Chủ đề này có 84 trả lời

[tritanngo99]

Mình xin chia sẻ một tài liệu : Chuyên đề số học từ diễn đàn Mathscope ạ 

 Mathscope - Chuyên đề số học.pdf   802.55K   23 Số lần tải

** Mục lục

 z1.jpeg   66.42K   0 Số lần tải

 z2.jpeg   59.6K   0 Số lần tải

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 09-01-2025 - 06:13

[tomeps]

Bài 28: Tìm số thự nhiên $a;b$ thỏa mãn $2024^a+1=45^b$

 

Do $8\mid 2024$ nên $45^b \equiv 1\ (\textrm{mod} 8)$. Từ đây ta có $b$ chẵn.

Đặt $b=2k$. Bài toán quy về tìm $a, k$ thỏa mãn:

$$2024^a + 1 = 2025^k$$

$\bullet$ TH1. $k$ lẻ. Ta có:

$$v_2(2025^k-1)=v_2(2024).$$

Mà $$v_2(2025^k-1)=v_2(2024^a)=v_2(2024)a,$$

Nên $a=1$. Khi đó, $2024+1=2025^k$, nên $k=1 \Rightarrow b=2$.

$\bullet$ TH2. $k$ chẵn. Theo bổ đề LTE, ta có:

$$v_2(2025^k-1) = v_2(2024) + v_2 (2026) + v_2 (k)-1 = v_2(k) + 3$$

Mà $$v_2(2025^k-1)=v_2(2024^a)=v_2(2024)a = 3a,$$

Nên $v_2(k) = 3a-3 = v_2(2024)(a-1)$. Đặt $p$ là một số nguyên tố lẻ của $2024 = 2^3.11.23$, ta lại có:

$$v_p(2025^k-1)=v_p(2024)+v_p(k) = v_p(k)+1$$

theo bổ đề LTE. Mà $v_p(2025^k-1)=v_p(2024^a)=a$, nên: $$v_p(k) = a - 1 = v_p(2024)(a-1).$$

Từ đây, ta suy ra được

$$k=2024(a-1)>a,$$

mâu thuẫn bởi khi đó $2025^k > 2024^a+1$.

Vậy các số (a;b) duy nhất thỏa mãn đề bài là: $(1;2)$.

[MHN]

Bài 31: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(m;n)$ sao cho $\begin{cases}(m^2+1)|(13^n+1)\\ (n^2+1)|(13^m+1)\end{cases}$

 

[ConNan2024]

Em tìm được cặp nguyên tố: \[\boxed{(m, n) = (2, 2) \text{ và } (m, n) = (3, 2).} \]

Dạ đáp án có phải ra vậy không ạ 

[MHN]

Em tìm được cặp nguyên tố: \[\boxed{(m, n) = (2, 2) \text{ và } (m, n) = (3, 2).} \]

Dạ đáp án có phải ra vậy không ạ 

Chỉ có cặp $(2;2)$ thôi nhé.

ConNan2024 Bạn làm được rồi post lời giải lên nhé chứ đừng chỉ post mỗi đáp số.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MHN: 10-01-2025 - 16:25

[ConNan2024]

Chỉ có cặp $(2;2)$ thôi nhé.

Chết thật, em ẩu quá không kiểm tra lặp lại

[MHN]

Bài 32: Cho số nguyên tố $p>3$. Chứng minh rằng: $2^{p-1}\equiv 1(\bmod p^2)$ khi và chỉ khi tử của biểu thức $\sum_{k=2}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k}\left( 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{k-1}\right)$ là bội của $p$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MHN: 10-01-2025 - 16:47

[ThichHocToan2025]

Bài 32: Cho số nguyên tố $p>3$. Chứng minh rằng: $2^{p-1}\equiv 1(\bmod p^2)$ khi và chỉ khi tử của biểu thức $\sum_{k=2}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k}\left( 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{k-1}\right)$ là bội của $p$.

Admin có thể giải bài này không ạ?

[MHN]

Bài 28: Tìm số thực nhiên $a;b$ thỏa mãn $2024^a+1=45^b$

Cách khác: Với $a=0$ thì $45^b=2$ (mâu thuẫn)

Xét $a>0$ thì $2024^a\vdots 8\Rightarrow 45^b-1\vdots 8\Rightarrow b$ chẵn hay $v=2k$ với $k\in \mathbb{Z}^+\Rightarrow 2024^a=(45^k-1)(45^k+1)$

Mà: $45^k-1;45^k+1$ đều là hai số chẵn liên tiếp$\Rightarrow 2^{3a-2}.11^a.23^a=m(m+1)$ với $m=\frac{45^k-1}{2}$

Ta xét các trường hợp:

TH1: $m$ chẵn, $m+1$ lẻ thì $m+1\in \{11^a;23^a;11^a;23^a\}$

Lại có: $m;m+1$ là hai số liên tiếp $\left\{\begin{matrix}m=2^{3a-2}.11^a \\ m+1=23^a\end{matrix}\right.\Rightarrow 2^{3a-2}.11^a+1=23^a\Leftrightarrow 88^a=4(23^a-1)$

Nếu: $a\geq 2\Rightarrow 88^a>4(23^a-1)\Rightarrow a=1;b=2$(thỏa mãn)

TH2: $m$ lẻ; $m+1$ chẵn thì $m\in \begin{Bmatrix}11^a;23^a;11^a.23^a\end{Bmatrix}$

Lại có:$m;m+1$ là hai số liên tiếp $\Rightarrow \left\{\begin{matrix}m+1=2^{3a-2}.11^a \\ m=23^a\end{matrix}\right.\Rightarrow 2^{3a-2}.11^a-1=23^a\Leftrightarrow 88^a=4(23^a+1$

Nếu $a\geq 2\Rightarrow 88^a>4(23^a+1)\Rightarrow a=1$(không thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình $(a;b)=(1;2)$

ThichHocToan2025 Bạn đã thử giải bài toán chưa??

ConNan2024 Bạn đã làm được rồi thì post lời giải lên nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MHN: 12-01-2025 - 00:54

[tritanngo99]

Bài 33: Tìm tất cả số tự nhiên $n$ thoả mãn $A = n^4 + 4n^3 +5n^2 + 6n$ là số chính phương

[MHN]

Bài 32: Cho số nguyên tố $p>3$. Chứng minh rằng: $2^{p-1}\equiv 1(\bmod p^2)$ khi và chỉ khi tử của biểu thức $\sum_{k=2}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k}\left( 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{k-1}\right)$ là bội của $p$.

Đặt $H_{k-1}(d)=1+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{3^d}+...+\frac{1}{(k-1)^d}.$

Ta có:

$$\begin{align*} &\sum_{k=2}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{k}\left( 1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{k-1}\right)=\dfrac{1}{2}(1)+\dfrac{1}{3}(2)+...+\dfrac{1}{\dfrac{p-1}{2}}\left( 1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{\dfrac{p-1}{2}-1}\right)\\ &=\dfrac{1}{2}\left[ \left( 1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{\dfrac{p-1}{2}}\right)^2-\left( 1+\dfrac{1}{2^2}+...+\dfrac{1}{\left(\dfrac{p-1}{2}\right)^2}\right) \right]. \end{align*}$$

Suy ra: $\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{H_{k-1}(1)}{k}=\frac{1}{2}\left[ \left( H_{\frac{p-1}{2}}(1)\right)^2-H_{\frac{p-1}{2}}(2)\right]$

Vì $2^{p-1}\equiv 1(\bmod p^2)\Leftrightarrow 2^{p-1}-1\equiv 0(\bmod p^2)\Leftrightarrow 2^{p-1}-1\equiv 0(\bmod p)$ nên tồn tại số nguyên dương $q$ sao cho $2^{p-1}-1=pq\Leftrightarrow 2^p-2=2qp$

Ta có: $2q=\frac{2^p-2}{p}=\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{p-1}C_p^k\equiv \sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}(\bmod p)$

$=\left( 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p-1}\right)-2\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{p-1}\right)=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}-2\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{2k}$

$=H_{p-1}(1)-H_{\frac{p-1}{2}}(1)\equiv –H_{\frac{p-1}{2}}(1)(\bmod p)$ (Theo định lí Wolstenholme; $H_{p-1}(1)\equiv H_{p-1}(2)\equiv 0(\bmod p)$ với mọi số nguyên tố $p>3$)

Lại có:

$$\begin{align*} &H_{\frac{p-1}{2}}(2)=1+\dfrac{1}{2^2}+...+\dfrac{1}{\left( \dfrac{p-1}{2}-1\right)^2}\\ &=\dfrac{1}{2}\left[1+\dfrac{1}{2^2}+...+ \dfrac{1}{\left( \dfrac{p-1}{2}-1\right)^2}\right]+\dfrac{1}{2}\left[ \dfrac{1}{\left( \dfrac{p+1}{2}-1\right)^2}+...+\dfrac{1}{2^2}+1\right]\\ &=\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{k^2}+\dfrac{1}{2}\sum_{k=\frac{p-1}{2}}^{p-1}\dfrac{1}{(p-k)^2}\equiv \dfrac{1}{2}H_{p-1}(2)(\bmod p)\equiv 0(\bmod p)\end{align*}$$

Vì vậy $$\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{H_{k-1}(1)}{k}=\frac{1}{2}\left[ \left( H_{\frac{p-1}{2}}(1)\right)^2-H_{\frac{p-1}{2}}(2)\right]\equiv \frac{1}{2}\left[ (-2q)^2+0\right]\equiv 2q^2(\bmod p)\equiv 2.\frac{2^{p-1}-1}{p^2}(2^{p-1}-1)(\bmod p)\equiv 0(\bmod p)$$ (ĐPCM)

[nguyenhuybao06]

Bài toán 34. Với $n$ là một số nguyên dương, chứng minh rằng tồn tại một dãy gồm $n$ số nguyên dương liên tiếp sao cho không có số nào là tổng của hai số chính phương. 

[ConNan2024]

Bài toán 34. Với $n$ là một số nguyên dương, chứng minh rằng tồn tại một dãy gồm $n$ số nguyên dương liên tiếp sao cho không có số nào là tổng của hai số chính phương. 

Em xin lời giải ạ.

[tritanngo99]

Bài 35: Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thoả mãn: $(x+1)(y+1)(x+y)(x^2+y^2)=16x^2y^2$

[nguyenhuybao06]

Bổ đề

Với một số nguyên dương $n$ có thể viết thành tổng của hai số chính phương, trong phân tích tiêu chuẩn của $n,$ nếu tồn tại thừa số nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$ thì $p$ phải có mũ chẵn.

Đây là bổ đề khá nối tiếng, bạn có thể xem chứng minh tại đây. 

Gọi $p_0,...,p_{n-1}$ là các số nguyên tố có dạng $4k+3.$ Xét hệ đồng dư tuyến tính

$\left\{\begin{matrix} x\equiv p_0\pmod {p_0^2}, \\  x\equiv p_1-1\pmod {p_1^2}, \\ ... \\ x\equiv p_{n-1}-n+1\pmod {p_{n-1}^2}.& \end{matrix}\right.$

Khi này áp dụng định lý Thặng dư Trung Hoa thì hệ trên luôn có nghiệm. Xét dãy $x,x+1,...,x+n-1$ ta thấy dãy này thỏa mãn điều kiện đề bài.

[MHN]

Bài 36: Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $f(n)=\sum_{p|n}pv_p(n)$ (tổng lấy trên các ước nguyên tố của $n$ và $v_p(n)$ là số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn của $n$). Chứng minh rằng nếu $n=(p-1)^p+1$, với $p$ là số nguyên tố lẻ thì $f(n)>\frac{p^2}{2}$

 

[Hahahahahahahaha]

Bài 37: Chứng minh rằng $\lambda(mn)=[\lambda(m),\lambda(n)]$ với $m,n$ là các số nguyên dương thoả $(m,n)=1$
Ở đây $\lambda(a)$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả $x^{\lambda(a)}\equiv 1\pmod{a}$ với số nguyên $x$ khác $0$ và số nguyên dương $a$ thoả mãn $(x,a)=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hahahahahahahaha: 14-01-2025 - 23:32

[MHN]

Bài 38: Cho $a;m$ là hai số nguyên dương tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho $v_2(n!)\equiv a(\bmod m)$ $($ Kí hiệu $v_2(n!)$ được định nghĩa như sau: Nếu $n!=2^b.A;(A;2)=1$ thì $v_2(n!)=b)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MHN: 18-01-2025 - 00:56

[ThichHocToan2025]

Bài 36: Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $f(n)=\sum_{p|n}pv_p(n)$ (tổng lấy trên các ước nguyên tố của $n$ và $v_p(n)$ là số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn của $n$). Chứng minh rằng nếu $n=(p-1)^p+1$, với $p$ là số nguyên tố lẻ thì $f(n)>\frac{p^2}{2}$

Cho em xin lời giải.

[MHN]

Bài 36: Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $f(n)=\sum_{p|n}pv_p(n)$ (tổng lấy trên các ước nguyên tố của $n$ và $v_p(n)$ là số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn của $n$). Chứng minh rằng nếu $n=(p-1)^p+1$, với $p$ là số nguyên tố lẻ thì $f(n)>\frac{p^2}{2}$

Với $ p=3 $ thì $ n=(3-1)^3+1=9=3^2 \Rightarrow f(n)=2.3=6>\frac{3^2}{2} $. Bài toán đúng.

Với $ p=5 $ thì $ n=(5-1)^5+1=1025=5^2.41 \Rightarrow f(n)=5.2+41.1=51>\frac{5^2}{2} $. Bài toán đúng.

Với $ p>5 $ và $ n=(p-1)^p+1 $,

$$\nu_p(n)=\nu_p(p)+\nu_p(p-1+1)=2 \Rightarrow p^2 \mid n. $$

Ta chứng minh $ (p-1)^{p}+1>p^{2} \Leftrightarrow (p-1)^{p-1}>p+1 (*) $

Ta có $(p-1)^{p-1}=(p+-2+1)^{p-1}>1+(p-1)(p-2)=p^2-3p+3>p+1\Leftrightarrow p^2-4p+2>0$ đúng với mọi $p>5$

Vậy $ (*) $ đúng với mọi $ p>5 $.

Do $n=(p-1)^{p}+1>p^{2} $ và $ p^2|n $ nên tồn tại ước nguyên tố $ q \neq p(q$ lẻ do $n$ lẻ $)$.

Khi đó $ (p-1)^{p} \equiv -1 (\bmod q) \Rightarrow (p-1)^{2p} \equiv 1 (\bmod q) $.

Gọi $ h=ord_q(p-1) \Rightarrow h|2p $ và $ h $ không là ước của $ p $, suy ra $\left[\begin{matrix} h=2\\ h=2p\end{matrix}\right.$.

Nếu $ h=2 \Rightarrow (p-1)^2 \equiv 1 (\bmod q) \Leftrightarrow p(p-2) \equiv 0 (\bmod q) $, mà $ p, q $ nguyên tố phân biệt nên $ p-2 \equiv 0 (\bmod q) \Rightarrow n=(p-1)^p+1 \equiv 1^p+1 (\bmod q) $ hay $ n \equiv 2 (\bmod q)$ mà  $\Rightarrow q|n\Rightarrow q|2$, vô lý do $q$ lẻ.

Do đó $ h=2p $. Lại có $ q|(p-1)^{p}+1 $, $ q $ nguyên tố suy ra $(p-1;q)=1$ nên có $ (p-1)^{q-1} \equiv 1 (\bmod q) $

$h=2p|q-1 \Rightarrow q=2pt+1 $, điều này chứng tỏ nếu $ n $ có ước nguyên tố khác $ p $ thì ước nguyên tố đó cũng dạng $ 2pt+1 (t \in \mathbb{N}^*) $.

Giả sử $ n=p^2p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k} $, với $ p, p_1, ..., p_k $ các số nguyên tố phân biệt, $ \alpha_i \in \mathbb{N}^*, \forall i=\overline{1,k} $. Khi đó

$ p_{i} = 2pt_i + 1, \forall i = \overline{1, k}$ và $t \in \mathbb{N}^{*}$

$$\frac{n}{p^{2}} = \frac{(p-1)^{p} + 1}{p^{2}} = \frac{(p-1)^{p-1} - (p-1)^{p-2}+ ... + (p-1)^{2} - (p-1) + 1}{p}$$

$$(p-1)^{j} \equiv (-1)^{j} + j.p.(-1)^{j-1} + \frac{j(j-1)}{2} p^{2}.(-1)^{j-2} (\bmod p^{3})$$

$$\Rightarrow (p-1)^{j}.(-1)^{j} \equiv 1-j.p + \frac{j(j-1)}{2} p^{2}(\bmod p^{3})$$

Do đó:

$$\sum_{j=0}^{p-1}(p-j)^j(-1)^j\equiv 1+\sum_{j=1}^{p-1}\left( 1-jp+\frac{j(j-1)}{2}p^2\right)(\bmod p^3)\equiv p-p\sum_{j=1}^{p-1}j+\frac{p^2}{2}\sum_{j=1}^{p-1}j(j-1)(\bmod p^3)$$

$$\equiv p -\frac{p^2(p-1)}{2} + \frac{p^{2}}{2} (2.1 + 3.2 + ... + (p-1)(p-2)) (\bmod p^{3}) $$

Áp dụng công thức

$2.1 + 3.2 + 4.3 + ... + n(n-1) = 2^{2} + 3^{2} + ... + n^{2} - (2+3+...+n)$

$= \left( \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-1 \right) - \left( \frac{n(n+1)}{2}-1 \right) = \frac{(n-1)n(n+1)}{3}$

Ta có $2.1 + 3.2 + ... + (p-1)(p-2) = \frac{(p-2)(p-1)p}{3}$

Suy ra $\sum_{j=1}^{p-1}(p-1)^j(-1)^j \equiv \left( p - \frac{p^2(p-1)}{2} + \frac{p^3(p-2)(p-1)}{6} \right) (\bmod \ p^3) $

Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $5(p=6k+1$ hoặc $p=6k+5)$

Từ đó có

$\sum_{j=1}^{p-1}(p-1)^j(-1)^j \equiv p - \frac{p^2(p-1)}{2} (\bmod \ p^3) $

$\Rightarrow \frac{n}{p^2}= \sum_{j=1}^{p-1}(p-1)^j(-1)^j \equiv 1 - \frac{p(p-1)}{2} (\bmod p^2) $

hay $\frac{n}{p^2}=\sum_{j-1}^{p-1}(p-1)^j(-1)^j\equiv 1-\frac{p^2}{2}+\frac{p}{2}(\bmod p^2)(1)$

Mà

$$\frac{n}{p^2}=\prod_{i=1}^{k}p_{i}^{\alpha_i} = \prod_{i=1}^{k}(2pt_i + 1)^{\alpha_i}(\bmod p^2) \equiv 1+\prod_{i=1}^{k}2\alpha_i p t_i + 1 (\bmod p^2)(2) $$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có:

$$\sum_{i=1}^{k}2\alpha_i p t_1\equiv -\frac{p^2}{2}+\frac{p}{2}(\bmod p^2)\Rightarrow 0<\left( \sum_{i=1}^k2\alpha_i pt_1-\frac{p}{2}+\frac{p^2}{2}\right) \vdots p^2$$

$$ \Rightarrow \sum_{i=1}^{k}2\alpha_i p t_i-\frac{p}{2}+\frac{p^2}{2} \Rightarrow \sum_{i=1}^{k}2\alpha_i p t_i\geq \frac{p^2}{2}+ \frac{p}{2}$$

Do $ p_i = 2pt_i + 1>2pt_i $ nên $ f(n) =2p+\sum_{i=1}^kp_i \alpha_i> 2p + \sum_{i=1}^{k}2\alpha_i p t_i > 2p + \frac{p^2}{2} = p^2 + p > p^2 $(ĐPCM)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MHN: 18-01-2025 - 18:18