cho em hỏi bài 3 đề lớp 12 cứ xoay vong như vậy có nghĩa là sao ạ?

Bài 68. Cho $y \in N^{*}$ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên tố $p$ thỏa mãn $4/p+1$ và $p$ là ước của 1 số có dạng $2^{n}y+1$ (n nguyên dương)

p/s anh IMOer post lời giải bài 64 được không ạ?

Bài 67  (bài này có trong sách của mình)

ta có phương trình Fec-ma $a^{4}+b^{4}=c^{2}$ và $a^{4}+b^{4}=2c^{2}$ chỉ có nghiệm tầm thường nên $x^{2^{k}}+y^{2^{k}}$ không là số chính phương cũng không là 2 lần số chính phương 

Từ đó ta có tồn tại $p$ lẻ sao cho $v_{p}(x^{2^{k}}+y^{2^{k}})$ lẻ

khi đó ta có $x^{2^{k+1}}-y^{2^{k+1}} \equiv 0 (\bmod p)$

suy ra tồn tại a sao cho $ a^{2^{k+1}} \equiv 1 (\bmod p)$

từ đó dễ thấy $2^{k+1}$ là cấp của $a$ mod $p$ từ đó ta có $p-1$ chia hết cho $2^{k+1}$

$=> v_{p}(x^{p-1}-y^{p-1})=v_{p}(x^{2^{k+1}}-y^{2^{k+1}})=v_{p}(x^{2^{k}}+y^{2^{k}})$ lẻ (đpcm)

Anh làm hơi vội đoạn này rồi ạ ví dụ $p=61$ và $d=12$

Chỗ đó chỉ suy ra $v_2{(d)}=v_2{(p-1)}$ thôi ạ

có thể bạn nhầm đề nhưng $p=4^{n}+1$ mà

Bài 62 Tìm a,b,c nguyên dương sao cho

$a^{2}+b^{2}+c^{2}$ chia hết cho $2013(ab+bc+ca)$

nguồn (Iran TST 2013)

P/s:Anh IMOer có thể đăng cách giải bài 61 của anh được không ạ

Lời giải bài 61:

Gọi các số nguyên tố bé hơn 2016 lần lượt là $p_{1},p_{2},...p_{k}$ 

theo nguyên tắc Đi-rich-lê thì tồn tại vô số số nguyên tố dạng $2p_{1}p_{2}..p_{k}t +p_{2}p_{3}..p_{k}+2$ và vô hạn số nguyên tố dạng $2p_{1}p_{2}..p_{k}t +p_{2}^{2}p_{3}..p_{k}+2$  

Khi đó tồn tại vô số $p$ là 1 số nguyên tố bất kì là 1 trong 2 dạng trên thỏa mãn $\frac{p-1}{2}$ lẻ

theo định lí Trung Quốc về phần dư thì tồn tại n sao cho

$n\equiv 0 (\bmod p), \\ n\equiv 0(mod \frac{p-1}{2})\\ n\equiv 1(mod 2016!)$

Khi đó $a^{n} \equiv +1,-1 (mod p)$

nên $p/d-3$ hoặc $d-1$ hoặc $d+1$ hoặc $d+3$

do có vô số $p$ nên $d=1$ hoặc $d=3$ hoặc $d=-1$ (loại) hoặc $d=-3$ (loại)

nếu d=1 thì theo Đi-rich-lê thì tồn tại vô số nguyên tố q dạng $p_{1}p_{2}..p{k}t+1$ khi đó chọn $n=2q-1$ thì ta có $a+b+c-1$ chia hết cho $q$

$=>a+b+c=1$ (vô lý)

Nếu $d=3$ thì chọn $n=4q-3$ thì thì $a+b+c-3$ chia hết cho $q$ nên $a+b+c=3 $ do đó $a=b=c=1$

Bài 2 Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Khi đó gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AH$.

Ta có $\widehat{C'EC}=\frac{\widehat{C'AC}}{2}= \widehat{BAC}$

$DC$ cắt $C'E$ tại $E'$ thì $\widehat{CE'C'}=\widehat{BAC}$ nên $E\equiv E'$

Dễ thấy 2 tam giác $DBC'$ và $DCB'$ bằng nhau (c.g.c)

nên 2 tam giác $DB'C'$ và $DCB$ bằng nhau

suy ra $\widehat{DB'C'}=\widehat{DEC'}$

Từ đó ta có $C'E$ là trục đẳng phương của 2 đường tròn $(A)$ và $(O) $ nên $OA$ vuông góc với $C'E$ hay $OA$ vuông góc với $BC$

Do đã lâu rồi bài 59 vẫn chưa có người giải nên mình up bài 60 vậy

Cho dãy $a_{0}=1,a_{1}=1,a_{n+2}=98a_{n+1}-a_{n}-16$

CMR $a_{n}$ là CP với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Lời giải bài 58 

Gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của các số $k^{2}+k+n$ là hợp số với $\sqrt{\frac{n}{3}} \leq k \leq n-2$

Khi đó ta có $(n-2)^{2}+n-2+n \geq i^{2}+i+n \geq p^{2}$

$=> (n+1)^{2}+1>p^{2} => n+1 \geq p$

Ta gọi số $i$ thỏa điều kiện $i^{2}+i+n$ chia hết cho $p$ với $\sqrt{\frac{n}{3}} \leq i \leq n-2$ là đẹp.

Ta sẽ chứng minh tồn tại $t$ đẹp thỏa $t \leq \frac{p-1}{2}$

Thật vậy xét k đẹp bất kì ta có $k=pt+r$ với $0 \leq r \leq p-1$ thì $r^{2}+r+n$ chia hết cho $p$

Nếu $r \geq \frac{p-1}{2}$ thì xét $(p-r-1)^{2}+p-r-1+n$ chia  hết cho $p$

Vậy tồn tại $t \leq \frac{p-1}{2}$ sao cho $t^{2}+t+n$ chia hết cho $p$

Mà $t^{2}+t+n>p$ nên $t^{2}+t+n \geq p^{2}$

Lại có $ t \geq \sqrt{\frac{n}{3}}$ nên $n \leq \frac{3(n-1)^{2}}{4}$ 

Từ đó $p^{2} \leq t^{2}+t+n \leq \frac{(p-1)^{2}}{4}+\frac{p-1}{2}+\frac{3(p-1)^{2}}{4}=p^{2}-\frac{3p}{2}+\frac{1}{2}$ (Vô lý)

Vậy ta có đpcm

Bài 59 Cho $a_{1}=1;a_{n+1}=a_{n}^{4}-a_{n}^{3}+2a_{n}^{2}+1,n \geq 1$

CMR tồn tại vô hạn số nguyên tố p tm ko có số hạng $a_n$ nào là bội của $p$

Bài 57 Cho $a_{1}=\frac{2}{3}$,$a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_{n}+\frac{1}{3a_{n}}$

CMR $\frac{3}{3a_{n}^{2}-1}$ là số chính phương với mọi $n\in \mathbb{N}^{*}$

Lời giải bài 56 

Xét với $p=2$ thì phương trình có nghiệm $x=k,y=2^{t}-k$ với $t$ là số sao cho $2^{t}>k$

xét với $p>2$ khi đó đặt

$x+y^{p-1}=p^{t}$ (1)

$y+x^{p-1}=p^{k}$  (2)

Giả sử $x \geq y$ thì khi đó $k \geq t$ 

Ta có $y^{(p-1)^{2}}-x^{p-1} $ chia hết có $y^{p-1}+x$ chia hết cho $p^{t}$

nên $y^{(p-1)^{2}}+y-p^{k}$ chia hết cho $p^{t}$

Từ đó suy ra $y(y^{p(p-2)}+1)$ chia hết cho $p^{t}$

Lại có nếu $y$ chia hết cho $p$ thì đặt $v_{p}(y)=t>0$ thì khi đó $v_{p}(x)=(p-1)t$ do (1) (Vô lí do (2))

Vậy $y$ không chia hết cho $p$

Tượng tự $x$ không chia hết cho $p$

Từ đó suy ra $y \equiv -1 (\bmod p)$

Áp dụng định lý LTE ta có $v_{p}(y^{p(p-2)}+1)=v_{p}(y+1)+v_{p}(p(p-2))=v_p{y+1}+1 \geq t$

Từ đó suy ra $y \geq p^{t-1}-1$ hay $p^{t}>(p^{t-1}-1)^{p-1}$

Với $t=1$ thì ta có $y=1$ do $2^{p-1}>p$ nên $p/ y+1=2 $(vô lý)

Với $t>1$ thì ta có $t>(p-1)(t-2)$ nên ta có $t=2$ từ đó suy ra $p^{2}>(p-1)^{p-1}$

nếu $p \geq 5$ thì $(p-1)^{p-1}>(p-1)^{3}>p^{2}$ (vô lý)

Vậy $p=3$ hay $x+y^{2}=9$ nên $x=5$ $y=3$ thỏa mãn 

Vậy bài toán có nghiệm $p=2$ $x=k$ $y=2^{t}-k$ với t là số thỏa mãn $2^{t}>k$ $x=5,y=2,p=3$ $x=2,y=5,p=3$

Lời giải bài 8 :  

Đặt $x^{p^{k-1}} \to x $ xét đa thức $f(x) = \frac{x^{p}-1}{x-1}$ , đa thức này thì quen thuộc rồi , quy về $f(x)=\frac{(x+1)^{p}-1}{x}$ hay $f(x)=(x+1)^{p-1}+...+1$ bất khả quy . Ta có $f(x)=x^{p-1}+\binom{p}{1}x^{p-2}+....+p$ . Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho $p$ ta có đpcm .

Bằng xem lại bài giải đi. Ví dụ là $f(x)=x-1$ thì bkq nhưng $f(x^{2})=x^{2}-1$ lại kq nên ko có $(fx)$ bkq thì $f(x^{n})$ bkq đâu

Bài 8 

Chứng minh đa thức sau bkq

$X_p^{k}=\frac{x^{p^{k}}-1}{x^{p^{k-1}}-1}$ với $p$ nguyên tố

Lời giải bài 7

Giả sử $f(x)$ khả quy thì tồn tại $g(x)$,$h(x)$$\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $f(x)=g(x).h(x)$($deg g,deg h>0) 

Khi đó $g(x_0)h(x_0)=p$ nên $|g(x_0)|=1$ hoặc $|h(x_0)|=1$ giả sử $|g(x_0)|=1$

Khi đó giả sử $\alpha _1,\alpha _2,...\alpha_k$ là nghiệm của $g(x)$ thì $|g(x_0)|=|a||(x-\alpha_1)||(x-\alpha_2)|...|(x-\alpha_k)|\geq (|x_0|-|\alpha_1|)...(|x|-|\alpha_k|)> 1$ (vô lý)

Vậy $f(x)$ bất khả quy

Đây là ý kiến của mình từ lâu rồi không phải nói bài này đâu nhé. Do topic có mục đích giao lưu học hỏi là chính nên ở 1 số bài toán nếu người đề xuất có khác với các cách được đưa ra thì cũng nên post lời giải của mình lên.

p/s bài 36 anh imoer có thể post đáp án được không ạ

Hì hì, ở đây có thể dùng Cyclotomic Polynomial để chứng minh sơ cấp Dirichlet, nhưng mình nghĩ dùng 1 định lý thậm chí còn mạnh hơn cả bài này để giải nó thì hơi quá.

Nhân tiện bạn có thể nói sơ qua ý tưởng được không

Thực ra nguyên lí Đi-rich-lê chứng minh rất phức tạp nhưng theo mình biết thì khi thi cử không cần cm nên thấy cũng nhiều bài toán phải sử dụng luôn chứ cũng khồng có gì quá cả

p/s bài 50 Ego ơi

.

Với $y\ge 2$ thì $3^y+4\equiv 4\ (\bmod{9})$ nên $7^x\equiv 4\ (\bmod{9})$. Từ đó suy ra: $x\equiv 2\ (\bmod{4})$, hay $x=2k$, với 

Theo em thì đoạn này phải là $x\equiv 2(mod3)$ chứ (vì mà là $ord_{9}(7)$)

đây là lời giải của mình

xét $y=1$ thì suy ra $x=1$.

xét $x=1$ thì suy ra $y=1$.

xét $x,y>1$ thì $7/ 3^{y-1}-1$ nên $6/y-1$ ($ord_{7}(3)=6$)

nên $(3^{6}-1/ 3(3^{y-1}-1)=7(7^{x-1}-1)$ nên $13/7^{x-1}-1$

nên $12/ x-1$ (do $12=ord_{13}(7)$) (vô lý do $x \equiv 2 (mod 3)$

Tuần sau em thi mà giờ vẫn chưa ôn văn được mấy,toán với anh thì đã max gà rồi chắc xác định quá

Có bạn nào ở Bình Dương không,xem đề tốt nghiệp Tiếng anh của Bình Dương thấy kinh quá 

Ps:Chia sẻ vậy thui chứ giờ phải off để ôn văn nữa .....

Tiếng Anh với Văn thì em không phải lo đâu quan trọng là toán thôi (Tiếng Anh anh 4 năm 7, mà thi vẫn được 9.5)

Bài 3 Chứng minh rằng đa thức $x^{n}-x-1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ với mọi $n$ tự nhiên/

Bài toán 1 hiện vẫn chưa có lời giải nên mình được phép đề xuất bài toán tiếp theo:
Bài toán 2. Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn $P(x)$ là số chính phương với mọi $x$ nguyên thì $P(x) = Q(x)^{2}$ với $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Mở rộng: Liệu bạn có thể giải quyết cho trường hợp $P(x)$ là lũy thừa bậc $n$ của một số nguyên thì $P(x) = Q(x)^{n}$ với $Q(x)\in\mathbb{Z}[x]$

bài này thì quen rồi

ta chứng minh bằng phản chứng

Giả sử $P(X)=Q(x)^{2}.p_{1}(x).p_{2}(x)...p_{k}(x)$ với $p_{i}(x)$ là các đa thức bất khả quy bậc lớn hơn 1

do $p_{i}(x)$ bất khả quy nên $p_{1}(x)$ và $p_{1}(x)'.p_{2}(x)...p_{k}(x)$ nguyên tố cùng nhau

nên theo định lý Bê-du thì tồn tại 2 đa thức $R(x),S(x)$ với hệ số nguyên sao cho

$R(x).p_{1}(x)+S(x).p_{1}(x)'.p_{2}(x)...p_{k}(x)=n$ với n là số nguyên 

chọn $p>n$ nguyên tố sao cho tồn tại a sao cho $p_{1}(a)$ chia hết cho p (luôn tồn tại p theo Schur) thì $p_{1}'(a)p_{2}(a)....p_{k}(a)$ không chia hết cho p

nếu $p_{1}(a)$ không chia hết cho $p^{2}$ ta suy ra vô lý vì khi đó $v_{p}(P(a))$ lẻ

nếu $p_{1}(a)$ chia hết cho $p^{2}$ thì xét $p_{1}(a+p) \equiv p_{1}(a)+p.p_{1}(a)'(mod p^{2})$ thì $p_{1}(a+p)$ không chia hết cho $p^{2}$

chứng minh tương tự trên thì ta suy ra mẫu thuẫn.

Vậy $P(x)=Q(x)^{2}$

Bài toán tổng quát thì cũng chứng minh tương tự 

Thứ nhất mình không hiểu câu đầu tiên của Hoàng lắm còn thứ hai nếu kí hiệu jacob là $1$ thì chưa chắc nó là thặng dư bậc hai cậu nhé

Cái dòng mà cậu bảo dùng kí hiệu Jacob để chứng minh $n^{2}+1$ là bội $m$ ấy làm rõ ra được không cậu hơn nữa tổng $i+p-i$ trùng $j+p-j$ rồi xét $l+m_{1}$ , mỗi đoạn tồn tại cậu đánh cẩn thận dài một chút cũng không sao, cậu latex các thứ và trình bày rõ từng phần ra được không .
À mà thặng dư TH ntn =)) rõ luôn nhé

Cảm ơn Bằng đã góp ý. Nhìn chung ý tưởng của mình cũng giống của Bằng thôi

Còn về phần Jacobi thì mình không thạo phần này lắm nhưng chắc là thế này

$(\frac{-1}{m_{1}})= \prod (\frac{-1}{p_{i}})^{a_{i}}= 1$

do các $(\frac{-1}{p_{i}})$ đều bằng $1$ nên -1 là thặng dư bậc 2 của $m_{1}$

trong bài mình có cm bằng cách khác mà mình chỉ góp ý thêm thôi

Bài 40

Cái tính cẩu thả mãi không sửa được . Mình xin giải lại như sau

Ta có nếu m có ước nguyên tố $p$ dạng 4k +3 mà $m$ chia hết cho $p^{2}$

Khi đó do tồn tại $x,y$ sao cho $x^{2}+y^2\equiv p^{2}+p(mod m)$ (vô lý)

Xét Th m chia hết cho p nhưng không chia hết cho p^{2}

xét m=$2^{t}.p_{1}^{a_1}..p_{k}^{a_k}.q_{1}q_{2}..q_{k}=2^{t}m_{1}.q_{1}.q_{2}..q{k}$ với $p_{i}$ là số nguyên tố dạng $4k+1$ $q_{i}$ là số nguyên tố dạng $4k+3$

nếu $t>1$ thì ta suy ra tồn tại $x^{2}+y^{2} \equiv 3 (mod m)$ nên vô lý

ta sẽ chứng minh $t=0$ hoặc $t=1$ thỏa mãn

Nếu $t=1$ thì $m_{1}=a^{2}+b^{2}$ với $(a,b)=1$ (đã chứng minh ở bài toán trên) nên tồn tại $n$ sao cho $n^{2}+1$ chia hết cho $m$ (cái này có thể dùng kí hiệu Jacobi để chứng minh )

xét $l$ là một thặng dư bất kì mod $m_{1}$ thì nếu l lẻ thì $l=(\frac{t+1}{2})^{2}-(\frac{t-1}{2})^{2} \equiv a^{2}+b^{2}(mod m_{1})$ (do -1 là số chính phương mod $m_{1}$)

nếu l chẵn thì xét $l+m_{1}$

 tồn tại x,y,a,b sao cho

$x^{2}+y^{2}\equiv t (mod m)$

$a^{2}+b^{2} \equiv t (mod 2)$

xét $q$ nguyên tố bất kỳ thì ta có tồn tại $\frac{q+1}{2}$ thặng dư bình phương  của q

ta có xét t bất kỳ thì $t=1+t-1=2+t-2=....=p-1+t-(p-1)$

ta có 2 tổng $i+p-i$ và $j+p-j$ trùng nhau khi i+j=t nên ta chia t thành $\frac{p-1}{2}$ tổng của 2 số khác 0 hay là t viết được thành $\frac{p+1}{2}$ tổng của 2 số 

nếu $\frac{t}{2}$ là thặng dư bình phương ta có đpcm

nếu $\frac{t}{2}$không là thặng dư bình phương thì sẽ tồn tại 2 thặng dư bình phương ở cùng 1 tổng

vậy luôn tồn tại $a_{i},b_{i}$ sao cho $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}=t (mod q_{i})$

Dùng định lý thặng dư Trung Hoa ta có đpcm

trường hợp t=0 thì tương tự

p/s: có bạn nào nói rõ cho mình về ký hiệu Jacobi được không?

bài 37 mình xin sửa lại như sau

ta sẽ cm $n_{r}=6^{2r}$ thỏa mãn

thật vậy xét$ n>6^{2r}$

ta có $C^{k}_{n}=\frac{k+1}{n+1}C^{k+1}_{n+1}$ 

Lời giải của anh thì em không có ý kiến gì nhưng nó có thể sơ cấp hơn chỉ dùng công thức tập hợp . Còn rõ ràng lời giải này ngắn gọn và hay . Nhưng dù sao vẫn khuyến khích mọi người học cách này . 

P/s : Theo em nghĩ có giải tích số học cũng hay vì nó khá đẹp và cũng dễ hiểu , nếu học lên cao cái này cũng tốt . Đây là ý kiến cá nhân mong m.n tập trung vào topic và không delete post này .

Bằng có thể đăng cách kia không để mọi người tham khảo?

Lời nhắn tới bạn canhhoang30111999

Nhỡ như $p\mid ax + by, ay - bx$ và $q\mid ax - by, ay + bx$ thì sao nhỉ?

không thể có Th đó được vì mình đang xét th 

$p^{t}=(ax+by)^{2}+(ay-bx)^{2}=(ax-by)^{2}+(ay-bx)^{2}$ nên nếu chúng có ước nguyên tố chung thì phải là p