Đến nội dung


Chú ý

Nếu không nhận được email từ diễn đàn, bạn hãy kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org".


Hình ảnh

TOPIC [MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC]


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1715 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 14-08-2022 - 07:05

$\textbf{Bài toán 1 (Brazil National Olympiad 2009).}$ Cho $p,q$ là các số nguyên tố thỏa mãn $q=2p+1$. Chứng minh rằng tồn tại một bội của $q$ mà tổng các chữ số trong biểu diễn thập phân của nó không vượt quá $3$.

$\textbf{Lời giải.}$

Rõ ràng $q\geq 5$. Xét $q=5$ thì $10$ là bội của $5$ và tổng của các chữ số của $10$ là $1$ (thỏa mãn)

Nếu $q>5$ thì $(q,10)=1$. Áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta được: $10^{q-1}\equiv 1 (\text{mod q})\Rightarrow 10^{2p}\equiv 1 (\text{mod q})\Rightarrow q | (10^p+1)(10^p-1)$

$\textbf{Trường hợp 1.}$ $q|10^p+1$ thì rõ ràng $10^p+1$ là một bội của $q$ mà tổng các chữ số trong biểu diễn thập phân của nó là $2$ nên bài toán được chứng minh

$\textbf{Trường hợp 2.}$ $q|10^p-1$. Gọi $h=ord_q(10)$ thì $h=1$ hoặc $h=p$. Rõ ràng $h=1$ vô lí vì nếu $h=1$ thì $q|9$. Do đó $h=p$ hay nói cách khác $p$ là cấp của $10$ theo modulo $q$

Suy ra khi ta đem chia các số $10^1,10^2,...,10^p$ cho $q$ thì chúng sẽ lần lược nhận các số dư phân biệt theo thứ tự là $r_1,r_2,...,r_p$ với $1\leq r_i\leq 2p(i=\overline{1,p})$

Nếu $r_i=p$ thì $2.10^i+1\equiv 2r_i+1=2p+1\equiv 0(\text{mod q})$ nên đây cũng là một bội của $q$ có tổng các chữ số là $3$. Tương tự với $r_i=2p$ thì ta cũng thấy thỏa mãn

Trong trường hợp trong $p$ số trên không có số nào khi chia $q$ có số dư là $p$ hoặc $2p$ thì ta phân hoạch $2p-2$ số dư còn lại trong tập hợp số dư thành $p-1$ tập con như sau $$\left \{ 1,2p-1 \right \},\left \{ 2,2p-2 \right \},...,\left \{ p-1,p+1 \right \}$$

Có $p$ số mà chỉ có $p-1$ tập con nên theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai số $r_i,r_j$ sao cho $r_i+r_j=2p$. Tức là $10^i+10^j+1 \equiv 2p+1\equiv 0(\text{mod q})$. Mà $10^i+10^j+1$ là một số biểu diễn trong hệ thập phân có tổng các chữ số là $3$ nên trường hợp nãy vẫn thỏa mãn

Vậy ta có điều phải chứng minh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 14-08-2022 - 07:14

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#2 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 14-08-2022 - 10:26

a góp mấy bài được k e  :like  :D



#3 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1715 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 14-08-2022 - 10:34

Được anh ạ


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#4 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1715 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 16-08-2022 - 14:07

$\textbf{Bài toán 2 (THTT T10/516).}$ Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $p,q$ để $\frac{3^q+1}{p^2+1}$ và $\frac{3^p+1}{q^2+1}$ đồng thời là các số nguyên dương

 

$\textbf{Lời giải.}$ Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $p\leq q$

 

$\textbf{Trường hợp 1.}$ $p=2$ khi đó $5|3^q+1$ và $q^2+1|10$ nên dễ dàng tìm được $q=2$

 

$\textbf{Trường hợp 2.}$ $p$ là số nguyên tố lẻ thì rõ ràng $p^2+1$ sẽ chứa thừa số nguyên tố lẻ. Gọi $r$ là một ước nguyên tố lẻ của $p^2+1$ thì $3^q+1\equiv 0(\text{mod r})\Rightarrow (-3)^{q}\equiv 1(\text{mod r})$

Gọi $h=ord_r(-3)$ thì $h|q$. Nếu $h=1$ thì ta suy ra vô lí ngay nên $h=q$ (Lưu ý rằng $p^2+1$ không chứa thừa số nguyên tố $3$ nên $(r,3)=1$)

Mà theo định lý Fermat nhỏ ta cũng có được $(-3)^{r-1}\equiv 1(\text{mod r})$ nên $q|r-1$. 

Như vậy mọi ước nguyên tố lẻ của $p^2+1$ đều đồng dư với $1$ theo modulo $q$

Mặt khác $p^2+1=2m$ ($m$ là số nguyên dương lẻ) nên $p^2+1\equiv 2(\text{mod q})\Rightarrow q|(p+1)(p-1)$

Do $p-1<p\leq q$ nên $q|p+1$. Lúc này ta có $p\leq q\leq p+1$ nên $q=p+1$ suy ra q là số nguyên tố chẵn (Vô lí)

Vậy $(p,q)=(2,2)$

$\textbf{Bài toán tương tự.}$ Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $p,q$ để $\frac{(2p^2-1)^q+1}{p+q}$ và $\frac{(2q^2-1)^p+1}{p+q}$ đồng thời là các số nguyên dương


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 16-08-2022 - 14:37

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#5 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1715 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 16-08-2022 - 15:14

$\textbf{Bài toán 3 (THTT T10/517).}$ Tìm các số nguyên dương $k$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn $$k!=(p^3-1)(p^3-p)(p^3-p^2)$$

$\textbf{Lời giải.}$ Xét $p=2$ thì $k!=168$. Trường hợp này không có số $k$ nào thỏa mãn.

Xét $p>2$ thì $k!=p^3(p-1)^3(p+1)(p^2+p+1)$ nên $v_p(k!)=3$

Mặt khác theo công thức Lengendre thì $v_p(k!)=\sum_{i=1}^{n}\left [ \frac{k}{p^i} \right ]$ với $n$ là số thỏa mãn $p^n\leq k< p^{n+1}$

Nếu $n\geq 2$ thì $k\geq p^2\geq 3p$. Nếu $n=1$ thì $3=\left [ \frac{k}{p} \right ]\Rightarrow k\geq 3p$. Vì thế ta luôn có $k\geq 3p>2(p+1)\Rightarrow (p+1)^2|k!$

$\Rightarrow p+1|p^3(p-1)^3(p^2+p+1)$

Mà $(p+1,p^2+p+1)=1$ nên $p^3(p-1)^3\equiv 0(\text{mod p+1})$

Mà $p^3(p-1)^3\equiv (-1)^3.(-2)^3\equiv 8(\text{mod p+1})\Rightarrow p+1|8$ nên $p=7$ hoặc $p=3$

Hai số này đều không thỏa nên ta kết luận không tồn tại số nguyên dương $k$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn đề bài


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#6 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1715 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 18-08-2022 - 10:46

$\textbf{Bài toán 4.}$ Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ sao cho $a,b>1$ và $b^a|a^b-1$

 

$\textbf{Lời giải.}$

$\textbf{Bổ đề.}$ Cho $a,b$ là các số nguyên, $n$ là số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $(n,p-1)=1$. Khi đó nếu $p|a^n-b^n$ thì $ p|a-b$

Gọi $p$ là ước nguyên tố nhỉ nhất của $b$

Áp dụng bổ đề cho bài toán trên, ta được: $p|a-1$ do $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $b$ nên $(b,p-1)=1$

Nếu $p$ lẻ thì áp dụng bổ đề LTE, ta được: $v_p(a^b-1)=v_p(a-1)+v_p(b)\geqslant v_p(b^a)=av_p(b)\Rightarrow v_p(b)(a-1)\leq v_p(a-1)$

Mà $v_p(b)(a-1)\geq a-1$ nên $a-1\leq v_p(a-1)$. Đây là một điều hết sức vô lí nên $p=2$

Lúc đó $b$ chẵn và $a$ lẻ

Tiếp tục sử dụng bổ đề LTE cho $p=2$, ta được: $av_2(b)\leq v_2(a^b-1)=v_2(a+1)+v_2(a-1)+v_2(b)-1\Rightarrow a\leq v_2(b)(a-1)+1=v_2(a+1)+v_2(a-1)$

Điều này chỉ xảy ra khi $a=3$. Lúc đó $v_2(b)=1$. Đặt $b=2k$ với $k$ là số nguyên dương lẻ thì ta cần tìm số $k$ sao cho $(2k)^3|3^{2k}-1$

Nếu $k>1$ thì rõ ràng $k$ tồn tại ước nguyên tố lẻ nên gọi $q$ là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của $k$. Khi đó theo bổ đề chứng minh ở trên thì $q|3^{2k}-1\Rightarrow q|9-1=8$. Vô lí do $q$ lẻ

Do đó $k=1$ suy ra $b=2$

Vậy $a=3,b=2$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#7 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1715 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 15-09-2022 - 23:24

$\textbf{Bài toán 5.}$ Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn $1$ sao cho $n|6^n+7^n$. Chứng minh rằng $13|n$

$\textbf{Lời giải.}$ Rõ ràng $(n,42)=1$. Gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$

Vì $(p,7)=1$ nên tồn tại số nguyên $p'$ sao cho $7p'\equiv 1(\text{mod p})$

Ta có: $6^n\equiv -7^n(\text{mod p})\Rightarrow (6p')^n\equiv -(7p')^n\equiv -1(\text{mod p})\Rightarrow (6p')^{2n}\equiv 1(\text{mod p})$

Gọi $h=\text{ord}_p(6p')$ thì $h|p-1$ và $h|2n$

Nếu $h$ lẻ thì $h<p$ và $h|n$ nên $h=1$

Nếu $h$ chẵn thì $h=2l$ suy ra $l<p$ và $l|n$ do đó $l=1$ và $h=2$

Vậy ta đều có $(6p')^2\equiv 1(\text{mod p})\Rightarrow (6^2-7^2)p'^2\equiv 0(\text{mod p})$

Mà rõ ràng $(p',p)=1$ do đó $p=13$

Vậy $13|n$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#8 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1715 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 21-09-2022 - 14:23

$\textbf{Bài toán 6.}$ Xét $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$ trong đó $k$ là số nguyên dương thỏa mãn $p^2|2^{p-1}-1$. Gọi $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $2^p-1$ Chứng minh rằng: $2^q > (6p)^p$

 

$\textbf{Lời giải.}$ 

Ta có phân tích tiêu chuẩn của $2^p-1$ như sau: $2^p-1=q_{1}^{a_1}q_{2}^{a_2}...q_{k}^{a_k}$ trong đó $q_1,q_2,...,q_k$ là các ước nguyên tố lẻ phân biệt của $2^p-1$.

Đầu tiên ta sẽ chứng minh $q_i\equiv 1(\text{mod p}),\forall i=\overline{1,k}$

Thật vậy, ta có: $q_i|2^{q_i-1}-1$ nên $\left\{\begin{matrix}ord_{p_i}(2)|p & \\ ord_{p_i}(2)|q_i-1 & \end{matrix}\right.$ 

Từ đây dễ dàng suy ra $ord_{p_i}(2)=p$ nên ta có điều phải chứng minh

Đặt $q_i=m_ip+1$ trong đó $m_i \in \mathbb{Z}^+,\forall i =\overline{1,k}$

Kết hợp với $p^2|2^p-2$ ta suy ra $\prod_{i=1}^{k}(m_ip+1)^{a_i}\equiv 1$ (mod $p^2$). Mà $(m_ip+1)^{a_i}\equiv a_im_ip+1$ (mod $p^2$) nên $\prod_{i=1}^{k}(1+a_1m_ip)\equiv 1$ (mod $p^2$) nên $ \sum_{i=1}^{k}a_im_i\equiv 0$ (mod $p$)

Mà lại có $q_i|2^p-1\Rightarrow (\frac{2}{q_i})=1$ nên $q_i\equiv 1,7(\text{mod 8})$ do đó $8|m_i$ hoặc $6|m_ip$ nên $m_i\geq 6$

Xét $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $2^p-1$ sao cho $q=mp+1$ thì rõ ràng $m$ là chỉ số lớn nhất trong các số $m_i$ khi đó $2^q>2^{pm}>(2^p-1)^m>(6p)^{(a_1+a_2+...+a_k)m}>(6p)^{\sum_{i=1}^{k}a_im_i}\geq (6p)^p$

Vậy ta có điều phải chứng minh


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





1 người đang xem chủ đề

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