Chủ đề này có 2 trả lời

[shinichikudo201]

1, Chứng minh $n\in \mathbb{N^*}$ là hợp số $\Leftrightarrow \varphi (n)\leq n-\sqrt{n}$

2, Cho $x;y\in \mathbb{N^*}; (x,y)=1$. Chứng minh mọi ước lẻ của số $x^{2^{n}}+y^{2^{n}}$ đều có dạng $2^{n+1}.m+1$

3, Chứng minh nếu $m;n$ là hai số nguyên dương lẻ thỏa mãn $m \mid n$ thì $\varphi (m)\mid \varphi (n)$

4, Chứng minh nếu $n$ là số nguyên dương có $k$ ước nguyên tố lẻ khác nhau thì $\varphi (n)\vdots 2^k$

5, (Sử dụng Vieta Jumping):

a/ Tìm tất cả các số tự nhiên $p$ thỏa mãn: $x^2+y^2=p(xy-1)$

b/ Cho $a; b$ các số nguyên dương sao cho $ab+1\mid a^2+b^2$. Chứng minh $\frac{x^2+y^2}{xy+1}$ là số chính phương.

(Một cách giải khác của bài 5b có ở đây). 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichikudo201: 11-08-2015 - 20:34

[dogsteven]

Bài 1. Thấy rằng $n=1$ thì hiển nhiên đúng. Xét $n>1$ thì $\phi (n) \leqslant n-\sqrt{n}<n-1$ nên $n$ là hợp số.


Bài 2 đề đúng phải là mọi ước nguyên tố lẻ, không phải mọi ước lẻ.
Xét $p$ là ước nguyên tố lẻ của $x^{2^n}+y^{2^n}$ thì $(y,p)=1$. Do đó tồn tại nghịch đảo $y'$ của $y$ theo modulo $p$
Do đó $p\mid (xy')^{2^{n}}+1= a^{2^{n}}+1$ với $a=xy'$
Xét $h=o_{p}(a)$ thì $h\mid 2^{n+1}$ và $h\mid p-1$. Nếu $h\leqslant 2^{n}$ thì $p\mid a^{2^{n}}-1$ nên $p\mid 2$ vô lý do $p$ lẻ.
Từ đó suy ra $h=2^{n+1}\mid p-1$, ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 11-08-2015 - 21:08

[dogsteven]

Bài 3. $\dfrac{\phi(n)}{\phi (m)}=\dfrac{n}{m}\left(1-\dfrac{1}{p_1}\right)...$ trong đó $p_i$ là ước nguyên tố của $n$ nhưng không phải của $m$
Phần thương $\dfrac{n}{m}$ chứa các ước nguyên tố đó nên $\phi(m)\mid \phi (n)$


Bài 4. Ta có $\phi (n)= n.\dfrac{(p_1-1)(p_2-1)...(p_n-1)}{p_1p_2...p_n}$ mà các ước nguyên tố lẻ, như là $p_1, p_2,...,p_k$ thì $p_1-1, p_2-1,...,p_k-1$ là số chẵn nên tích chúng chia hết cho $2^k$. $n$ chia hết cho mẫu nên ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 11-08-2015 - 21:08