Tuyển tập Số học211 bài

Bài toán : Cho $a,n,k$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của $a^{2.6^n}-a^{6^n}+1$ đều có dạng $6^{n+1}.k+1$.

Lời giải :

Gọi $p$ là ước nguyên tố của $a^{2.6^n}-a^{6^n}+1$. Ta có :

$a^{2.6^n}-a^{6^n}+1$$\equiv 0(modp)$$\Rightarrow a^{6^n}-a^{2.6^n}$$\equiv 1(modp)$$\Rightarrow a^{6^n}(1-a^{6^n})$$\equiv 1(modp)$$\Rightarrow -a^{2.6^n}.a^{6^n}$$\equiv 1(modp)$$\Rightarrow a^{6^{n+1}}$$\equiv 1(modp)$$\Rightarrow or{d}_p(a)\mid 6^{n+1}$

Từ đây suy ra chỉ có thể là :

$$or{d}_p(a)\in \left\{2^k,3^k,6^k,2^q.3^t\right\},\forall k=\overline{1,n+1}$$

Nếu mà $or{d}_p(a)\in \left\{2^k,3^k,6^t,2^q.3^t\right\},\forall k,q,t=\overline{1,n+1},\forall t=\overline{1,n}$   thì :

$$a^{2.6^n}-a^{6^n}+1\equiv 1(modp)$$

Mâu thuẫn. Do vậy $or{d}_p(a)=6^{n+1}$

Bằng định lí Fermat nhỏ ta có ngay :

$$6^{n+1}=or{d}_p(a)\mid p-1$$

Điều phải chứng minh.

Bài toán (Germany Team Selection Test 2010)

Tìm các số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn :

$$3^m-7^n=2$$

Lời giải :

Xét $m=1$, không tìm được $m$ thỏa mãn. Xét $m=2$ thì được $n=1$. Xét $m\ge 3$ kéo theo $n\ge 2$.

Viết phương trình dưới dạng :

$$9(3^{m-2}-1)=7(7^{n-1}-1)$$

Từ phương trình trên ta được :

$$7^{n-1}\equiv 1(mod9)\Rightarrow 3=or{d}_9(7)\mid n-1$$

Từ đó ta được :

$$7^{n-1}-1⋮7^3-1⋮19$$

Kéo theo :

$$3^{m-2}\equiv 1(mod19)\Rightarrow 18=or{d}_{19}(3)\mid m-2$$

Lại suy ra được :

$$3^{m-2}-1⋮3^{18}-1⋮37$$

Do vậy mà :

$$7^{n-1}\equiv 1(mod37)\Rightarrow 9=or{d}_{37}(7)\mid m-1$$

Dẫn đến :

$$3^2(3^{m-2}-1)⋮7^{n-1}-1⋮7^9-1⋮27$$

Đây là điều mâu thuẫn. Có duy nhất một cặp số thỏa mãn bài ra là $(m,n)=(2,1)$

Bài toán (Bonisa Herzegovina TST 2014)

Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm $(x,y)$ thỏa mãn phương trình :

$$7^x-2.5^y=-1$$

Lời giải :

Dễ dàng kiểm tra được cặp $(0,0),(2,2)$ thỏa mãn. Ta xét $x,y>2$. Viết lại phương trình :

$$49(7^{x-2}-1)=50(5^{y-2}-1)$$

Ta có :

$$5^{y-2}\equiv 1(mod49)\Rightarrow or{d}_{49}(5)\mid y-2\Rightarrow 42\mid y-2$$

Suy ra :

$$31\mid 5^3-1\mid 5^{42}-1\mid 5^{y-2}-1$$

Do vậy mà :

$7^{x-2}$$\equiv 1(mod31)$$\Rightarrow or{d}_{31}(7)\mid x-2$$\Rightarrow 30\mid x-2$$\Rightarrow 15\mid x-2(1)$

Thế nhưng lại dễ thấy :

$$7^{x-2}\equiv 1(mod5)\Rightarrow or{d}_5(7)\mid x-2\Rightarrow 4\mid x-2(2)$$

Từ $(1)(2)$ ta suy ra :

$$60\mid x-2\Rightarrow 7^{x-2}-1⋮7^{60}-1⋮125$$

Mà ta lại có $125\nmid 50(5^{y-2}-1)$, đến đây ta gặp mâu thuẫn.

Đáp số của bài toán là $(0,0),(2,2)$.

Bài toán : Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình :

$$33^x+31=2^y$$

Lời giải :

Nếu $0\le y\le 6$ thì thử trực tiếp ta được $(x,y)=(0,5),(1,6)$. Ta xét $y>6$. Khi đó $x>1$.

Đưa phương trình về dạng :

$$33(33^{x-1}-1)=2^6(2^{y-6}-1)$$

Từ phương trình trên suy ra :

$$2^{y-6}\equiv 1(mod33)\Rightarrow or{d}_{33}(2)\mid y-6\Rightarrow 20\mid y-6$$

Dẫn đến :

$$2^{y-6}-1⋮2^{20}-1⋮5$$

Từ đó kéo theo :

$$33^{x-1}\equiv 1(mod5)\Rightarrow or{d}_5(33)\mid x-1\Rightarrow 4\mid x-1$$

Lúc này ta được

$$2^6(2^{y-6}-1)⋮33^{x-1}-1⋮33^4-1⋮2^7$$

Và đây là điều vô lí. Như vậy đáp số của bài toán là $(x,y)=(0,5),(1,6)$.

Bài toán : Tìm số nguyên dương $n$ sao cho $n\mid 3^n-2^n$.

Lời giải :

Hiển nhiên $n=1$ thỏa mãn. Xét $n\ge 2$, khi đó $n$ có ước nguyên tố nhỏ nhất, gọi ước nguyên tố nhỏ nhất đó là $p$.

Gọi $t\in \mathbb{N}$ là nghịch đảo của $2$ modulo $p$, tức là $2t\equiv 1(modp),1\le t\le p-1$.

Ta có $3^n\equiv 2^n(modp)\Rightarrow (3t{)}^n\equiv (2t{)}^n\equiv 1(modp)\Rightarrow or{d}_p(3t)\mid n(1)$

Nếu $p=3$ thì $3\mid 3\Rightarrow 3\mid 3^n-2^n\Rightarrow 3\mid 2^n$ (vô lí). Vậy $p\ne 3$ và vì $1\le t\le p-1$ nên $gcd(t,p)=1\Rightarrow gcd(3t,p)=1$.

Theo định lí $Fermat$ nhỏ, ta có ${\left(3t\right)}^{p-1}\equiv 1(modp)\Rightarrow or{d}_p(3t)\mid p-1(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $or{d}_p(3t)$ có một ước nguyên tố $r$ mà $r\mid n$ và $r\le p-1<p$. Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $p$. Suy ra $or{d}_p(3t)=1\Rightarrow 3t\equiv 1\equiv 2t(modp)\Rightarrow t\equiv 0(modp)$

Ta gặp điều mâu thuẫn.

Kết luận : Có duy nhất một số nguyên dương $n$ thỏa đề là $n=1$.

Bài toán : Cho  $n$ là số nguyên dương thỏa mãn $n\mid 2^n+5^n$. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $7$.

Lời giải :

Dễ thấy $n$ là số nguyên dương lẻ. Gọi $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$.

Gọi $a$ là nghịch đảo của $2$ modulo $p$. Khi đó thì $2a\equiv 1(modp),gcd(2,a)=gcd(a,p)=1$.

Ta có $p\mid 2^n+5^n\Rightarrow p\mid (2a{)}^n+(5a{)}^n\Rightarrow (2a{)}^n+(5a{)}^n\equiv (5a{)}^n+1(modp)\Rightarrow -(5a{)}^n=(-5a{)}^n\equiv 1(modp)\Rightarrow or{d}_p(-5a)\mid n(1)$

Dễ dàng thấy $gcd(5a,p)=1$ nên theo định lí $Fermat$ nhỏ ta có $(-5a{)}^{p-1}\equiv 1(modp)\Rightarrow or{d}_p(-5a)\mid p-1(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra tồn tại một ước nguyên tố $r$ của $or{d}_p(-5a)$ mà $r<p-1<p,r\mid n$. Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $p$. Như vậy phải có $or{d}_p(-5a)=1$. Suy ra $-5a\equiv 1\equiv 2a(modp)\Rightarrow 7a\equiv 0(modp)$

Mà $gcd(a,p)=1$ nên $p=7$. Suy ra $n$ chia hết cho $7$.

Bài toán (Korea Final Round 2007)

 Tìm các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn $pq\mid p^p+q^q+1$.

Lời giải :

Bổ đề : Cho các số nguyên tố $p,q,r$ trong đó $p$ lẻ và thỏa mãn $p\mid q^r+1$ thì khi đó $2r\mid p-1$ hoặc $p\mid q^2-1$.

Bài toán :

Từ đề bài ta có $p^p+1\equiv 0(modq)$ và $q^q+1\equiv 0(modp)$

Xét $p=2$ ta có $4+1\equiv 0(modq)\Rightarrow q=5$, thử lại cặp $(2,5)$ thỏa mãn. Tương tự cặp $(5,2)$ cũng thỏa mãn.

Xét các số nguyên tố $p,q$ đều lẻ.

Vì $q\mid p^p+1$ nên áp dụng bổ đề ta có $2p\mid q-1$ hoặc $q\mid p^2-1$.

Nếu $2p\mid q-1\Rightarrow q\equiv 1(modp)\Rightarrow 0\equiv q^q+1\equiv 2(modp)\Rightarrow p=2$ (loại)

Nếu $q\mid p^2-1$ thì $q\mid p-1$ hoặc $q\mid p+1$. Lập luận như trên ta chỉ ra rằng $q\mid p-1$ là vô lí nên phải có $q\mid p+1$. Tuy nhiên thì $p+1$ chẵn và $gcd(q,2)=1$ nên ta có $2q\mid p+1\Rightarrow p+1\ge 2q$.

Hoàn toàn tương tự ta có $q+1\ge 2p$. Suy ra $p+q+2\ge 2(p+q)\Rightarrow p+q\le 2$ và điều này thì vô lí

Kết luận : $\boxed{(p,q)=(2,5),(5,2)}$

Bài toán : Tìm số nguyên dương $n$ thỏa mãn $n\mid 2^n-1$.

Lời giải :

Ta thấy $n=1$ thỏa mãn. Xét $n>1$. Gọi $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$.

Theo đề bài ta có $2^n\equiv 1(modp)\Rightarrow or{d}_p(2)\mid n$.

Theo định lí $Fermat$ nhỏ thì $2^{p-1}\equiv 1(modp)\Rightarrow or{d}_p(2)\mid p-1\Rightarrow p>p-1>or{d}_p(2)$

Ta gọi $q$ là ước nguyên tố của $or{d}_p(2)$, ta thấy $q\mid n$ và $p>q$. Điều này mâu thuẫn vì $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$. Trường hợp này không tìm được $n$ thỏa đề.

Kết luận : Có duy nhất số nguyên dương thỏa mãn đề bài là $\boxed{n=1}$