Chủ đề này có 2 trả lời

[binhnb]

1, Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn $({7^p} - {5^p})({7^q} - {5^q})$ chia hết cho pq.
2, Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn ${2^p} + {2^q}$ chia hết cho pq.
3, Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: Với mọi cặp số nguyên a, b thỏa mãn ${a^2}b + 1$ chia hết cho n ta luôn có ${a^2}$+b chia hết cho n
4, Cho số nguyên tố lẻ p và các số nguyên dương a, b, n thỏa mãn (a, p)=1 và ${a^p} \equiv {b^p}(\bmod {p^{n + 1}})$ Chứng minh rằng:$a \equiv b(\bmod {p^n})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnb: 28-10-2011 - 12:30

[nguyenta98]

1, Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn $({7^p} - {5^p})({7^q} - {5^q})$ chia hết cho pq.
2, Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn ${2^p} + {2^q}$ chia hết cho pq.
3, Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: Với mọi cặp số nguyên a, b thỏa mãn ${a^2}b + 1$ chia hết cho n ta luôn có ${a^2}$+b chia hết cho n
4, Cho số nguyên tố lẻ p và các số nguyên dương a, b, n thỏa mãn (a, p)=1 và ${a^p} \equiv {b^p}(\bmod {p^{n + 1}})$ Chứng minh rằng:$a \equiv b(\bmod {p^n})$

Giải như sau:
Bài 1: Bổ đề: (quen thuộc) cho $7^x-5^x \vdots p,7^y-5^y \vdots p$ với $x$ nhỏ nhất thì $y \vdots x$
Áp dụng:
Ta thấy $p,q \neq 5,7$
TH1: $7^p-5^p \vdots p$ theo Fermat nhỏ thì $7^{p-1}-5^{p-1} \vdots p \Rightarrow 7^p-5^{p-1}.7 \vdots p \Rightarrow 2.5^{p-1} \vdots p \Rightarrow 2 \vdots p \Rightarrow p=2$ khi ấy $\dfrac{(7^2-5^2)(7^q-5^q)}{2} \vdots q \Rightarrow 12(7^q-5^q) \vdots q$ suy ra $12.2.5^{q-1} \vdots q \Rightarrow 12.2 \vdots q \Rightarrow q=2,3$
TH2: $7^p-5^p \not \vdots p \Rightarrow 7^q-5^q \vdots p$
Nếu $7^q-5^q \vdots q$ thì cm tương tự như $7^p-5^p \vdots p$
Nếu $7^q-5^q \not \vdots q \Rightarrow 7^p-5^p \vdots q$
Như vậy $7^p-5^p \vdots q$ và $7^q-5^q \vdots p$
Gọi $7^k-5^k \vdots q$ với $k$ đạt GTNN khi ấy theo bổ đề thì $p \vdots k$ nên mà $p$ nguyên tố nên $k=1,p$
Khi $k=1 \Rightarrow 2 \vdots q \Rightarrow q=2$ và dễ tìm ra $p$
Khi $k=p \Rightarrow 7^p-5^p \vdots q$ với $p$ là số nhỏ nhất thỏa đề, khi đó dẫn đến vô lý vì vẫn còn số nhỏ hơn thỏa mãn là $7^{q-1}-5^{q-1} \vdots q$ (theo Fermat nhỏ) nên vô lý
Do đó trường hợp này có nghiệm giống TH1
Vậy $\boxed{(p,q)=(2,3),(3,2),(2,2)}$
Bài 2: Có ở http://diendantoanho...ho-pq-mid-2p2q/
Bài 3:
Giả sử $n \vdots p$ với $p>5$ và $p$ nguyên tố lẻ
Khi ấy xét $a,b$ sao cho $a,b<p$ và $a,b \neq 1,p-1$
Ta chọn $a=2$ và xét tập hợp $A=(2^2.1,2^2.2,2^2.3,...,2^2.(p-1))$
Nhận xét thấy mọi phần tử của $A$ đều có số dư khác nhau đôi một khi chia cho $p$ vì nếu giả sử trái lại suy ra tồn tại $2^2.x \equiv 2^2.y \pmod{p}, x>y$ khi đó $2^2(x-y) \vdots p \Rightarrow x-y \vdots p$ vô lý vì $x,y<p$
Như vậy nên mọi phần tử của $A$ có số dư khác nhau khi chia cho $p$ do đó ắt tồn tại một phần tử chia cho $p$ dư $-1$ và nhận thấy phần tử đó không thể là $2^2.1,2^2.(p-1)$ vì nếu giả sử trái lại thì
$2^2+1 \vdots p \Rightarrow False$ vì $p>5$ và $2^2(p-1)+1 \vdots p \rightarrow 2^2-1 \vdots p$ vô lí nữa vì $p>5$
Do đó tồn tại $2^2.k$ với $k \neq 1,p-1$ và $2^2.k \equiv 1 \pmod{p}$
Khi đó chọn $a=2,b=k$ suy ra $2^2.k+1 \vdots p$ mặt khác khi ấy $2^2+k \vdots p \Rightarrow k=p-4$ (do $k<p$) mà $2^2.k \equiv -1 \pmod{p} \rightarrow 2^2.(p-4) \equiv -1 \pmod{p} \Rightarrow 4p-16+1 \vdots p \Rightarrow 15 \vdots p \Rightarrow False$ vì $p>5$
Như vậy ta cm xong $n$ nếu có ước nguyên tố thì cũng không thể có ước nguyên tố $>5$
Do đó $n=1$ hoặc $n=2^a.3^b.5^c$ với $a,b,c \geq 0$
Ta thấy nếu $c\geq 2$ thì $n \vdots 25$ khi đó ta thấy chọn $a=25k+3,b=25q+11$ thì $3^2.11+1 \vdots 25$ nhưng $(25k+3)^2+(25q+11) \not \vdots 25$ vô lý và chú ý thêm rằng khi ta chọn $a=25k+3$ và $b=25q+11$ và từ giả thiết thì $n=25u$ thì khi đó ta chắc chắn sẽ chọn được $a,b$ đủ lớn sao cho $a^2b+1 \vdots k$ (chú ý rằng $k$ độc lập với $25$) nên rõ ràng ta sẽ tìm được (thí dụ ta chọn được $a,b$ sao cho $a=um+r,b=un+z$ thì khi đó $25k+3=um+r,25q+11=un+z$ và thấy để giải phương trình kia thì đơn giản
Do đó $c\le 1$
Tiếp tục nếu $b\geq 3$ thì $n \vdots 27$ khi đó chọn tương tự và cũng loại
Với $a\geq 5$ thì $n \vdots 32$ cũng chọn như vậy và loại
Do đó $a\le 4,b\le 2,c\le 1$ khi ấy ta sẽ tìm được $n$
Bài 4:
Nếu $n=1$ thì đã dễ chứng minh
Nếu $n\geq 2$
$gcd(a,p)=1 \Rightarrow gcd(b,p)=1$ nên $(a-b)(a^{p-1}+a^{p-2}b+...+a.b^{p-2}+b^{p-1}) \vdots p^{n+1}$
Ta sẽ cm $a-b \vdots p^2$, thật vậy nếu ngược lại thì suy ra $a-b \not \vdots p^2$
Mặt khác $a^{p-1} \equiv b^{p-1} \pmod{p} \Rightarrow a^{p} \equiv b^{p-1}.a \pmod{p}$
Nhưng ta lại có $a^p \equiv b^p \pmod{p^{n+1}} \Rightarrow a^p \equiv b^p \pmod{p}$
Do đso $b^{p-1}.a \equiv b^{p} \pmod{p} \Rightarrow a \equiv b \pmod{p}$
Nên $a=pm_1+n,b=pm_2+n$ khi ấy $a-b \not \vdots p^2 \Leftrightarrow p(m_1-m_2) \not \vdots p^2 \Rightarrow m_1-m_2 \not \vdots p$ $(*)$ và ngoài ra $gcd(a,p)=1 \Rightarrow gcd(n,p)=1$
Mặt khác $a^p \equiv b^p \pmod{p^{n+1}} \Rightarrow a^p \equiv b^p \pmod{p^3}$ (do $n+1\geq 3$)
Suy ra $(pm_1+n)^p \equiv (pm_1+n)^p \equiv (pm_2+n)^p \pmod{p^3}$
$\Rightarrow p^p.m_1^p+C_{p}^1.p^{p-1}.m_1^{p-1}.n+...+C_{p}^{p-2}.p^2.m_1^2.n^{p-2}+C_p^{p-1}.p.m_1.n^{p-1} \equiv p^p.m_2^p+C_{p}^1.p^{p-1}.m_2^{p-1}.n+...+C_{p}^{p-2}.p^2.m_2^2.n^{p-2}+C_p^{p-1}.p.m_2.n^{p-1} \pmod{p^3}$
$\Rightarrow (p^p.m_1^p-p^p.m_2^p)+...+(C_{p}^{p-2}.p^2.m_1^2.n^{p-2}-C_{p}^{p-2}.p^2.m_2^2.n^{p-2})+(C_p^{p-1}.p.m_1.n^{p-1}-C_p^{p-1}.p.m_2.n^{p-1}) \vdots p^3$
Ta thấy $(p^p.m_1^p-p^p.m_2^p),...,(C_p^{p-3}.p^3.m_1^3.n^{p-3}-C_p^{p-3}.p^3.m_2^3.n^{p-3}) \vdots p^3$ là hiển nhiên
Giờ ta xét $(C_{p}^{p-2}.p^2.m_1^2.n^{p-2}-C_{p}^{p-2}.p^2.m_2^2.n^{p-2})$
Ta thấy $C_p^{p-2}=\dfrac{p!}{2!(p-2)!} \vdots p$ là hiển nhiên do $p$ nguyên tố
Do đó $(C_{p}^{p-2}.p^2.m_1^2.n^{p-2}-C_{p}^{p-2}.p^2.m_2^2.n^{p-2}) \vdots p^3$
Như vậy suy ra $(C_p^{p-1}.p.m_1.n^{p-1}-C_p^{p-1}.p.m_2.n^{p-1}) \vdots p^3$
$\Leftrightarrow p^2.n^{p-1}.(m_1-m_2) \vdots p^3$ (do $C_p^{p-1}=p$)
$\Leftrightarrow m_1-m^2 \vdots p$ (do $gcd(n,p)=1$)
Mâu thuẫn với $(*)$ nên điều giả sử là sai do đó $a-b \vdots p^2$
Suy ra $a \equiv b \pmod{p^2}$
Như vậy $a^{p-1}+a^{p-2}b+...+a.b^{p-2}+b^{p-1} \equiv p.a^{p-1} \pmod{p^2} \not \vdots p^2$ mà chỉ $\vdots p$ từ đó suy ra $a-b \vdots p^n \Rightarrow a \equiv b \pmod{p^n} \Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 26-08-2012 - 18:54

[bachhammer]

Giải như sau:
Bài 1: Bổ đề: (quen thuộc) cho $7^x-5^x \vdots p,7^y-5^y \vdots p$ với $x$ nhỏ nhất thì $y \vdots x$
Áp dụng:
Ta thấy $p,q \neq 5,7$
TH1: $7^p-5^p \vdots p$ theo Fermat nhỏ thì $7^{p-1}-5^{p-1} \vdots p \Rightarrow 7^p-5^{p-1}.7 \vdots p \Rightarrow 2.5^{p-1} \vdots p \Rightarrow 2 \vdots p \Rightarrow p=2$ khi ấy $\dfrac{(7^2-5^2)(7^q-5^q)}{2} \vdots q \Rightarrow 12(7^q-5^q) \vdots q$ suy ra $12.2.5^{q-1} \vdots q \Rightarrow 12.2 \vdots q \Rightarrow q=2,3$
TH2: $7^p-5^p \not \vdots p \Rightarrow 7^q-5^q \vdots p$
Nếu $7^q-5^q \vdots q$ thì cm tương tự như $7^p-5^p \vdots p$
Nếu $7^q-5^q \not \vdots q \Rightarrow 7^p-5^p \vdots q$
Như vậy $7^p-5^p \vdots q$ và $7^q-5^q \vdots p$
Gọi $7^k-5^k \vdots q$ với $k$ đạt GTNN khi ấy theo bổ đề thì $p \vdots k$ nên mà $p$ nguyên tố nên $k=1,p$
Khi $k=1 \Rightarrow 2 \vdots q \Rightarrow q=2$ và dễ tìm ra $p$
Khi $k=p \Rightarrow 7^p-5^p \vdots q$ với $p$ là số nhỏ nhất thỏa đề, khi đó dẫn đến vô lý vì vẫn còn số nhỏ hơn thỏa mãn là $7^{q-1}-5^{q-1} \vdots q$ (theo Fermat nhỏ) nên vô lý
Do đó trường hợp này có nghiệm giống TH1
Vậy $\boxed{(p,q)=(2,3),(3,2),(2,2)}$
Bài 2: Có ở http://diendantoanho...ho-pq-mid-2p2q/
Bài 3:
Giả sử $n \vdots p$ với $p>5$ và $p$ nguyên tố lẻ
Khi ấy xét $a,b$ sao cho $a,b<p$ và $a,b \neq 1,p-1$
Ta chọn $a=2$ và xét tập hợp $A=(2^2.1,2^2.2,2^2.3,...,2^2.(p-1))$
Nhận xét thấy mọi phần tử của $A$ đều có số dư khác nhau đôi một khi chia cho $p$ vì nếu giả sử trái lại suy ra tồn tại $2^2.x \equiv 2^2.y \pmod{p}, x>y$ khi đó $2^2(x-y) \vdots p \Rightarrow x-y \vdots p$ vô lý vì $x,y<p$
Như vậy nên mọi phần tử của $A$ có số dư khác nhau khi chia cho $p$ do đó ắt tồn tại một phần tử chia cho $p$ dư $-1$ và nhận thấy phần tử đó không thể là $2^2.1,2^2.(p-1)$ vì nếu giả sử trái lại thì
$2^2+1 \vdots p \Rightarrow False$ vì $p>5$ và $2^2(p-1)+1 \vdots p \rightarrow 2^2-1 \vdots p$ vô lí nữa vì $p>5$
Do đó tồn tại $2^2.k$ với $k \neq 1,p-1$ và $2^2.k \equiv 1 \pmod{p}$
Khi đó chọn $a=2,b=k$ suy ra $2^2.k+1 \vdots p$ mặt khác khi ấy $2^2+k \vdots p \Rightarrow k=p-4$ (do $k<p$) mà $2^2.k \equiv -1 \pmod{p} \rightarrow 2^2.(p-4) \equiv -1 \pmod{p} \Rightarrow 4p-16+1 \vdots p \Rightarrow 15 \vdots p \Rightarrow False$ vì $p>5$
Như vậy ta cm xong $n$ nếu có ước nguyên tố thì cũng không thể có ước nguyên tố $>5$
Do đó $n=1$ hoặc $n=2^a.3^b.5^c$ với $a,b,c \geq 0$
Ta thấy nếu $c\geq 2$ thì $n \vdots 25$ khi đó ta thấy chọn $a=25k+3,b=25q+11$ thì $3^2.11+1 \vdots 25$ nhưng $(25k+3)^2+(25q+11) \not \vdots 25$ vô lý và chú ý thêm rằng khi ta chọn $a=25k+3$ và $b=25q+11$ và từ giả thiết thì $n=25u$ thì khi đó ta chắc chắn sẽ chọn được $a,b$ đủ lớn sao cho $a^2b+1 \vdots k$ (chú ý rằng $k$ độc lập với $25$) nên rõ ràng ta sẽ tìm được (thí dụ ta chọn được $a,b$ sao cho $a=um+r,b=un+z$ thì khi đó $25k+3=um+r,25q+11=un+z$ và thấy để giải phương trình kia thì đơn giản
Do đó $c\le 1$
Tiếp tục nếu $b\geq 3$ thì $n \vdots 27$ khi đó chọn tương tự và cũng loại
Với $a\geq 5$ thì $n \vdots 32$ cũng chọn như vậy và loại
Do đó $a\le 4,b\le 2,c\le 1$ khi ấy ta sẽ tìm được $n$
Bài 4:
Nếu $n=1$ thì đã dễ chứng minh
Nếu $n\geq 2$
$gcd(a,p)=1 \Rightarrow gcd(b,p)=1$ nên $(a-b)(a^{p-1}+a^{p-2}b+...+a.b^{p-2}+b^{p-1}) \vdots p^{n+1}$
Ta sẽ cm $a-b \vdots p^2$, thật vậy nếu ngược lại thì suy ra $a-b \not \vdots p^2$
Mặt khác $a^{p-1} \equiv b^{p-1} \pmod{p} \Rightarrow a^{p} \equiv b^{p-1}.a \pmod{p}$
Nhưng ta lại có $a^p \equiv b^p \pmod{p^{n+1}} \Rightarrow a^p \equiv b^p \pmod{p}$
Do đso $b^{p-1}.a \equiv b^{p} \pmod{p} \Rightarrow a \equiv b \pmod{p}$
Nên $a=pm_1+n,b=pm_2+n$ khi ấy $a-b \not \vdots p^2 \Leftrightarrow p(m_1-m_2) \not \vdots p^2 \Rightarrow m_1-m_2 \not \vdots p$ $(*)$ và ngoài ra $gcd(a,p)=1 \Rightarrow gcd(n,p)=1$
Mặt khác $a^p \equiv b^p \pmod{p^{n+1}} \Rightarrow a^p \equiv b^p \pmod{p^3}$ (do $n+1\geq 3$)
Suy ra $(pm_1+n)^p \equiv (pm_1+n)^p \equiv (pm_2+n)^p \pmod{p^3}$
$\Rightarrow p^p.m_1^p+C_{p}^1.p^{p-1}.m_1^{p-1}.n+...+C_{p}^{p-2}.p^2.m_1^2.n^{p-2}+C_p^{p-1}.p.m_1.n^{p-1} \equiv p^p.m_2^p+C_{p}^1.p^{p-1}.m_2^{p-1}.n+...+C_{p}^{p-2}.p^2.m_2^2.n^{p-2}+C_p^{p-1}.p.m_2.n^{p-1} \pmod{p^3}$
$\Rightarrow (p^p.m_1^p-p^p.m_2^p)+...+(C_{p}^{p-2}.p^2.m_1^2.n^{p-2}-C_{p}^{p-2}.p^2.m_2^2.n^{p-2})+(C_p^{p-1}.p.m_1.n^{p-1}-C_p^{p-1}.p.m_2.n^{p-1}) \vdots p^3$
Ta thấy $(p^p.m_1^p-p^p.m_2^p),...,(C_p^{p-3}.p^3.m_1^3.n^{p-3}-C_p^{p-3}.p^3.m_2^3.n^{p-3}) \vdots p^3$ là hiển nhiên
Giờ ta xét $(C_{p}^{p-2}.p^2.m_1^2.n^{p-2}-C_{p}^{p-2}.p^2.m_2^2.n^{p-2})$
Ta thấy $C_p^{p-2}=\dfrac{p!}{2!(p-2)!} \vdots p$ là hiển nhiên do $p$ nguyên tố
Do đó $(C_{p}^{p-2}.p^2.m_1^2.n^{p-2}-C_{p}^{p-2}.p^2.m_2^2.n^{p-2}) \vdots p^3$
Như vậy suy ra $(C_p^{p-1}.p.m_1.n^{p-1}-C_p^{p-1}.p.m_2.n^{p-1}) \vdots p^3$
$\Leftrightarrow p^2.n^{p-1}.(m_1-m_2) \vdots p^3$ (do $C_p^{p-1}=p$)
$\Leftrightarrow m_1-m^2 \vdots p$ (do $gcd(n,p)=1$)
Mâu thuẫn với $(*)$ nên điều giả sử là sai do đó $a-b \vdots p^2$
Suy ra $a \equiv b \pmod{p^2}$
Như vậy $a^{p-1}+a^{p-2}b+...+a.b^{p-2}+b^{p-1} \equiv p.a^{p-1} \pmod{p^2} \not \vdots p^2$ mà chỉ $\vdots p$ từ đó suy ra $a-b \vdots p^n \Rightarrow a \equiv b \pmod{p^n} \Rightarrow Q.E.D$

Bài 4 cũng có điều ngược lại... (nghĩa là định lí đảo của định lý trên)...