Đến nội dung


Hình ảnh

[TOPIC] Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên

số học phương trình nghiệm nguyên toán olympic

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 39 trả lời

#1 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 04-10-2021 - 09:10

Xin chào mọi người, mình làm post này với mục đích tổng hợp các bài toán hay về phương trình nghiệm nguyên, phục vụ cho kỳ thi VMO-TST của các trường sắp tới, hi vọng nhận được sự ủng hộ từ mọi người.

( nếu 2 ngày ko ai sol thì mình đăng sol luôn nhé : )) để ôn tập luôn ạ )

Các mảng kiến thức có thể sẽ cần thiết trong quá trình giải toán 

  • UCLN,BCNN và thuật toán chia Euclid
  • Định lý Bezout, hệ thặng dư
  • Các định lý đồng dư cổ điển : Fermat, Euler,Wilson
  • Thặng dư chính phương, ký hiệu Legendre, Jacobi
  • Định lý thặng dư Trung Hoa (CRT)
  • Hàm định giá p-adic và bổ đề LTE
  • Cấp và căn nguyên thủy của một số
  • Các tính chất số học của hệ số nhị thức
  • Hàm số học
  • Một số kỹ thuật nâng cao khác như : Vành $\displaystyle \mathbb{Z}[ i]$ các số nguyên Gauss, Bổ đề Thue, định lý Zsigmondy, định lý Dirichlet, đa thức chia đường tròn

Bài 1. Cho $\displaystyle p,q,r$ là các số nguyên tố và $\displaystyle n$ là số tự nhiên. Tìm tất cả $\displaystyle n$ để $\displaystyle p^{n} +q^{n} =r^{2}$. ( *)

Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên tố $\displaystyle p$ sao cho $\displaystyle 3^{p} +4^{p}$ là một số chính phương(*)

Bài 3. Tìm tất cả $\displaystyle n$ sao cho $\displaystyle n^{7} +7$ là một số chính phương (*)

Bài 4. Chứng minh rằng nếu $\displaystyle p$ là số nguyên tố thì $\displaystyle p^{3} +\frac{p-1}{2}$ không là tích hai số tự nhiên liên tiếp.(*)

Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle x$ sao cho với số nguyên tố lẻ $\displaystyle p >3$ thì $\displaystyle \varphi ( x) =2p$.(*)

Bài 6.Tìm tất cả các số nguyên tố $\displaystyle p$ để phương trình sau có nghiệm nguyên $\displaystyle x^{4} +4=py^{4}$ 

Bài 7.Tìm $\displaystyle x,y$ nguyên dương và $\displaystyle p$ nguyên tố sao cho $\displaystyle \frac{xy^{3}}{x+y} =p$
Bài 8.Tìm các số nguyên dương $\displaystyle a,b$ thỏa mãn $\displaystyle a!+b!=a^{b} +b^{a}$
Bài 9.Tìm tất cả các số tự nhiên $\displaystyle n,p,q$ thỏa mãn $\displaystyle 2^{n} +n^{2} =3^{p} 7^{q}$ ( Iran 2005)(*)
Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle p,q,r,s >1$ thỏa mãn $\displaystyle p!+q!+r!=2^{s}$ (India Practice TST 2017)

Bài 11. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle n$ sao cho $\displaystyle 2^{n} -1|3^{n} -1$(*)

Bài 12. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle m$ và $\displaystyle p,q$ nguyên tố sao cho $\displaystyle 2^{m} p^{2} +1=q^{5}$

Bài 13. Tìm các số nguyên tố $\displaystyle p,q$ thỏa mãn $\displaystyle ( p+q)^{p} =( q-p)^{2q-1}$

Bài 14.  Tìm tất cả các số nguyên tố $\displaystyle p$ và số nguyên dương $\displaystyle n$ sao cho $\displaystyle 2p^{2} -1=7^{n}$

Bài 15.Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle m,n$ nguyên tố cùng nhau và $\displaystyle \varphi \left( 5^{m} -1\right) =5^{n} -1$(*)

Bài 16.Hỏi có tồn tại hay không số tự nhiên $\displaystyle k,n$ thỏa $\displaystyle 1\leqslant k\leqslant n-2$ và $\displaystyle \binom{n}{k}^{2} +\binom{n}{k+1}^{2} =\binom{n}{k+2}^{4}$ ( Bulgarian MO 2011)

Bài 17. Tìm tất cả các số nguyên tố $\displaystyle p,q$ thỏa mãn $\displaystyle pq|5^{p} +5^{q}$ ( China,2009)(*)

Bài 18. Cho $\displaystyle a,b,p$ là bộ ba số nguyên tố phân biệt và thỏa $\displaystyle ( a,p-1) =( b,p-1) =1$. Chứng minh rằng phương trình $\displaystyle x^{a} \equiv y^{b}(\bmod p)$ có đúng $\displaystyle p$ cặp $\displaystyle ( x,y)$ thỏa và $\displaystyle x,y< p$

Bài 19. Tìm các số $\displaystyle x,y$ nguyên thỏa mãn $\displaystyle y^{2} =x^{3} -4$

Bài 20.Tìm các số nguyên dương $\displaystyle n$ sao cho $\displaystyle \varphi ( n)$ là ước của $\displaystyle n^{2} +2n+5$

Bài 21. Cho các số nguyên dương $\displaystyle a,b,k$ thỏa mãn $\displaystyle a^{2} +b^{2} =k( ab-1)$. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình trên. ( tức là mô tả dãy nghiệm của phương trình trên)

Bài 22. Tìm các số nguyên dương $\displaystyle x,y$ và số nguyên tố $\displaystyle p$ sao cho $\displaystyle x^{p-1} +y$ và $\displaystyle y^{p-1} +x$ đều là các lũy thừa của $\displaystyle p$

Bài 23. Xét $\displaystyle a,b$ là các số tự nhiên lẻ sao cho $\displaystyle a|b^{2} +2$ và $\displaystyle b|a^{2} +2$. Chứng minh rằng $\displaystyle a,b$ là các số hạng của dãy $\displaystyle ( u_{n})$ cho bởi công thức 

$u_{1} =u_{2} =1,u_{n+2} =4u_{n+1} -u_{n} ,\forall n\geqslant 1$

Bài 24. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle a,b$ sao cho $\frac{a^{2} b+b}{ab^{2} +9}$ là một số nguyên

Bài 25. Tìm tất cả các số nguyên $\displaystyle a,b >1$ thỏa mãn $\displaystyle a|b+1$ và $\displaystyle b|a^{3} -1$

Bài 26. Tìm tất cả các số tự nhiên $\displaystyle x$ để tích các chữ số của $\displaystyle x=x^{2} -10x-22$ ( IMO 1968 P2)

Bài 27. (phương trình tuyến tính bất định) Xác định số nghiệm nguyên dương của phương trình sau $\displaystyle x+2y+3z=n\ ;x,y,z\geqslant 0$

Bài 28. Tìm bộ số nguyên dương $\displaystyle a,b,c$ thỏa mãn $\displaystyle \left( a^{5} +b\right)\left( b^{5} +a\right) =2^{c}$

Bài 29. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình $\displaystyle 2^{x} +11=19^{y}$

Bài 30. Tìm số nghiệm nguyên của phương trình sau $\displaystyle ( x-z)\left( x^{2} +xz+z^{2}\right) =xy^{3} +3z^{3}$ ( đây là một bài toán khá khó, mình sưu tầm được từ lâu trong đề VMO hay TST nhưng thực sự không nhớ rõ nguồn nữa, hi vọng có thể tìm thấy 1 lời giải đẹp hơn tại đây)

Bài 31. Tìm $\displaystyle a,n,p,q,r$ nguyên dương thỏa mãn $\displaystyle a^{n} -1=\left( a^{p} -1\right)\left( a^{q} -1\right)\left( a^{r} -1\right)$

Bài 32. Tìm các số nguyên dương $\displaystyle a,b,c >1$ đôi một khác nhau và $\displaystyle ( a-1)( b-1)( c-1) |abc-1$

Bài 33.Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm $\displaystyle a,b,c$ của phương trình $\displaystyle a!+5^{b} =7^{c}$
Bài 34. Tìm tất cả các số nguyên $\displaystyle x,y$ thỏa mãn $\displaystyle x^{3} +( x+4)^{2} =y^{2}$
Bài 35. Cho $\displaystyle p,q$ là các số nguyên tố và $\displaystyle p >q$. Đặt $\displaystyle t=\gcd( p!-1,q!-1)$. Chứng minh $\displaystyle t\leqslant p^{\frac{p}{3}}$
Bài 36. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $\displaystyle ( x,n)$ thỏa mãn phương trình $x^{3} +2x+1=2^{n}$
Bài 37. Tìm các số nguyên tố $\displaystyle ( p,q)$ sao cho $\displaystyle p^{3} -q^{5} =( p+q)^{2}$
Bài 38. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $\displaystyle x=8\left\lfloor \sqrt[4]{x}\right\rfloor +3$
Bài 39. Tìm bộ số nguyên dương $\displaystyle a,b,c$ thỏa mãn $\displaystyle \left( a^{3} +b\right)\left( b^{3} +a\right) =2^{c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 10-10-2021 - 06:32


#2 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 05-10-2021 - 19:23

vì ko có ai sol hết nên mình đăng dần nhé :((

Bài 5.

Xét các trường hợp của $\displaystyle x$ như sau 
 
Trường hợp 1 $\displaystyle x=2^{k} q$ với $\displaystyle q$ là một số lẻ. Khi đó $\displaystyle \varphi ( x) =\varphi \left( 2^{k}\right) \varphi ( q) =2^{k-1} \varphi ( q)$ là một số chẵn do $\displaystyle \varphi ( q)$ là một số chẵn. Lý do $\displaystyle \varphi ( q)$ là một số chẵn là bởi vì khi phân tích tiêu chuẩn $\displaystyle q$ thì trong $\displaystyle q$ chỉ chức các thừa số nguyên tố lẻ, mà như ta đã biết thì với $\displaystyle r$ nguyên tố ta luôn có $\displaystyle \varphi ( r) =r-1$ là một số chẵn. Nhưng $\displaystyle \varphi ( x) =2p$ nên $\displaystyle k=2$ và $\displaystyle q=1$ nhưng đây là một điều vô lý nên ta loại trường hợp này
 
Trường hợp 2. $\displaystyle x=r^{k}$ với $\displaystyle r$ là một số nguyên tố lẻ. Thì $\displaystyle \varphi ( x) =r^{k} -r^{k-1} =2p$ hay $\displaystyle r^{k-1}( r-1)$ dẫn tới $\displaystyle r^{k-1} =p,r-1=2$ nhưng cũng vô lý nên ta loại vì khi đó $\displaystyle p=3 >3$
 
Trường hợp 3 $\displaystyle x$ là một số nguyên tố thì $\displaystyle \varphi ( x) =q-1=2p$ nên $\displaystyle q=2p+1$ hoặc $\displaystyle q=2( 2p+1)$ sẽ thỏa.
 
Vậy kết luận $\displaystyle x\in \{2p+1,4p+2\}$ trong đó $\displaystyle 2p+1$ là 1 số nguyên tố.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 08-10-2021 - 06:18


#3 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 05-10-2021 - 19:29

một số bài toán hay khác mà mình sưu tầm được 

mọi người ai có bài hay thì có thể góp vui nhé, ko cần phải sol được hay gì đâu ạ 

Bài 7.Tìm $\displaystyle x,y$ nguyên dương và $\displaystyle p$ nguyên tố sao cho $\displaystyle \frac{xy^{3}}{x+y} =p$
 
Bài 8.Tìm các số nguyên dương $\displaystyle a,b$ thỏa mãn $\displaystyle a!+b!=a^{b} +b^{a}$
 
Bài 9.Tìm tất cả các số tự nhiên $\displaystyle n,p,q$ thỏa mãn $\displaystyle 2^{n} +n^{2} =3^{p} 7^{q}$ ( Iran 2005)
 
Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle p,q,r,s >1$ thỏa mãn $\displaystyle p!+q!+r!=2^{s}$ (India Practice TST 2017)

 

 

 

Enable GingerCannot connect to Ginger Check your internet connection
or reload the browserDisable in this text fieldRephraseRephrase current sentenceEdit in Ginger×


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 05-10-2021 - 19:38


#4 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 06-10-2021 - 05:57

mình xin phép gửi dần các bài còn lại 

Bài 1.

Rõ ràng trong 3 số $\displaystyle p,q,r$ có ít nhất 1 số chẵn. Xét từng trường hợp.

 
Nếu $\displaystyle r$ chẵn thì $\displaystyle p^{n} +q^{n} =4$ nhưng $\displaystyle p,q\geqslant 2$ nên điều này chỉ xảy ra khi $\displaystyle p=q=2$ và $\displaystyle n=1$. Vậy $\displaystyle ( p,q,r) =( 2,2,2)$
 
Nếu $\displaystyle r$ lẻ và không giảm tổng quát, xét $\displaystyle p >q$ và $\displaystyle q=2$
 
Khi đó phương trình trở thành 
$\displaystyle p^{n} +2^{n} =r^{2}$
Nếu $\displaystyle n$ chẵn thì đặt $\displaystyle n=2k$ ta có $\displaystyle p^{2k} +2^{2k} =r^{2}$. Ta có bộ $\displaystyle \left( p^{k} ,2^{k} ,r\right)$ là một bộ Pytago nguyên thủy nên theo công thức nghiệm thì tồn tại hai số nguyên $\displaystyle a,b$ sao cho 
$\displaystyle p^{k} =a^{2} -b^{2} ,2^{k} =2ab,r=a^{2} +b^{2}$
trong đó $\displaystyle a,b$ nguyên và $\displaystyle ( a,b) =1$. Do $\displaystyle a,b$ nguyên tố cùng nhau nên từ $\displaystyle 2^{k} =ab$ suy ra $\displaystyle b$ lẻ, dẫn tới $\displaystyle b=1$ là trường hợp duy nhất có thể xảy ra. Xét $\displaystyle p^{k} =a^{2} -1$ và $\displaystyle 2^{k-1} =a$. nên $\displaystyle p^{k} =4^{k-1} -1\vdots 3$ nên $\displaystyle p=3$. Xét $\displaystyle 3^{k} =4^{k-1} -1$. Theo bổ đề LTE
$\displaystyle v_{3}\left( 4^{k-1} -1\right) =v_{3}( 3) +v_{3}( k-1) =k\rightarrow v_{3}( k-1) =k-1$
Đây là một điều vô lý đối với một số nguyên dương $\displaystyle k$. Vậy $\displaystyle n=1$ là giá trị duy nhất thỏa.
 
Bài 2. 
Xét $\displaystyle p$ chẵn thì $\displaystyle 3^{2} +4^{2} =34$ không là số chính phương
 
Xét $\displaystyle p$ lẻ thì theo bổ đề LTE ta có $\displaystyle v_{7}\left( 3^{p} +4^{p}\right) =v_{7}( 3+4) +v_{7}( p)$
 
Để $\displaystyle 3^{p} +4^{p}$ là số chính phương thì buộc $\displaystyle p=7$. Vậy ta có $\displaystyle p=7$ là trường hợp duy nhất thỏa mãn
Bài 3.
Đặt $\displaystyle n^{7} +7=m^{2}$. Xét $\displaystyle n$ chẵn thì $\displaystyle m$ lẻ, nên $\displaystyle m^{2} \equiv 1(\bmod 4)$ nhưng $\displaystyle n^{7} +7\equiv 3(\bmod 4)$. Do đó $\displaystyle n$ phải lẻ. Xét 
$\displaystyle n^{7} +2^{7} =m^{2} +11^{2}$
Xét modulo 4 ở hai vế : $\displaystyle m^{2} +11^{2} \equiv 1(\bmod 4)$ do $\displaystyle m$ chẵn. Ngoài ra $\displaystyle n$ lẻ nên $\displaystyle n^{7} +2^{7} \equiv \pm 1(\bmod 4)$ nên $\displaystyle n\equiv 1(\bmod 4)$ là trường hợp duy nhất thỏa. Xét $\displaystyle n^{7} +2^{7} =( n+2)\left( n^{6} +...+2^{6}\right)$ có $\displaystyle n+2\equiv 3(\bmod 4)$ nên theo bổ đề 4k+3 thì vế trái phải tồn tại ước nguyên tố $\displaystyle p=11|11^{2}$. Vậy $\displaystyle m$ cũng chia hết cho $\displaystyle 11$ nên đặt $\displaystyle m=11k$. Phương trình đưa về 
$11^{2}\left( k^{2} +1\right) =n^{7} +2^{7}$
Xét $\displaystyle n\equiv -2\left(\bmod 11^{2}\right)$ nên đặt $\displaystyle n=11^{2} h-2$, đưa về 
 
$11^{2}\left( k^{2} +1\right) =11^{2} hT$
 
do đó $\displaystyle h|k^{2} +1$. Theo định lý Fermat Euler thì mọi ước nguyên tố lẻ của $\displaystyle k^{2} +1$ đều có dạng $\displaystyle 4k+1$ ( $\displaystyle h$ lẻ vì $\displaystyle n$ lẻ) Do đó $\displaystyle n\equiv 3(\bmod 4)$ là một điều vô lý vì $\displaystyle n\equiv 1(\bmod 4)$
 

Bài 9.

Rõ ràng là $\displaystyle n$ lẻ. Trước hết nếu $\displaystyle n=1$ thì $\displaystyle 3=3^{p} 7^{q}$ nên $\displaystyle p=1$ còn $\displaystyle q=0$. Vậy bộ nghiệm đầu tiên là $\displaystyle ( n,p,q) =( 1,1,0)$. Tiếp theo ta xét $\displaystyle n\geqslant 2$. Khi đó $\displaystyle p,q$ có thể xảy ra trường hợp 1 số bằng 0. Ta sẽ giải quyết từng trường hợp

 
TRƯỜNG HỢP 1. $\displaystyle p=0$ thì khi đó $\displaystyle 2^{n} +n^{2} =7^{q}$. 
 
Xét $\displaystyle 2\equiv -1(\bmod 3)$ và do $\displaystyle n$ lẻ nên $\displaystyle 2^{n} +n^{2} \equiv -1+1\equiv 0(\bmod 3)$ . Dẫn tới $\displaystyle 7^{q} \equiv 0(\bmod 3)$ là một điều vô lý.
 
TRƯỜNG HỢP 2. $\displaystyle q=0$ thì khi đó $\displaystyle 2^{n} +n^{2} =3^{p}$. 
 
Xét modulo 4 cho 2 vế thì $\displaystyle 2^{n} +n^{2} \equiv 1\equiv 3^{p}(\bmod 4)$ nên $\displaystyle p$ chẵn. Đặt $\displaystyle p=2t$ ta đưa về 
$\displaystyle 2^{n} =\left( 3^{t} -n\right)\left( 3^{t} +n\right)$
Đến đây đặt $\displaystyle 3^{t} -n=2^{a}$ còn $\displaystyle 3^{t} +n=2^{b}$ với $\displaystyle a< b$. Xét $\displaystyle 2.3^{t} =2^{a} +2^{b} =2^{b}\left( 2^{a-b} +1\right)$. Do đó $\displaystyle b=1$. Dẫn tới $\displaystyle 2n=2-2^{a}$, nhưng đây là một điều vô lý. Vậy chỉ có bộ $\displaystyle ( n,p,q) =( 1,1,0)$ thỏa.

 

 

Enable GingerCannot connect to Ginger Check your internet connection
or reload the browserDisable in this text fieldRephraseRephrase current sentenceEdit in Ginger×


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 06-10-2021 - 08:31


#5 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 06-10-2021 - 07:56

Một số bài hay mà mình sưu tầm thêm được

Bài 11. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle n$ sao cho $\displaystyle 2^{n} -1|3^{n} -1$

Bài 12. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle m$ và $\displaystyle p,q$ nguyên tố sao cho $\displaystyle 2^{m} p^{2} +1=q^{5}$

Bài 13. Tìm các số nguyên tố $\displaystyle p,q$ thỏa mãn $\displaystyle ( p+q)^{p} =( q-p)^{2q-1}$

Bài 14.  Tìm tất cả các số nguyên tố $\displaystyle p$ và số nguyên dương $\displaystyle n$ sao cho $\displaystyle 2p^{2} -1=7^{n}$

Bài 15.Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle m,n$ nguyên tố cùng nhau và $\displaystyle \varphi \left( 5^{m} -1\right) =5^{n} -1$

Bài 16.Hỏi có tồn tại hay không số tự nhiên $\displaystyle k,n$ thỏa $\displaystyle 1\leqslant k\leqslant n-2$ và $\displaystyle \binom{n}{k}^{2} +\binom{n}{k+1}^{2} =\binom{n}{k+2}^{4}$ ( Bulgarian MO 2011)

Bài 17. Tìm tất cả các số nguyên tố $\displaystyle p,q$ thỏa mãn $\displaystyle pq|5^{p} +5^{q}$ ( China,2009)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 08-10-2021 - 17:14


#6 Lemonjuice

Lemonjuice

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết

Đã gửi 06-10-2021 - 13:11

Bài 18: Cho a và b và p  là 3 số nguyên tố lẻ đôi một khác nhau đồng thời a và b đều không là ước của p-1. Chứng minh: phương trình  $x^{a}-y^{b}\equiv 0 (mod p)$ có đúng p cặp nghiệm tự nhiên (x;y) và biết x và y đều nhỏ hơn p. (gợi ý: dùng căn nguyên thủy)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lemonjuice: 07-10-2021 - 08:06


#7 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 106 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 06-10-2021 - 14:47

Bài 17. Tìm tất cả các số nguyên tố $\displaystyle p,q$ thỏa mãn $\displaystyle pq|5^{p} +5^{q}$ ( China,2009)

Bài 17. Đây là một bài toán rất nổi tiếng khi chúng ta học với bổ đề LTE. Em xin nhắc lại cách giải đó ạ!

. Xét trường hợp $p=q=5$ và $p=5, q \ne 5$ 

. Xét trường hợp $p,q \ne 5$

Ta có: $5^p \equiv 5 \pmod p$ và $5^q \equiv 5 \pmod q$ nên:

$pq \mid 5^p + 5^q \longleftrightarrow 5^{p-1} +1 \vdots q; 5^{q-1} +1 \vdots p \rightarrow 5^{2(p-1)}$ $-1 \vdots q; 5^{2(q-1)}-1 \vdots p$

Vì $5^{2(p-1)} -1 \vdots q$ mà $5^{p-1}$ không chia hết cho $q$ nên:

$$v_2(\text{ord}_q(5))=1+v_2(p-1)$$

Do $5^{q-1}$ chia hết $q$ nên $q-1 \vdots \text{ord}_q(5)$ nên: 

$$v_2(q-1) \geq 1+ v_2(p-1)$$

Tương tự thì ta xét chia hết cho $p$ thì ta có: $v_2(p-1) \geq 1+v_2(q-1)$

$\rightarrow$ Điều này mâu thuẫn. 

Từ đây ta đi tìm nghiệm. 
P/s: Em rất ủng hộ topic, mong anh sẽ tiếp tục duy trì ạ. Em cảm ơn <3 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 07-10-2021 - 13:41

Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu 


#8 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 106 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 06-10-2021 - 15:05

Bài 15.Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle m,n$ nguyên tố cùng nhau và $\displaystyle \varphi \left( 5^{m} -1\right) =5^{n} -1$

Bài 15.

Ta đi phản chứng giả sử $\text{gcd}(m,n)=1$. Ta đặt:

$$5^m-1=2^k.p^{a_1}_1.p^{a_2}_2...p^{a_t}_t$$

Trong đó $k \in \mathbb{N^*}, p_i \in \mathbb{P}, a_i \in \mathbb{N}, \forall i=\overline{1,t}$. Nếu $5^m -1$ không có ước nguyên tố lẻ thì $5^m-1 =2^k$. Khi đó ta có: $\varphi (5^m-1)=5^n-1=2^{k-1}$. Vì vậy:

$$5^m-1=2.5^n-2 \longleftrightarrow 2.5^n - 5^m=1$$

$\rightarrow$ Điều này là điều vô lí.

Vậy nên $5^m-1$ phải có ước nguyên tố lẻ. Ta có: 

$$\varphi (5^m -1) = 2^{k-1} \prod _{i=1}^{t}p_i^{a_1-1} \cdot \prod _{i=1}^{t}(p_i-1)=5^n-1$$

Theo phản chứng thì ta có:  $\text{gcd}(m,n)=1$

Suy ra: $\text{gcd}(5^m-1,5^n-1)=5^{\text{gcd}(m,n)}-1=5-1=4$

Do đó nếu $k \geq 3$ thì $5^m-1 \equiv 5^n-1 \equiv 0 \pmod 8$, mâu thuẫn. Nếu $k=1$ thì cũng vô lí.

Vậy $k=2$

Nếu tồn tại $j$ sao cho $a_j >1$ thì $5^m-1 \equiv 5^n-1 \pmod{p_j}$

Do $a_j=1, \forall i =\overline{1,t}$

Ta được: 

$$5^{m} -1=4p_{1} p_{2} p_{3} \dots p_{t}$$
$$5^{n} -1\equiv 2( p_{1} -1)( p_{2} -1) \dots (p_{t} -1)$$
Do $4 || 5^m-1$ nên $m$ lẻ.
Ta có: 
$$5^m \equiv 1 \pmod p_i, \forall i= \overline{1,t} \longleftrightarrow 5^{m+1} \equiv 5 \pmod{p_i}, \forall i=\overline{1,t} \rightarrow (\frac{5}{p_i})=1,\forall i= \overline{1,t}$$
Theo luật tương hổ Gauss: 
$$ (\frac{5}{p_i})(\frac{p_i}{5})=1, \forall i= \overline{1,t}$$
Nên có $(\frac{p_i}{5})=1 \rightarrow p_i \equiv +- 1 \pmod 5$
Mà $p_i \equiv 1 \pmod 5$ vô lí nên $p_i \equiv -1 \pmod 5$
Ta có: 
$$4 \equiv 5^m -1 = 4p_1p_2p_3 \dots p_t \equiv 4.(-1)^t \pmod 5 \rightarrow 2 \mid t $$
Từ đó: 
$-1 \equiv 5^n-1 = 2(p_1-1)(p_2-1) \dots (p_t-1) \equiv 2.(-2)^t=2^{t+1}\pmod 5 \rightarrow 2^{t+2}\equiv  -2 \pmod 5 \rightarrow (\frac{-2}{5})=1$
Điều này vô lí. Hoàn tất chứng minh <3 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 07-10-2021 - 11:43

Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu 


#9 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 06-10-2021 - 15:56

cảm ơn mn đã ủng hộ post mình :))) bài tập về ptnn thì nhiều vô kể, lên cả ngàn bài, nói chung là ko bao giờ làm hết được, nên chủ yếu trong post này mình sẽ chỉ đăng thật nhiều bài cơ bản nhưng nhiều ý nghĩa, vì đây chính là nền tảng để tiếp cận những bài khó hơn

 

Enable GingerCannot connect to Ginger Check your internet connection
or reload the browserDisable in this text fieldRephraseRephrase current sentenceEdit in Ginger×


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 06-10-2021 - 15:57


#10 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 06-10-2021 - 21:13

góp vui Bài 7

Xét $\displaystyle xy^{3} =p( x+y)$. Đặt $\displaystyle d$ là ước chung lớn nhất của $\displaystyle x,y$, khi đó tồn tại $\displaystyle m,n$ sao cho $\displaystyle x=dm$ còn $\displaystyle y=dn$ và $\displaystyle ( m,n) =1$. Thay vào ta có $d^{4} mn^{3} =pd( m+n)$

Do $\displaystyle \left( mn^{3} ,m+n\right) =1$ nên $\displaystyle d^{4} \vdots m+n$ còn $\displaystyle mn^{3} \vdots p$. Do $\displaystyle m,n$ là hai số nguyên tố cùng nhau nên một trong hai số $\displaystyle m,n$ chia hết cho $\displaystyle p$. Ta có đánh giá rằng nếu $\displaystyle mn^{3}$ chia hết cho $\displaystyle d$ thì hoặc là $\displaystyle m$ hoặc là $\displaystyle n$ sẽ chia hết cho $\displaystyle d$. Nếu như $\displaystyle m$ chia hết cho $\displaystyle d$ thì từ $\displaystyle d^{4} \vdots m+n$ phải có $\displaystyle n$ chia hết cho $\displaystyle d$ nên $\displaystyle ( m,n)  >1$ và điều này mâu thuẫn với cách đặt $\displaystyle m,n$. Do đó $\displaystyle pdn$ chia hết cho $\displaystyle dm\ $và $\displaystyle pdm$ chia hết cho $\displaystyle dn$. Ta có $\displaystyle dm\leqslant pdn$ và ngoài ra $\displaystyle ( d,m,n)$ là các số nguyên tố cùng nhau. Do đó nều tồn tại một số nguyên tố $\displaystyle q$ mà $\displaystyle q$ bé hơn $\displaystyle dm$, ngoài ra nó còn là ước của $\displaystyle pdn$ thì hoặc là $\displaystyle q=p$ hoặc là $\displaystyle q|dn$. Do $\displaystyle ( d,n) =1$ nên $\displaystyle q|d$ hoặc $\displaystyle q|n$. Không giảm tổng quát, coi đó là $\displaystyle q|n$ thì $\displaystyle q|dm$ nên $\displaystyle q|d$ hoặc $\displaystyle q|m$ dẫn tới điều vô lý. Vậy $\displaystyle dm=pdn$ hoặc $\displaystyle dn=pdm$. Trường hợp tầm thường là $\displaystyle m=n=1$ thì $\displaystyle x=y$ ta sẽ xét sau. 
 
Vậy bài toán chia làm 3 trường hợp, đó là $\displaystyle x=py$, $\displaystyle y=px$ hoặc $\displaystyle x=y$

 

Enable GingerCannot connect to Ginger Check your internet connection
or reload the browserDisable in this text fieldRephraseRephrase current sentenceEdit in Ginger×


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 06-10-2021 - 21:16


#11 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 06-10-2021 - 21:33

một số bài đặc sắc khác

Bài 19. Tìm các số $\displaystyle x,y$ nguyên thỏa mãn $\displaystyle y^{2} =x^{3} -4$

Bài 20.Tìm các số nguyên dương $\displaystyle n$ sao cho $\displaystyle \varphi ( n)$ là ước của $\displaystyle n^{2} +2n+5$

Bài 21. Cho các số nguyên dương $\displaystyle a,b,k$ thỏa mãn $\displaystyle a^{2} +b^{2} =k( ab-1)$. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình trên. ( tức là mô tả dãy nghiệm của phương trình trên)

Bài 22. Tìm các số nguyên dương $\displaystyle x,y$ và số nguyên tố $\displaystyle p$ sao cho $\displaystyle x^{p-1} +y$ và $\displaystyle y^{p-1} +x$ đều là các lũy thừa của $\displaystyle p$

Bài 23. Xét $\displaystyle a,b$ là các số tự nhiên lẻ sao cho $\displaystyle a|b^{2} +2$ và $\displaystyle b|a^{2} +2$. Chứng minh rằng $\displaystyle a,b$ là các số hạng của dãy $\displaystyle ( u_{n})$ cho bởi công thức 

$u_{1} =u_{2} =1,u_{n+2} =4u_{n+1} -u_{n} ,\forall n\geqslant 1$

 

Enable GingerCannot connect to Ginger Check your internet connection
or reload the browserDisable in this text fieldRephraseRephrase current sentenceEdit in Ginger×


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 06-10-2021 - 21:59


#12 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 07-10-2021 - 06:53

Bài 18: Cho a và b và và p  là các số nguyên tố lẻ đôi một khác nhau đồng thời a và b đều không là ước của p-1. Chứng minh: phương trình  $x^{a}-y^{b}\equiv 0 (mod p)$ có đúng p cặp nghiệm tự nhiên (x;y) và biết x và y đều nhỏ hơn p. (gợi ý: dùng căn nguyên thủy)

 

hmm cả a,b,p đều là 3 số nguyên tố phải ko ạ

 

Enable GingerCannot connect to Ginger Check your internet connection
or reload the browserDisable in this text fieldRephraseRephrase current sentenceEdit in Ginger×


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 07-10-2021 - 07:00


#13 Lemonjuice

Lemonjuice

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết

Đã gửi 07-10-2021 - 08:06

hmm cả a,b,p đều là 3 số nguyên tố phải ko ạ

 

 

Đúng rồi bạn mình trình bày đề hơi lủng củng bạn thông cảm; mình đã sửa đề lại .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lemonjuice: 07-10-2021 - 08:11


#14 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 106 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 07-10-2021 - 10:03

Bài 11. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle n$ sao cho $\displaystyle 2^{n} -1|

Trường hợp $n=1$ là một trường hợp đúng.

Ta chứng minh $n>1$ là sai.

Dễ thấy nếu $n$ chẵn thì vô lí

Vậy $n$ lẻ. Suy ra: $2^n \equiv 8 \pmod {12} \rightarrow 2^n-1 \equiv 7 \pmod {12}$

Vì vậy $2^n-1$ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng $12k \pm 5.$ Gọi số đó là $p$

Ta có: $\left(\frac{3}{p}\right) =1$. Theo luật tương hỗ Gauss thì: $\left(\frac{p}{3}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}.$

Mặt khác ta có: 

$$\left(\frac{p}{3}\right)=\left(\frac{\pm 2}{3}\right)= \pm 1$$

Suy ra: $(-1)^{\frac{p-1}{2}}= \pm 1$. Điều này vô lí nên ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 07-10-2021 - 10:15

Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu 


#15 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 106 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 07-10-2021 - 11:27

Bài 4. Chứng minh rằng nếu $\displaystyle p$ là số nguyên tố thì $\displaystyle p^{3} +\frac{p-1}{2}$ không là tích hai số tự nhiên liên tiếp.

Bài 4 khá đơn giản:

Giả sử $p^3 +\frac{p-1}{2}=n(n+1)$ với $ n \in \mathbb{N} (*)$

$(*) \leftrightarrow 2p^3+p-1=2n(n+1).\text{VP} \vdots 4 \rightarrow 2p^3+p=p(2p^2+1) \equiv 1 \pmod 4$

Suy ra: $p \equiv  2p^2+1 \equiv 1$ hoặc $3 \pmod 4$ Trường hợp $p \equiv  2p^2+1 \equiv 1 \pmod 4$ vô lí

Vậy $p \equiv  2p^2+1 \equiv 3 \pmod 4 \rightarrow p=4k+3 (k \in \mathbb{N})$

Ta phát biểu 1 bổ đề: Nếu các số nguyên $x,y$ và $p \equiv 3 \pmod 4$ thỏa mãn $p \mid x^2+y^2$ thì:

$$p \mid x; p \mid y$$

$(*) \leftrightarrow p(2p^2+1)=(n+1)^2+n^2 \rightarrow (n+1)^2+n^2 \vdots p$

Áp dụng bổ đề thì ta được: $p \mid n, p \mid (n+1)$ mà ta có: $\text{gcd}(n+1,n)=1$ 

Điều này là điều vô lí. Vậy ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 07-10-2021 - 11:27

Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu 


#16 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 07-10-2021 - 16:29

Bài 22. 

Trường hợp $\displaystyle p=2$ thì mọi số $\displaystyle x,y$ sao cho $\displaystyle x+y$ là lũy thừa của 2 đều thỏa

 
Trường hợp $\displaystyle p >2$. 
 
Nếu cả $\displaystyle x,y$ đều là các lũy thừa của $\displaystyle p$ thì đặt $\displaystyle x=p^{\alpha }$ còn $\displaystyle y=p^{\beta }$, không giảm tổng quát $\displaystyle v_{p}( y) \geqslant v_{p}( x)$. Khi đó 
 
$p^{\alpha } +p^{\beta ( p-1)} =p^{\alpha }\left( p^{\beta ( p-1) -\alpha } +1\right)$
 
không thể là một lũy thừa của $\displaystyle p$. Vậy $\displaystyle y$ không chia hết cho $\displaystyle p$ kéo theo $\displaystyle x$ không chia hết cho $\displaystyle p$.Theo định lý Fermat nhỏ ta có $\displaystyle x^{p-1} \equiv y^{p-1} \equiv 1(\bmod p)$ nên $\displaystyle x\equiv y\equiv -1(\bmod p)$. Nếu $\displaystyle x=y$ thì $\displaystyle x+x^{p-1} =x\left( x^{p-2} +1\right) \equiv 2x(\bmod p)$ nên $\displaystyle p$ chẵn → loại
 
Do đó $\displaystyle x\neq y$. Không giảm tổng quát, xét $\displaystyle x >y$ thì $\displaystyle x^{p-1} +y\vdots x+y^{p-1}$.Suy ra 
 
$x^{p-1} +y\equiv \left( -y^{p-1}\right)^{p-1} +y\vdots x+y^{p-1}$
 
Hay $\displaystyle y^{p( p-2)} +1\vdots x+y^{p-1}$. Theo bổ đề LTE ta có 
 
$v_{p}\left( y^{p( p-2)} +1\right) =v_{p}( y+1) +v_{p}( p( p-2)) =v_{p}( y+1) +1=v_{p}( p( y+1))$
 
Tức là $\displaystyle y^{p( p-2)} +1|p( y+1)$. Ngoài ra $\displaystyle y+1\geqslant p$ và $\displaystyle x\geqslant y+1$ do $\displaystyle y\equiv -1(\bmod p)$ nên ta sẽ đánh giá như sau 
 
$y^{p-1} +y\leqslant p( y+1) -1\rightarrow y^{p-1} +p-1\leqslant p( y+1) -1\Longrightarrow y^{p-1} \leqslant py$
 
Tương đương với $\displaystyle ( p-1)^{p-2} \leqslant y^{p-2} \leqslant p$.Chỉ xảy ra khi $\displaystyle p=3$ và khi đó xét $\displaystyle y^{3} +1|3( y+1)$. Tức $\displaystyle 3y+3\geqslant y^{3} +1\rightarrow 3y+2\geqslant y^{3}$. Điều này chỉ xảy ra với $\displaystyle y=2$, còn kể từ $\displaystyle y >2$ thì $\displaystyle 3y+2< y^{3}$. Vậy $\displaystyle p=3$ còn $\displaystyle y=2$. Vậy ta cần tìm $\displaystyle x$ sao cho $\displaystyle x^{2} +2$ và $\displaystyle x+4$ là lũy thừa của $\displaystyle 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 08-10-2021 - 06:17


#17 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 07-10-2021 - 19:40

Bài 4 khá đơn giản:

Giả sử $p^3 +\frac{p-1}{2}=n(n+1)$ với $ n \in \mathbb{N} (*)$

$(*) \leftrightarrow 2p^3+p-1=2n(n+1).\text{VP} \vdots 4 \rightarrow 2p^3+p=p(2p^2+1) \equiv 1 \pmod 4$

Suy ra: $p \equiv  2p^2+1 \equiv 1$ hoặc $3 \pmod 4$ Trường hợp $p \equiv  2p^2+1 \equiv 1 \pmod 4$ vô lí

Vậy $p \equiv  2p^2+1 \equiv 3 \pmod 4 \rightarrow p=4k+3 (k \in \mathbb{N})$

Ta phát biểu 1 bổ đề: Nếu các số nguyên $x,y$ và $p \equiv 3 \pmod 4$ thỏa mãn $p \mid x^2+y^2$ thì:

$$p \mid x; p \mid y$$

$(*) \leftrightarrow p(2p^2+1)=(n+1)^2+n^2 \rightarrow (n+1)^2+n^2 \vdots p$

Áp dụng bổ đề thì ta được: $p \mid n, p \mid (n+1)$ mà ta có: $\text{gcd}(n+1,n)=1$ 

Điều này là điều vô lí. Vậy ta có đpcm

 

uh chuẩn luôn đó e

ko thì có một cách khác để sư dụng bổ đề 4k+3 là nhân 4 vào cả 2 vế


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 08-10-2021 - 06:17


#18 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 07-10-2021 - 19:44

Bài 27. Số nghiệm của phương trình chính hệ số của $x^{n}$ trong khai triển chuỗi lũy thừa sau : $\displaystyle \frac{1}{( 1-x)\left( 1-x^{2}\right)\left( 1-x^{3}\right)}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 08-10-2021 - 06:18


#19 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 08-10-2021 - 09:35

Bài 24.

Ta có $\displaystyle b\left( a^{2} b+b\right) \vdots ab^{2} +9$ hay $\displaystyle b^{2} a^{2} +b\vdots ab^{2} +9$. Suy ra $\displaystyle a\left( a b^{2} +9\right) +b^{2} -9a\vdots ab^{2} +9$ tức là $\displaystyle b^{2} -9a\vdots ab^{2} +9$.

 
Ta xét các trường hợp sau : 
 
1 $\displaystyle b^{2} =9a$. Nên $\displaystyle b\vdots 9$. Đặt $\displaystyle b=9t$ thì $\displaystyle 81t^{2} =9a\rightarrow a=9t^{2}$. Họ nghiệm của phương trình là $\displaystyle ( a,b) =\left( 9t^{2} ,9t\right)$. 
 
2 $\displaystyle b^{2}  >9a$. thì $\displaystyle b^{2} -9a\geqslant ab^{2} +9$ hay $\displaystyle b^{2} \geqslant ab^{2} +9+9a$. Vì $\displaystyle a$ nguyên dương nên $\displaystyle ab^{2}  >b^{2}$ là một điều vô lí. 
 
3 $\displaystyle b^{2} < 9a$. Thì $\displaystyle 9a-b^{2}  >ab^{2} +9$. Tại sao lại có đánh giá như vậy ? Chú ý rằng cả $\displaystyle a,b$ đều là các số nguyên dương. $\displaystyle b^{2} -9a$ là một bội của $\displaystyle ab^{2} +9$. Tức là $\displaystyle b^{2} -9a$ không nhất thiết phải dương do đó ta chỉ việc lấy $\displaystyle |b^{2} -9a|$ thì số đó luôn lớn hơn hoặc bằng $\displaystyle ab^{2} +9$. 
 
Quay trở lại ta có $\displaystyle 9a-b^{2}  >ab^{2} +9$ hay $\displaystyle \frac{9}{b^{2}} =\frac{a+1}{a-1}  >1$ nên $\displaystyle 9 >b^{2}$. Hay $\displaystyle b\in \{1,2\}$. 
 
Ta thay vào và tiếp tục giải phương trình ước số để tìm $\displaystyle a$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 08-10-2021 - 09:36


#20 Lemonjuice

Lemonjuice

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết

Đã gửi 08-10-2021 - 11:21

 

 

Bài 18. Cho $\displaystyle a,b,p$ là bộ ba số nguyên tố phân biệt và thỏa $\displaystyle ( a,p-1) =( b,p-1) =1$. Chứng minh rằng phương trình $\displaystyle x^{a} \equiv y^{b}(\bmod p)$ có đúng $\displaystyle p$ cặp $\displaystyle ( x,y)$ thỏa và $\displaystyle x,y< p$

 

Lời giải cho bài 18 sau 2 ngày không ai giải: Giờ chỉ cần xét trường hợp khi x và y đều không chia hết cho p vì ngược lại nếu x và y đều chia hết cho p thì dễ thấy cặp nghiệm duy nhất là x=y=0

Để giải quyết bài toán Ta chỉ cần chứng minh bổ đề sau (*): nếu x chạy từ 1 cho đến p-1 thì dãy $1^{a};...;(p-1)^{a}$ lập thành một hệ thặng dư thu gọn mod p.

Dùng phản chứng giả sử tồn tại 2 số nguyên dương t và k đều nhỏ hơn p và đôi một khác nhau sao cho $t^{a}=k^{a}(modp)$ (1)

Ta dùng kết quả quen thuộc sau: với g là một căn nguyên thủy của p thì dãy $g;g^{2};...;g^{p-1}$ lập thành hệ thặng dư thu gọn mod p vậy sẽ tồn tại 2 số nguyên dương c và d đều nhỏ hơn p đồng thời khác nhau sao cho $g^{c}=t(modp)$ và $g^{d}=k(modp)$ kết hợp với (1) ta lại có $g^{ac}-g^{ad}=o(modp)$

Không mất tính tổng quát giả sử $ac\geq ad$ suy ra $p\mid g^{ad}(g^{ac-ad}-1)\Rightarrow p\mid g^{ac-ad}-1$ mà g là căn nguyên thủy bắt buộc ac-ad chỉ chia hết cho p-1 nhưng a không là ước của p-1 nên c-d chia hết cho p-1 mà c và d nhỏ hơn p nên c=d suy ra vô lí vậy bổ đề (*) được chứng minh. Tương tự ta chứng minh bổ đề: nếu y chạy từ 1 cho đến p-1 thì dãy $1^{b};...;(p-1)^{b}$ lập thành một hệ thặng dư thu gọn mod p bằng cách tương tự

Vậy với mỗi x nguyên dương nhỏ hơn p thì chỉ tồn tại duy nhất 1 số nguyên dương y (y<p) sao cho $x^{a}=y^{b} (modp)$ mà ta có p-1 số x nguyên dương như thế thì có được p-1 cặp nghiệm (x;y) thỏa $x^{a}=y^{b}(mod p)$  cộng thêm trường hợp cả x và y đều chia hết cho p vào ta được p cặp tự nhiên (x;y)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lemonjuice: 08-10-2021 - 11:47






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh