Tuyển tập Số học211 bài

Problem : Let $a,b,c$ be three natural numbers which are greater or equal to $2$ and such that :

$$(abc{)}^2\mid a^3+b^3+c^3-3abc$$

Prove that $a=b=c$.

My solution :

The assumption of this problems can be writen as :

$$(abc{)}^2\mid a^3+b^3+c^3-3abc(\ast )$$

Take the any prime number $p$ and let $v_p(a)=A,v_p(b)=B,v_p(c)=C$.

Assume that $a=p^A.x,b=p^B.y=,c=p^C.z$ with $x,y,z$ are positive integers and coprime with $p$.

Wlog, we can suppose that $A\ge B\ge C$.

We have :

$$v_p((abc{)}^2)=2v_p(abc)=2\left(A+B+C\right)$$

And :

$v_p\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)$$=v_p\left(p^{3A}{x}^3+p^{3B}{y}^3+p^{3C}{z}^3-3p^{A+B+C}xyz\right)$

$$v_p\left[p^{3C}\left(p^{3A-3C}{x}^3+p^{3B-3C}{y}^3+z^3-3p^{A+B-2C}xyz\right)\right]$$

If $A=C$, we find it obvious to get $A=B=C$, which implies that $a=b=c$.

If $B=C$, we get $b=c$ and $y=z$ of course. From the previous results :

$$v_p((abc{)}^2)=2A+4B$$

$v_p(a^3+b^3+c^3-3abc)$$=v_p\left[p^{3C}\left(p^{3A-3C}{x}^3+2y^3+p^{A-C}x{y}^2\right)\right]$$=3C$$=3B$

Owing to $(\ast )$ we have :

$$2A+4B\le 3B\iff 2A+B\le 0$$

This is a contradiction !

If $B\ne C$, it’s obvious that $A\ne C$. We get :

$$v_p(a^3+b^3+c^3-3abc)=3C$$.

Owing to $(\ast )$ we have :

$$2(A+B+C)\le 3C\iff 2(A+B)\le C$$

This is also a contradiction !

To sum up, we have $a=b=c$ which is Q.E.D.

Bài toán : Cho các số nguyên dương $a,b$ thoả mãn $2a-1,2b-1,a+b$ đều là các số nguyên tố. Chứng minh rằng $a^a+b^b$ và $a^b+b^a$ đều không chia hết cho $a+b$.

Lời giải :

Gỉa sử rằng $a+b\mid a^b+b^a(1)$. Ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn.

Nếu $a,b$ cùng tính chẵn lẻ thì phải có $a+b=2$, suy ra $a=b=1$. Mâu thuẫn vì $2a-1,2b-1$ phải nguyên tố.

Như vậy thì $a,b$ khác tính chẵn lẻ. Không giảm tổng quát có thể giả sử $a$ chẵn và $b$ lẻ.

Khi đó ta sẽ có :

$$a+b\mid a^b+b^b$$

Kết hợp với $(1)$ :

$$a+b\mid b^a-b^b(2)$$

• Xét trường hợp $a\ge b$ thì từ $(2)$ có $a+b\mid b^b$ hoặc $a+b\mid b^{a-b}-1$.

Dễ dàng chứng minh được rằng $\gcd (a,b)=1$ nên phải có $a+b\nmid b^b$. Như vậy chỉ có thể là $a+b\mid b^{a-b}-1(3)$.

Hơn nữa vì $a+b$ nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ :

$$a+b\mid b^{a+b-1}-1(4)$$

Từ đó lại kéo theo :

$$a+b\mid (b^{a+b-1}-1)-(b^{a-b}-1)=b^{a-b}\left(b^{2b-1}-1\right)\Rightarrow a+b\mid b^{2b-1}-1$$

Từ đây sẽ có :

$$or{d}_{a+b}(b)\mid 2b-1$$

Mà $2b-1$ nguyên tố nên $or{d}_{a+b}(b)\in \left\{1,2b-1\right\}$. Nếu $or{d}_{a+b}(b)=1$ thì $a+b\mid b-1$. Mâu thuẫn vì $0<b-1<a+b$. Như vậy thì $or{d}_{a+b}(b)=2b-1$.

Chú ý vào $(3)$ và $(4)$ :

$$2b-1\mid a-b,2b-1\mid a+b-1\Rightarrow 2b-1\mid 2a-1$$

Vì $2a-1,2b-1$ đều nguyên tố nên phải có $2b-1=2a-1$, điều này mâu thuẫn.

• Trường hợp $a<b$ hoàn toàn tương tự.

Như vậy ta đã chứng minh được $a+b\nmid a^b+b^a$.

Việc chứng minh $a+b\nmid a^a+b^b$ có vẻ cũng tương tự.

Bài toán :

Tìm tất cả các bộ số tự nhiên $(m,p,q,x,y)$ với $p,q$ là các số nguyên tố thoả mãn 

$$2^{4m+2}+1=p^x{q}^y$$

Lời giải :

Dễ thấy $p,q$ đều lẻ.

Xét theo modulo 5 :

$$p^x.q^y=2^{4m+2}+1\equiv 0(\mathrm{mod}5)$$

Từ đây suy ra hoặc $p=5$ hoặc $q=5$. Không giảm tổng quát ta có thể giả sử $p=5$. Ta có :

$$2^{4m+2}+1=5^x{q}^y\iff (2^{2m+1}+1+2^{m+1})(2^{2m+1}+1-2^{m+1})=5^x.q^y$$

Rõ ràng ta có :

$$\gcd (2^{2m+1}+1+2^{m+1},2^{2m+1}+1-2^{m+1})\mid 2^{m+2}$$

Nhưng $\gcd (2^{2m+1}+1+2^{m+1},2^{2m+1}+1-2^{m+1})\mid 5^x.q^y$. Suy ra $\gcd (2^{2m+1}+1+2^{m+1},2^{2m+1}+1-2^{m+1})=1$.

Từ đây xét ba khả năng :

• Khả năng 1 :

$$\{\begin{array}{c}{2}^{2m+1}+2^{m+1}+1=5^x\\ 2^{2m+1}-2^{m+1}+1=q^y\end{array}$$

Mặt khác, theo bổ đề LTE :

$$v_5(5^x.q^y)=v_5(2^{4m+2}+1)=v_5(4^{2m+1}+1)=v_5(4+1)+v_5(2m+1)\Rightarrow x=1+v_2(2m+1)$$

Từ đây ta được :

$$5^x=5^{1+v_5(2m+1)}\le 5(2m+1)$$

Như vậy ta có :

$$2^{2m+1}+2^{m+1}+1\le 5(2m+1)\Rightarrow m\in \left\{0,1\right\}$$

Với $m=0$ thì $5^x=5,q^y=1$. Từ đây được $x=1,y=0,q\in \mathbb{P}$.

Với $m=1$ thì $5^x=13$, ta gặp mâu thuẫn.

Tóm lại ta được bộ $(m,x,y,p,q)=(0,1,0,5,q),(0,1,0,q,5)$.

• Khả năng 2 :

$$\{\begin{array}{c}{2}^{2m+1}+2^{m+1}+1=q^y\\ 2^{2m+1}-2^{m+1}+1=5^x\end{array}$$

Cũng tương tự khả năng 1 thì :

$$2^{2m+1}+1\le 5(2m+1)+2^{m+1}\Rightarrow m\in \left\{0,1,2\right\}$$

Với $m=0$ thì $q^y=5$ và $1=5^x$. Suy ra $x=0$ và $q=5,y=1$.

Với $m=1$ thì $13=q^y,5=5^x$. Suy ra $x=1,q=13,y=1$.

Với $m=2$ thì $41=q^y,25=5^x$. Suy ra $x=2,q=41,y=1$.

• Khả năng 3 :

$$\{\begin{array}{c}{2}^{2m+1}+2^{m+1}+1=5^x.q^y\\ 2^{2m+1}-2^{m+1}+1=1\end{array}$$

Dễ dàng thấy $m=0$. Suy ra $5^x.q^y=1$. Từ đó $x=y=0$ và $q\in \mathbb{P}$.

Kết luận :

$(m,x,y,p,q)$$=(0,1,0,5,r),(0,1,0,r,5),(0,0,1,5,5),(1,1,1,5,13),(1,1,1,13,5),(2,2,1,5,41),(2,1,2,41,5),(0,0,0,5,r),(0,0,0,r,5)$

Trong đó $r$ là số nguyên tố lẻ tuỳ ý.

Bài toán (Poland Finals 2002)

Cho $k$ là một số nguyên dương cố định. Xét dãy $(a_n)$ thỏa mãn :

$$\{\begin{array}{c}{a}_1=k+1\\ a_{n+1}=a_n^2-k{a}_n+k,\forall n\ge 1\end{array}$$

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$ khác $n$ thì $a_m,a_n$ nguyên tố cùng nhau.

Lời giải :

Ta có :

$$a_{n+1}-k=a_n(a_n-k)=a_n{a}_{n-1}(a_{n-1}-k)=...=a_n{a}_{n-1}{a}_{n-2}...a_1(a_1-k)=a_n{a}_{n-1}...a_1$$

Không giảm tổng quát, ta giả sử $m>n$. Khi đó gọi $p$ là một ước nguyên tố chung của $\gcd (a_m,a_n)$. Ta có :

$$a_m-k=a_{m-1}{a}_{m-2}...a_n..a_1⋮p\Rightarrow p\mid k$$

Suy ra :

$p\mid a_n-k$$=a_{n-1}(a_{n-1}-k)$$=a_{n-1}^2-k{a}_{n-1}$$\Rightarrow p\mid a_{n-1}^2$$\Rightarrow p\mid a_{n-1}$

Và lại suy ra :

$$p\mid a_{n-1}-k=a_{n-2}^2-k{a}_{n-2}\Rightarrow p\mid a_{n-2}^2\Rightarrow p\mid a_{n-2}$$

Cứ tiếp tục quá trình này ta suy ra $p\mid a_1=k+1$, suy ra $p\mid 1$. Mâu thuẫn.

Như vậy $\gcd (a_m,a_n)$ không có một ước nguyên tố nào, tức là $\gcd (a_m,a_n)=1$. Điều phải chứng minh.

Bài toán : Xét dãy số $(a_n)$ thỏa mãn :

$$\{\begin{array}{c}{a}_0=0,a_1=1,a_2=2,a_3=6\\ a_{n+4}=2a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_n\end{array}$$

a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ thì $n\mid a_n$.

b) Chứng minh rằng với $k$ là số nguyên dương bất kỳ thì dãy $\frac{a_1}{1},\frac{a_2}{2},\frac{a_3}{3},...,\frac{a_n}{n}$ chứa vô hạn các số hạng chia hết cho $k$.

Lời giải :

a) Ta thấy $\frac{a_1}{1}=1=F_1,\frac{a_2}{2}=1=F_2,\frac{a_3}{3}=2=F_3,\frac{a_4}{4}=3=F_4,\frac{a_5}{5}=5=F_5,...$

Vậy ta có dự đoán :

$$a_n=n.F_n$$

Và chứng minh dự đoán này bằng quy nạp, giả sử điều đó đúng đến $n+3$. Xét với $n+4$ :

$a_{n+4}$$=2a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_n$$=2(n+3)F_{n+3}+(n+2)F_{n+2}-2(n+1)F_{n+1}-n{F}_n$$=2(n+3)F_{n+3}+(n+2)F_{n+2}-2(n+1)F_{n+1}-n(F_{n+2}-F_{n+1})$$=2(n+3)F_{n+3}+2F_{n+2}-(n+2)F_{n+1}$$=2(n+3)F_{n+3}+2F_{n+2}-(n+2)(F_{n+3}-F_{n+2})$$=(n+4)(F_{n+3}+F_{n+2})$$=(n+4)F_{n+4}$

Theo nguyên lí quy nạp ta có $a_n=n.F_n$ với mọi $n$ nguyên dương, suy ra $n\mid a_n$ với mọi $n$ nguyên dương.

Điều phải chứng minh.

b) Nhận thấy dãy nói ở đề bài chính là dãy Fibonacci.

Từ đó theo định luật tuần hoàn của dãy số dư, ta có dãy số dư $(r_n)$ là dãy tuần hoàn. Trong đó $r_n$ là số dư khi chia $F_n$ cho $k$ với mỗi $n$. Hơn nữa $r_0=0$ vì $F_0=0$, điều này đồng nghĩa tồn tại vô hạn số hạng của dãy Fibonacci là bội của $k$. Điều phải chứng minh.