F_{m+1}-1) $ và $ a_{2m}= F_{m+3}-2 $
với $m\ge1$ và $F_{m}$ là số Fibonacci thứ $m$.

Lời giải:
Đặt $T_{n}=\{S\in\{1,2,\cdots,n\}\}$ thỏa $(ii)$ và $(iii)$
Chia $ T_{n+4} $ thành 3 tập con:

Phần 1: $A_{n+4}=\{S\in T_{n+4}\ ;\ 1,2\notin S,\ \forall k\in S, k\geq 2|S|+2\}$
Xây dựng $ f\ :\ \mathcal{P}(\{1,2,\cdots,n+2\})\rightarrow\mathcal{P}(\{1,2,\cdots,n+4\}) $ thỏa:
$$f(\{x_{1},x_{2},\cdots,x_{k}\}) =\{x_{1}+2,x_{2}+2,\cdots,x_{k}+2\}$$
Ta được: $ f(T_{n+2}) = A_{n+4} $ nên $ |A_{n+4}|=|T_{n+2}|$

Phần 2: $ B_{n+4}=\{S\in T_{n+4}\ ;\ 1,2\notin S,\ \exists k\in S, k < 2|S|+2\} $
Tương tự, ta được:
$f(\phi) =\{3\}$
$f\left( {\left\{ {{x_1},{x_2},...,{x_k}} \right\}} \right) = \left\{ {{x_1} + 4,{x_2} + 4,...,{x_k} + 4,2k} \right\}$
nếu các phần tử cùng chẳn.
$f\left( {\left\{ {{x_1},{x_2},...,{x_k}} \right\}} \right) = \left\{ {{x_1} + 4,{x_2} + 4,...,{x_k} + 4,2k+1} \right\}$
nếu các phần tử cùng lẽ.
Suy ra: $|B_{n+4}|=|T_{n}|+1 $

Phần 3: $ C_{n+4}=\{ S\in T_{n+4}\ ;\ 1\in S\ \mathrm{or}\ 2\in S\} $
Tương tự, ta có: $ |T_{n+4}|=|T_{n+2}|+|T_{n}|+2 $

Từ đó, ta chứng minh được: $ a_{2m-1}= 2(F_{m+1}-1) $ và $ a_{2m}= F_{m+3}-2 $

Bài toán đã có ở đây

Bulgaria TST 2003

Chứng minh rằng nếu tồn tại $ a;b\in\mathbb{Z}^{+} $ sao cho $ \frac{(a-b)^{2}+m}{pab-q}= k (m\in\mathbb{N}^{*}) $ với $p,q$ được xác định như trên thì giá trị của $k$ thuộc 1 tập xác định.

cho m=2007²⁰⁰⁸ ,hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên n<m sao cho m l n(2n+1)(5n+2)

\[{\text{m}} = {\text{2}}{007^{2008}} = {3^{4016}}{223^{2008}}\]
Ta có: $m|n\left( {2n + 1} \right)\left( {5n + 2} \right)$
$ \Rightarrow m|10n\left( {10n + 5} \right)\left( {10n + 4} \right)$ $(1)$

Đặt $10n=x$, ta được: $m|x\left( {x + 5} \right)\left( {x + 4} \right)$

Đặt ${q_1} = {3^{4016}},{q_2} = {223^{2008}}$. Vì $\gcd \left( {{q_1},{q_2}} \right) = 1$

Nên \[{\text{(1)}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x\left( {x + 5} \right)\left( {x + 4} \right) \equiv 0(\bmod {q_1}) \\
x\left( {x + 5} \right)\left( {x + 4} \right) \equiv 0(\bmod {q_2}) \\
\end{gathered} \right.\]
Mà $x \equiv 0(\bmod 10)$

Nên $x$ là nghiệm của hệ:
\[\left\{ \begin{gathered}
x \equiv {r_1}(\bmod {q_1}) \\
x \equiv {r_2}(\bmod {q_2}) \\
x \equiv 0(\bmod 10) \\
\end{gathered} \right.\]
với ${r_1},{r_2} \in \left\{ {0; - 4; - 5} \right\}$

Theo định lí Thặng Dư Trung Hoa, hệ có 1 nghiệm $(\bmod 10{q_1}{q_2})$
với mỗi cặp ${r_1},{r_2}$ chỉ tồn tại 1 nghiệm x.

Có tất cả $3^2$ cách chọn ${r_1},{r_2}$ nên có 9 số $x$ thỏa.
Suy ra có 9 số $n$ thỏa mãn bài toán.

Cho n=1.Ta có S(a+1)=2
Suy ra a+1 có dạng:\[a + 1 = 2 \times {10^k}\] hoặc \[a + 1 = {10^k} + {10^h}(k > h)\]

Đến đây có thể dùng 2 tính chất quan trọng của $S(n)$ để giải bài toán.
là $S(m)+S(n) \ge S(m+n)$ và $S(m)S(n) \ge S(mn)$

Cho số nguyên dương $a$ thỏa mãn $S\left( {{a^n} + n} \right) = 1 + S\left( n \right)$ với mọi số tự nhiên $n$ lớn tùy ý.
Chứng minh $a$ là một lũy thừa của $10$.

- Kvant -

Cho 1 dãy số nguyên $\left( {{a_n}} \right)$ phân biệt thỏa mãn ${{a_n} \leqslant 4999n}$ ${\forall n \geqslant 1}$.
Chứng minh có vô hạn số $n$ sao cho $S\left( {{a_n}} \right) $ không chia hết cho $5$

Ở đầu bài toán có đk là p>3
mình sẽ tiếp tục lời giải của bạn để chứng minh chia hết cho $p^3$
ta có $\sum_{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}^2=\binom{2p}{p}-2$
mà theo định lí Wolstenholme ta có $\binom{2p}{p} \equiv 2 (mod p^3)$
phát biểu Định lí http://chuyentoanpbc...2/06/trang1.jpg

Em năm nay 12 mà chả biết mấy cái này
Em ko bit đánh giá thế nào nên phải dựa vào cách chứng minh của định lí Willson nên nó hơi dài 1 tí

Ta chứng minh:
$\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{\left( C_{p}^{k} \right)}^{2}}\equiv 1(\bmod \,\,{{p}^{3}})}$ (1)

$\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{\left( \frac{(p-1)!}{k!(p-k)!} \right)}^{2}}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)}$ (2)

Với mỗi $k\in \text{ }\!\!\{\!\!\text{ 1}\text{,2},...,\text{ p-1}\}$ đặt ${{a}_{k}}=\frac{(p-1)!}{k!(p-k)!}$
$ \Leftrightarrow k!.{{a}_{k}}=(p-1)(p-2)...(p-k+1) $
$ \Leftrightarrow k.{{a}_{k}}\equiv {{(-1)}^{k-1}}(\bmod \,\,\,p) $ (3)

Xét ${{b}_{k}}=\frac{(p-1)!}{k}$, $\forall k\in \left\{ 1,2,...,p-1 \right\}$.

Theo Định lý Wison ta có $k{{b}_{k}}\equiv (-1)(\bmod \,\,\,p)$. (4)

Từ (3) và (4) ta có :
${{a}_{k}}\equiv {{(-1)}^{k}}{{b}_{k}}(\bmod \,\,p)$ (5)

Do $p$ là số nguyên tố và $k\in \left\{ 1,2,...,p-1 \right\}$ nên tồn tại duy nhất $j\in \left\{ 1,2,...,p-1 \right\}$ sao cho:
$(kj)\equiv 1(\bmod \,\,\,p)$$\Rightarrow $${{(kj)}^{2}}\equiv 1(\bmod \,\,\,p)$.

Khi đó:
$$\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{({{b}_{k}})}^{2}}}=\sum\limits_{k=1}^{p-1}{\left( {{({{b}_{k}})}^{2}}.1 \right)}\equiv \sum\limits_{k=1}^{p-1}{\left( {{({{b}_{k}})}^{2}}.{{(kj)}^{2}} \right)}\equiv \left( (p-1)! \right)\sum\limits_{j=1}^{p-1}{{{j}^{2}}(\bmod \,\,\,p)}$$
Mà
$$\sum\limits_{j=1}^{p-1}{{{j}^{2}}=\frac{p(p-1)(2p-1)}{6}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)}$$
nên $\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{({{b}_{k}})}^{2}}}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{({{a}_{k}})}^{2}}}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)$ hay (2) đúng.

Có vẻ như bài này chỉ chứng minh chia hết cho $p^2$ thôi, thử với $p=3$ có vẻ không đúng.

Rõ ràng là :
$$ \sum\limits_{k=1}^{p-1}(C_p^{k})^2 \vdots p^2$$

Anh gì đó ơi, bài này có thể quy về chứng minh:
\[\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{\left( C_{p}^{k} \right)}^{2}}\equiv 1(\bmod \,\,{{p}^{3}})}\]
$$\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{\left( \frac{(p-1)!}{k!(p-k)!} \right)}^{2}}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)}$$


Với mỗi $k\in \text{ }\!\!\{\!\!\text{ 1}\text{,2},...,\text{ p-1}\}$ đặt ${{a}_{k}}=\frac{(p-1)!}{k!(p-k)!}$
$$ \Leftrightarrow k!.{{a}_{k}}=(p-1)(p-2)...(p-k+1) $$
$$ \Leftrightarrow k.{{a}_{k}}\equiv {{(-1)}^{k-1}}(\bmod \,\,\,p) $$

Đến đây, dùng định lí Willson thôi anh ạ
Mà $p>3$ mà anh

Cho số nguyên tố $p>3$ và tập hợp $M=\left\{ 1,2,...,p \right\}$. Với mỗi số nguyên $k$ thỏa mãn $1\le k\le p$ ta đặt : ${{E}_{k}}=\left\{ A\subset M:|A|=k \right\}$ và ${{x}_{k}}=\sum\limits_{A\in {{E}_{k}}}{\left( \min A+\max A \right)}$. Chứng minh rằng:
$$\sum\limits_{k=1}^{p-1}{({{x}_{k}}C_{p}^{k})\equiv0(\bmod \,\,{{p}^{3}})}$$

Bài toán :
Cho $a, b, c \ge 0$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^3+b^3+c^3+3abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}+\dfrac{abc}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge 1$$
Nguồn : ML

Bài toán của bạn được ghép từ 3 bổ đề sau:
1)${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+3abc\ge \sum{ab\left( a+b \right)}$

2)$\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\frac{8}{9}\le \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$

3)$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{3abc}{2\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)}\ge 2$