Đến nội dung

Hình ảnh

$A(n) = n^{p+1} - n^2 + 2n + 2022 \vdots p$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Ruka

Ruka

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết

Cho $p$ là $1$ số nguyên tố lẻ. Có bao nhiêu số nguyên dương $n \in [1;2022p]$ thỏa mãn

$A(n) = n^{p+1} - n^2 + 2n + 2022 \vdots p$



#2
Ruka

Ruka

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết

E có tham khảo được đáp án ở trên mạng như này nhưng không biết ý tưởng của họ là gì cả :(

 

Với $n_1 , n_2 \in N^*$ thỏa mãn 

$A(n_1) \equiv A(n_2) \to n_1(n_1^p - n_1) \equiv n_2(n_2^p - n_2) + 2n_2$  $(\text{mod p})$ $(1)$

Theo định lí Fermat thì

$\begin{cases} n_1^p - n_1 \equiv 0 (\text{mod p})\\n_2^p - n_2 \equiv 0 (\text{mod p}) \end{cases}$

$\rightarrow 2n_1 \equiv 2n_2 (\text{mod p}) $

$\rightarrow n_1 \equiv n_2 (\text{mod p})$ (vì p lẻ) $(2)$

Từ $(2)$ suy ra khi $n$ chạy khắp hệ thặng dư đầy đủ modun $p$ thì $A(n)$ cũng chạy khắp hệ thặng dư đầy đủ modun $p$. Do đó trên mỗi đoạn $[kp+1;(k+1)p]$,$k = \overline{0,2021}$, tồn tại duy nhất $1$ số tự nhiên $n$ sao cho $A(n) \vdots p$

Suy ra có $2022$ số nguyên dương $n$ thỏa mãn

 

Cho e hỏi hệ TDĐĐ là gì vậy ạ D:

Đúng ra phải là định lí fermat nhỏ ms đúng chứ ạ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ruka: 09-02-2023 - 15:46


#3
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

THCS đã học Fermat nhỏ chưa ấy nhỉ? Nếu rồi thì chỉ cần làm như sau, không cần đả động tới hệ thặng dư.

 

$n^p \equiv n (\text{mod} p) \Rightarrow A(n) \equiv n^2 - n^2 + 2n + 2022 \equiv 2n + 2022 (\text{mod} p)$.

Mà $p$ lẻ nên $(2;p) = 1$ nên $A(n) \vdots p \Leftrightarrow n + 1011 \vdots p$...


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.




0 người đang xem chủ đề

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