ỨNG DỤNG HÀM ĐỊNH GIÁ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC

ỨNG DỤNG HÀM ĐỊNH GIÁ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRẦN THANH NHÃ, GV THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH I. LÝ THUYẾT. 1. Định nghĩa. Cho p là số nguyên tố , a là một số nguyên. Ta kí hiệu v p ( a ) là số mũ của số nguyên tố p trong phân tích thiêu chuẩn của a. 2. Tính chất. 1) v p ( a + b ) ≥ min {v p ( a ) , v p ( p )} . 2) v p ( ab ) = v p ( a ) + v p ( p ) . 3) v p ( gcd ( a1 , a2 ,..., an ) ) = min i =1,n {v p ( ai )} 4) v p ( lcm ( a1 , a2 ,..., an ) ) = m ax i =1,n {v p ( ai )} n  n  5) (Công thức Legendre) v p ( n !) =   +  2  + ... = p p     n − sp (n) p −1 trong đó s p ( n ) là tổng các chữ số của n trong phân tích theo cơ số p, tức là n = a0 + a1 p + ... + ak p k thì s p ( n ) = a0 + a1 + ... + ak . Nhận thấy rằng bốn tính chất dầu được suy ra trược tính từ định nghĩa. Tính chất 5 không hiển nhiên. Nhưng nó cũng được chứng minh đơn giản như sau. n n  Từ 1 đến n, có   số chia hết cho p,  2  số chia hết cho p2, tương tự cho các trường hợp  p p  n  n  còn lại. Từ đó suy ra v p ( n !) =   +  2  + ... Chứng minh dấu bằng thứ 2. p p     Giả sử n = a0 + a1 p + ... + ak p k , ai ∈ {0,1,..., p − 1} , ak ≠ 0. Khi đó với 0 ≤ r < k thì ar −1 p r −1 + ... + a1 p + a0 n k −r k − r −1 = a p + a p + ... + a + . k k r pr pr r −1 ar −1 p r −1 + ... + a1 p + a0 ( p − 1) (1 + p + ... + p ) p r − 1 Vì ai ∈ {0,1,..., p − 1} nên ≤ = < 1. pr pr p n Do đó  r  = ak p k − r + ak p k −r −1 + ... + ar . Vì vậy p  n  n  v p ( n !) =   +  2  + ... = a1 + ( p + 1) a2 + ( p 2 + p + 1) a2 + ... + ak ( p k −1 + ... + p + 1)  p  p  a1 + ( p − 1) a2 + ( p 2 − 1) a2 + ... + ak ( p k −1 − 1) p −1 a0 + a1 p + .... + ak p k − ( a0 + a1 + .. + ak ) n − s p ( n ) = = p −1 p −1 3.Bổ đề LTE. Bổ đề 1. Cho x, y là hai số nguyên ( p, x ) = ( p, y ) = 1 , p là một số nguyên tố lẻ . 1) Nếu n nguyên dương và p | x − y thì v p ( x n − y n ) = v p ( x − y ) + v p ( n ) . 2) Nếu n nguyên dương lẻ và p | x + y thì v p ( x n + y n ) = v p ( x + y ) + v p ( n ) . Bổ đề 2. Với trường hợp p =2. 1) Cho x, y là hai số nguyên lẻ và 4 | ( x − y ) .Ta có v2 ( x n − y n ) = v2 ( x − y ) + v2 ( n ) . 2) Cho x, y là hai số nguyên lẻ và n là số nguyên dương chẵn .Ta có v2 ( x n − y n ) = v2 ( x − y ) + v2 ( x + y ) + v2 ( n ) − 1. II. BÀI TẬP ÁP DỤNG 2 Bài 1. Chứng minh rằng [ a, b, c ] | [ a, b ].[b, c ].[ c, a ] . Lời giải. Lấy p là số nguyên tố bất kì. Đặt v p ( a ) = x, v p ( b ) = y, v p ( c ) = z . ( 2 ) Khi đó v p [ a, b, c ] = 2 max { x, y, z} và v p ([ a, b ].[b, c ].[ c, a ]) = max { x, y} + max { y, z} + max { z , x} Ta chứng minh 2 max { x, y, z} ≤ max { x, y} + max { y, z} + max { z , x} (*) Vì x, y, z có vai trò như nhau nên giả sử x ≥ y ≥ z . Khi đó (*) ⇔ 2 x ≤ x + y + x ⇔ 0 ≤ y (luôn đúng) 2 Do đó [ a, b, c ] | [ a, b ].[b, c ].[ c, a ] Bài 2. Cho m, n là hai số tự nhiên sao cho m không có ước nguyên tố nào bé hơn hoặc bằng n. cm n −1 ∏ (m i =1 i − 1)⋮ n !.  n −1   n −1   i =1   Lời giải. v p  ∏ ( m i − 1)  ≥  p − 1  Lấy p là một số nguyên tố bất kì với p ≤ n . Theo giả thiết ( m, p ) = 1 nên theo định lý Fermat ta có m k ( p −1) − 1⋮ p với mọi số nguyên dương k.  n −1   n −1   n −1  Mà số các bội của p -1 không vượt quá n – 1 là  nên v p  ∏ ( mi − 1)  ≥     i =1   p − 1  p −1 Theo công thức Legendre, ta có v p ( n !) = n − sp ( n) p −1 . Suy ra  n −1   n −1  n − sp ( n) v p  ∏ ( mi − 1)  ≥   ≥ p − 1 ≥ v p ( n !) .  i =1   p − 1 Do đó suy ra điều phải chứng minh. Bài 3. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2n−1 | n !. Lời giải. Ta chứng minh v2 ( 2n −1 ) ≤ v2 ( n !) . Thật vậy: Ta có v2 ( 2n −1 ) = n − 1 và v2 ( n !) = n − s2 ( n ) (công thức Legendre). Như vây v2 ( 2n −1 ) ≤ v2 ( n !) ⇔ s2 ( n ) ≤ 1 ⇔ s2 ( n ) = 1 ⇔ n = 2α (α ∈ ℕ ) . Bài 4. Chứng minh rằng A = 2 ( 3n ) ! ∈ ℕ, n ≥ 3 . n !( n + 1) !( n + 2 ) ! Lời giải. *) Với p là số nguyên tố lẻ bất kì, theo công thức Lagrange ta có ∞  3n  v p ( 2. ( 3n ) !) = v p ( ( 3n ) !) = ∑  i  (1) i =1  p  và ∞   n   n + 1  n + 2   v p ( n !. ( n + 1) !. ( n + 2 ) !) = ∑   i  +  i  +  i   (2) i =1   p   p   p  Theo đồng nhất thức Hemite, ta có  3n   n   n 1   n 2   n   n + 1   n + 2   p i  =  p i  +  p i + 2  +  p i + 3  ≥  p i  +  p i  +  p i  (3)               Từ (1), (2) và (3) suy ra v p ( 2. ( 3n ) !) ≥ v p ( n !. ( n + 1)!. ( n + 2 ) !) *) với p = 2, ta có ∞  3n  v2 ( 2. ( 3n ) !) = 1 + v2 ( ( 3n ) !) = 1 + ∑  i  (1') i =1  2  Và ∞   n   n + 1  n + 2   v2 ( n !. ( n + 1) !. ( n + 2 ) !) = ∑   i  +  i  +  i   (2 ')  2   2  i =1   2  3n n n 1 n 2 n n +1 n+2 Ta có  i  =  i  +  i +  +  i +  ≥  i  +  i  +  i  , ∀i ≥ 2(3')  2  2  2 2 2 3 2   2   2  3n n n + 1  n + 2  Ta chứng minh   + 1 =   +  +  (4’), thật vậy: 2 2  2   2  Khi n = 2k , ta có  3n   3.2k   n   n + 1   n + 2   2k   2 k + 1   2k + 2   2  =  2  = 3k và  2  +  2  +  2  =  2  +  2  +  2  = 3k + 1 Khi n = 2k + 1 , ta có  3n   3. ( 2k + 1)   n   n + 1   n + 2   2k + 1   2 k + 2   2 k + 3  + = + + = 3k + 2  = 3k + 1 và   +   2  =  2  2   2   2   2   2   2    Từ (1’), (2’), (3’) và (4’), ta suy ra v2 ( 2. ( 3n )!) ≥ v2 ( n !. ( n + 1)!. ( n + 2 )!) Do đó, với mọi số nguyên tố p ta có v p ( 2. ( 3n ) !) ≥ v p ( n !. ( n + 1)!. ( n + 2 ) !) . Từ đó suy ra A= 2 ( 3n ) ! ∈ ℕ, n ≥ 3 n !( n + 1) !( n + 2 ) ! Bài 5. (Iran TST 2008, vòng 2) Chứng minh rằng khi a là số nguyên dương mà 4 ( a n + 1) là lập phương đúng của mọi n nguyên dương thì a = 1. Lời giải. Phản chứng. Giả sử a > 1. Chứng minh luôn tồn tại n nguyên dương sao cho 4 ( a n + 1) không là lập phương đúng . Nếu a là số chẵn thì a n + 1 là số lẻ nên 4 ( a n + 1) không là tập phương đúng với mọi n nguyên dương. ( ) Trường hợp 1. Nếu a + 1 tồn tại một ước nguyên tố lẻ p. Khi đó v p 4 ( a n + 1) = v p ( a + 1) + v p ( n ) . ( ) * Nếu v p ( a + 1) ≡ 0 ( mod 3) thì chọn n⋮ p, n ⋮ p 2 ⇒ v p ( n ) = 1 . Do đó v p 4 ( a n + 1) ≡ 1( mod p ) . Do đó 4 ( a n + 1) không là lập phương đúng . ( ) ( ) * Nếu v p ( a + 1) ≡ 1( mod 3) thì chọn n⋮ p ⇒ v p ( n ) = 0 . Do đó v p 4 ( a n + 1) ≡ 1( mod 3) . Do đó 4 ( a n + 1) không là lập phương đúng . * Nếu v p ( a + 1) ≡ 2 ( mod 3) thì chọn n⋮ p ⇒ v p ( n ) = 0 . Do đó v p 4 ( a n + 1) ≡ 2 ( mod 3) . Do đó 4 ( a n + 1) không là lập phương đúng . Trường hợp 2. Nếu a + 1 chỉ có ước nguyên tố bằng 2. Khi đó với n ta có: ( ) v2 4 ( a n + 1) = v2 ( a + 1) + v2 ( a − 1) + v2 ( n ) + 1 . Do v2 ( a + 1) + v2 ( a − 1) + 1 cố định nên chọn n sao cho v2 ( a + 1) + v2 ( a − 1) + v2 ( n ) + 1 không chia hết cho 3. Bài 6. (Paul Erdos) Chứng minh tồn tại hằng số c sao cho với mọi a, b, n nguyên dương thỏa mãn a !b !| n ! thì ta có a + b < n + c ln n. Lời giải. Vì a !b !| n ! nên v2 ( a !b !) ≤ v2 ( n !) . Áp dụng công thức Lagrange, bất đẳng thức trên có dạng a − s2 ( a ) + b − s2 ( b ) ≤ n − s2 ( n ) < n ⇒ a + b < n + s2 ( a ) + s2 ( b ) Gọi k là số các chữ số của A viết trong hệ nhị phân, khi đó ta có 2k −1 ≤ A < 2k , khi đó k − 1 ≤ log 2 ( A ) ⇒ k ≤ 1 + log 2 A Do đó a + b < n + s2 ( a ) + s2 ( b ) ≤ n + 2 + log 2 ( ab ) vì a, b ≤ n nên tồn tại c sao cho a + b < n + c ln n. Bài 7. Cho a, b là các số nguyên dương sao cho a | b 2 , b3 | a 4 , a 5 | b6 , b7 | a8 ,.... Chứng minh a = b. Lời giải. Ta sẽ chứng minh v p ( a ) = v p ( b ) với mọi p là số nguyên tố. Giả thiết a | b 2 , b3 | a 4 , a 5 | b6 ,... Hay ta có thể viết lại a 4 n+1 | b 4 n +2 ; b 4 n +3 | a 4 n + 4 với n nguyên dương. Quan hệ a 4 n+1 | b 4 n+ 2 có thể viết lại ( 4n + 1) v p ( a ) ≤ ( 4n + 2 ) v p ( b ) với mọi n, từ đó ta có v p ( a ) ≤ lim 4n + 2 v p (b ) = v p (b ) . 4n + 1 Chứng minh tương tự, sử dụng b 4 n +3 | a 4 n+ 4 ta có v p ( b ) ≤ v p ( a ) . Từ đó ta có với mọi số nguyên tố thì v p ( a ) = v p ( b ) . Bài 8. Cho a, m ∈ ℕ* tùy ý. Chứng minh tồn tại vô hạn n sao cho v2 ( n !) ≡ a ( mod m ) Lời giải. k Xét các số n = 2α + 2α + ... + 2α . Khi đó v2 ( n !) = n − s2 ( n ) = n − k = ∑ ( 2α − 1) . 1 2 i k i =1 Giả sử m = 2l.m '; ( m ', l ) = 1 Ta chọn α i ≡ 1( mod ϕ ( m ') ) và α i ≥ l. Khi đó k ∑( i =1 ) 2αi − 1 ≡ −k ( mod 2l ) và k ∑ ( 2α i =1 i ) − 1 ≡ k ( mod m ' ) . Theo định lí phần du trung hoa lấy k sao cho k ≡ a ( mod m ' ) và k ≡ − a ( mod 2l ) . Từ đó suy ra v2 ( n !) ≡ a ( mod m ) . Như vậy tồn tại vô số n. n −1 Bài 9. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có n !| ∏ ( 2n − 2 k ) . k =0 Lời giải. Chứng minh. Chúng ta sẽ xét số nguyên tố p bất kì, và chỉ cần p ≤ n . Với p = 2, ta có v2 ( n ) = n − s2 ( n ) ≤ n − 1 . và ta cũng có  n −1  n v2  ∏ ( 2n − 2 k )  = ∑ v2 ( 2n − 2 k ) = 0 + 1 + ... + n − 1 = n − 1  k =0  k =0 Bây giờ ta xét p là số nguyên tố lớn hơn 2. Theo định lý Fermat ta có p | 2 p −1 − 1 ⇒ p | 2 k ( p −1) − 1, ∀k ≥ 1 Ta có n −1 ∏ ( 2n − 2k ) = 2 n ( n −1) 2 k =0 n ∏(2 k k =1 − 1) từ đó suy ra  n   n   n −1  n v p  ∏ ( 2n − 2k )  = ∑ v p ( 2k − 1) ≥  ( vì số các bội của p - 1mà không vượt quá n là   .  k =0  k =1  p −1  p −1 Mặt khác v p ( n !) =  n − sp ( n) p −1 n −1  n −1 n  ≤ . Do đó ta suy ra v p  ∏ ( 2 − 2k )  ≥ v p ( n !) . p −1  k =0  n −1  n −1  k =0  k =0 Vì vậy, ta có v p  ∏ ( 2n − 2k )  ≥ v p ( n !) với mọi số nguyên tố p. Suy ra n !| ∏ ( 2n − 2 k ) Bài 10. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2 n | ( 3n − 1) . Lời giải. Trường hợp 1: Ta có : 3 =2 +1, −1= 3−1 3 = 2. ⟹ 3 − 1 = 1. ∈ℕ ⟹ +3 ( với T lẻ ). 2 +3 = = 2 + 1. +...+3 +3 +3 ). Do đó : 3 − 1 ⋮ 2 ⇔ ⟹ (2 ≤ 3 −1 ⇔ 2 +1 ≤1⇔ = 0 ( vì ∈ ℕ ). = 1. =2 , Trường hợp 2: ∈ℕ . Ta có: 3 và 1 là số lẻ, 2 là số nguyên tố chẵn. ⟹ 3 −1 = 3−1 + =2+ −1 . Do đó : 3 − 1 ⋮ 2 ⇔ . 3+1 + (2 ≤ 3 −1 ⇔ ≤2+ ⇔ −2≤ . ∈ℕ ⟹ =2 +) =0 ⟹ = 0 ( thỏa mãn ). +) ≠0 ⟹ ≥2 -) = 2 ⟹ thỏa mãn. -) = 4 ⟹ thỏa mãn. -) =6⟹ <2 ( vô lí ). Vậy các số tự nhiên cần tìm là :0,1, 2,4. 2 Bài 11. Cho a, b, c nguyên dương. Chứng minh rằng 2 [ a , b, c ] ( a , b, c ) = . [ a , b ] . [ b , c ] . [ c , a ] ( a , b ) . ( b, c ) . ( c , a ) Lời giải. Lấy p là số nguyên tố bất kì. Đặt v p ( a ) = x, v p ( b ) = y, v p ( c ) = z . Khi đó 2   a, b, c ] [  = 2max { x, y, x} − ( max { x, y} + max { z , y} + max { z , x} ) vp   [ a, b ] .[b, c ] .[ c, a ]    2   a , b, c ) ( Và v p   = 2 min { x, y, x} − ( min { x, y} + min { z , y} + min { z , x})  ( a , b ) . ( b, c ) . ( c , a )    Ta chứng minh 2max { x, y, z} − ( max { x, y} + max { z , y} + max { z , x} ) = 2 min { x, y, z} − ( min { x, y} + min { z , y} + min { z , x} ) Giả sử x ≥ y ≥ z . Khi đó vp = 2 x − ( x + y + x ) = − y và vt = 2 z − ( y + z + z ) = − y . 2 Vậy từ đó suy ra 2 [ a , b, c ] ( a , b, c ) = [ a , b ] . [ b , c ] . [ c , a ] ( a , b ) . ( b, c ) . ( c , a ) Bài 12. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng: tồn tại không quá n số nguyên dương m ≥ n sao cho p m−n ∣ m ! Lời giải. Ta có: p m−n ∣ m ! ⇔ v p ( m !) ≥ m − n (1) m v p ( m !) = ∑  i  i =1  p  ∞ (2) Từ (1) và (2), ta có: ∞ m v p ( m !) ≥ m − n ⇔ m − n ≤ ∑  i  i =1  p  m ⇔ n ≥ m − ∑ i  ≥ m − ∑ i =1  p  i =1 ∞ ∞ ⇒n≤m≤ 1    m p−2 p    = m. = m 1 − i p p −1  1− 1    p  p −1 n < 2n p−2 Ta có đpcm. Bài 13. Giải phương trình nghiệm nguyên dương ( a − b ) = a b .b a . ab Lời giải. Giả sử $ và % là hai nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Gọi & = $, % và ' = ( ) , = * ) ⟹ ', = 1. Do đó phương trình đã cho tương đương với ' − Gọi + là một ước nguyên tố bất kì của ' − . (* = '* . ( (1) Suy ra : + ∤ ' , + ∤ Mặt khác : '* . ( ( vì ', = '− (* = 1 ) ⟹ + ∤ '* . ( . ⋮+ Từ đây ta thấy điều mâu thuẫn. Vậy ' − ⟹ '− không có ước nguyên tố. = 1 ⟹ '. = 1 (do (1)) ⟹ ' = = 1 ( vô lý ). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 14. Xác định tất cả số tự nhiên n > 1 sao cho 2n + 1 chia hết cho n 2 . Lời giải. Lời giải. Từ yêu cầu bài toán suy ra n số lẻ. Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Theo định lý Fermat, ta có 2 p −1 ≡ 1( mod p ) . Từ giả thiết suy ra 2n ≡ −1( mod p ) ⇒ 2 2 n ≡ 1( mod p ) Suy ra 2( 2 n , p −1) ≡ 1( mod p ) ⇒ 22 ≡ 1( mod p ) ⇒ p = 3. Giả sử v3 ( n ) ≥ 2. Từ giả thiết suy ra v3 ( 2n + 1) ≥ v p ( n2 ) ⇔ 1 + v p ( n ) ≥ 2v p ( n ) (vô lý) Vậy v3 ( n ) = 1 ⇒ n = 3k , ( k , n ) = 1 . Giả sử k ≥ 2 . Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của k, suy ra p ≥ 5. k 2k q −1 Từ giả thiết 8 ≡ −1( mod q ) ⇒ 8 ≡ 1( mod q ) và 8 ≡ 1( mod q ) . Từ đó suy ra 8( 2 k , q −1) ≡ 1( mod q ) ⇒ 82 ≡ 1( mod q ) ⇒ q = 7. Do đó 8k ≡ 1( mod 7 ) . Mặt khác 8k + 1 ≡ 2 ( mod 7 ) (từ đó dẫn đến vô lí). Vậy k = 1 hay n = 3. Bài 15. Tìm tất cả các số nguyên dương n để tồn tại x, y, k sao cho ( x, y ) = 1, k > 1 và 3n = x k + y k . Lời giải. Vì (x,y)=1 và x+y⋮3 ⇒ x,y đều không chia hết cho 3 ( nếu cả hai số cùng chia hết cho 3 thì (x,y)=3, mâu thuẫn) ⇒ nếu k chẵn, tức k có dạng 2t ⇒ xk+yk ≡x2t+y2t≡1+1≡2 (mod 3), mâu thuẫn ⇒ k lẻ, mà k>1 ⇒ k≥3 Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của x+y Vì xk+yk ⋮(x+y) ⇒ vp (3n)=vp(xk+yk)= vp (x+y)+ vp(k) Vì x+y ⋮p nên vp (x+y) ≥1, dẫn đến vp(xk+yk) ≥1 ⇒ vp (3n) ≥1 suy ra 3n⋮ +, mà p là số nguyên tố ⇒ p=3 và x+y=3^q (n≥q>0) Mà k≥3 nên xk+yk>x+y ⇒ n>q Mà v3 (3n)=v3(xk+yk)= v3 (x+y)+ v3(k) hay n=q+ v3(k) ⇒ v3(k)>0 ⇒ k⋮3 Đặt k=3t, với t thuộc N* ⇒ 3n=xk+yk= x3t+y3t=(xt)3+(yt)3=(xt+yt)(x2t-xtyt+y2t) Đặt xt+yt=3m ⇒x2t-xtyt+y2t=3n-m Mặt khác, ta có : 32m-3n-m=(xt+yt)2-(x2t-xtyt+y2t)= x2t+2xtyt+y2t-x2t+xtyt-y2t=3xtyt Hay 3n-m(33m-n-1)=3 xtyt Vì x,y không chia hết cho 3 ⇒ 3n-m=3 ⇒ x2t-xtyt+y2t=3n-m=3 (*) - - Lại có : 3= x2t-xtyt+y2t=(xt+ yt)2+ y2t≥ y2t . . - ⇒ 3≥ y2t ⇔ 4≥y2t ⇒ y=1 hoặc y=2 . • Với y=1, thế vào (*) ta được x2t-xtyt+y2t=x2t-xt+1=3 ⇒ xt=2 ⇒ t=1 ⇒k=3, thế vào (1) ⇒ n=2 • Với y=2 ⇒4≥22t=4t ⇒ t=1, thế vào (*) ta được x=1 ⇒ k=3, thế vào (1) ⇒ n=2 Vậy ta có bộ nghiệm (x,y,k,n)= (1,2,3,2),(2,1,3,2); khi đó n có giá trị duy nhất là 2 Bài 16. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho b a | a b − 1. Lời giải. -b=1 =>giả thiết đúng với mọi a ∈ Z+ -b>1 Gọi p là số nguyên tố nhỏ nhất của b +Trườnghợp 1: p lẻ Ta có: p | b | ba | ab-1 Vì (a,p)=1 nên theo định lí Fermat ta có: p | ap-1-1 Do đó: p | a(b,p-1)-1=a-1(vì p là ước nguyên tố nhỏ nhất của b) Ápdụng LTE: vp(ab-1)=vp(a-1)+vp(b) Vì: ab-1⋮ba nên vp(ab-1)≥vp(ba) vp(a-1)+vp(b)≥avp(b) vp(a-1)≥(a-1)vp(b)≥a-1 (vôlý) +Trườnghợp 2: p=2 p chẵn => b chẵn => a lẻ Áp dụng LTE ta được: v2(ab-1)=v2(a+1)+v2(a-1)+v2(b)-1 Từ: ab-1⋮ba Ta suy ra: v2(a+1)+v2(a-1)+v2(b)-1≥ v2(ba)=av2(b) v2(a+1)+v2(a-1)≥(a-1)v2(b)+1≥a-1+1 v2[(a+1)(a-1)]≥a ⇒ a2-1≥2a Điều này chỉ xảy ra / $=3 0 % =1 Đặt: b=2B (B làsốnguyêndươnglẻ) Từ giả thiết ta có: (2B)3| 32B-1 8B3 | 32B-1 $ = 30 • B=1 => b=2 =>1 %=2 • B>1 Vì B>1 nên ta có thể gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của B. q | B | b | 32B-1(1) Từ đây ta suy ra: (q,3)=1 Áp dụng định lí Fermat ta được: q | 3q-1-1(2) Từ (1) và (2) ta suyra: q | 3(2B,q-1)-1=32-1=8 q=2(mâu thuẫn với q | B và B là một sốlẻ) Như vậy, b=1 và a ∈ Z+ hoặc a=3, b=2 thì thỏa mãn yêu cầu đề bài Bài 17. Cho p là số nguyên tố và a, n là số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu 2 p + 3 p = a n thì n = 1. Lời giải. Xét trường hợp p=5, thì an=725 ⇒ n=1 Xét trường hợp p≠5, ⇒p không chia hết cho 5 Áp dụng định lí 2, ta được v5(2p+3p)= v5(2+3)+v5(p)= v5(5)=1 (vì p không chia hết cho 5) ⇒ v5(an)=1, mặt khác, do 5 là số nguyên tố ⇒ n=1 Vậy với mọi trường hợp của bài toán, ta đều thu được n=1 III. BÀI TẬP Bài 1. Cho số nguyên dương a và n sao cho tất cả các ước nguyên tố của a đều lớn hơn n. Chứng minh rằng ( a − 1) ( a 2 − 1) ... ( a n −1 − 1) chia hết cho n!. Bài 2. Chứng minh rằng tích của các số nguyên từ 21997 + 1 đến 21991 − 1 không thể là số chính phương. Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên dương n lẻ sao cho n | 3n + 1 . Bài 4. Cho số nguyên tố p. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho a p + b p = c p . Bài 5. Tìm tất cả các bộ ( k , m, n ) nguyên dương sao cho k m | ( m n − 1) ; k n | ( n m − 1) . Bài 6. Cho số nguyên dương a > 1. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 2 2000 | ( a n − 1) . Bài 7. (IMO 2000) Có tồn tại hay không một số nguyên dương n sao cho n có đúng 2000 ước nguyên tố và n | 2n + 1? Bài 8. Cho a, b là các số nguyên dương. Chứng minh rằng n !| a ( a + b )( a + 2b ) ... ( a + ( n − 1) b ) b n −1. Bai 9. 2 a) Cho các số nguyên dương x, y, z. Chứng minh rằng nếu ( x + y + z ) = ( 3m + 2 )( xy + yz + zx ) , p = 3n + 2 là ước nguyên tố của 3m + 2, v p ( 3n + 2 ) lẻ thì p là ước của x, y , z. b) Tồn tại hay không các số nguyên dương a, b, c sao cho a 2 + b 2 + c 2 chia hết cho 2013 ( ab + bc + ca ) . Bài 10. Cho a, b, c là các số nguyên dương và ( a, b, c ) = 1 . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn n sao cho a k + b k + c k không chia hết cho 2n . Bài 11. a) Với mọi m mà pα ≤ m < pα +1 thì v p ( Cmk ) ≤ α . b) Cho n ∈ ℕ* , ak = ( n + 1) Cnk . Chứng minh rằng [ a0 , a1 ,..., an ] = [1, 2,..., n, n + 1] . Bài 12. Xét dãy số {an } , a0 = 0, a2 n = n − an , a2 n +1 = a2 n . a) Chứng minh mọi số nguyên không âm xuất hiện trong dãy bằng 2 hoặc 4 lần. b) Chứng minh lim an 1 = . n 3 2 Bài 13. Cho a, b, c là ba số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn a 3 + b3 + c 3 − 3abc ⋮ ( abc ) . Chứng minh rằng a = b = c hoặc a = 2k +1 , b = c = 2k . Bài 14. Tìm m, n nguyên dương thỏa mãn 2 n + n = m ! Bài 15. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3n − 2n là lập phương của một số nguyên tố. Chứng minh rằng n là số nguyên tố.