Cho $p$ là $1$ số nguyên tố lẻ. Có bao nhiêu số nguyên dương $n \in [1;2022p]$ thỏa mãn
$A(n) = n^{p+1} - n^2 + 2n + 2022 \vdots p$
Cho $p$ là $1$ số nguyên tố lẻ. Có bao nhiêu số nguyên dương $n \in [1;2022p]$ thỏa mãn
$A(n) = n^{p+1} - n^2 + 2n + 2022 \vdots p$
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
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 $A(n) \vdots p \Leftrightarrow n + 1011 \vdots p$...
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh