Chủ đề này có 2 trả lời

[gaubong43]

Tìm $n \epsilon \mathbb{N}$ sao cho nếu $a,b \epsilon \mathbb{N}$ và $a^{2}b+1 \vdots n$ thì $a^{2}+b \vdots n$ 

[Zaraki]

Tìm $n \epsilon \mathbb{N}$ sao cho nếu $a,b \epsilon \mathbb{N}$ và $a^{2}b+1 \vdots n$ thì $a^{2}+b \vdots n$ 

Lời giải. Ta sẽ đi chứng minh tính chất sau:

Tính chất 1. Nếu $p \nmid n$ thì $p^4>n$.

Thật vậy, nếu tồn tại $a,b$ thoả mãn $n|a^2b+1$ thì $n|a^2+b$, ta suy ra $n|b^2-1$. Khi đó tồn tại $x,y$ thoả mãn $x|b-1,y|b+1, xy=n, \gcd (x,y)=2$. Vì $x|b-1$ và $x|n|a^2b+1$ nên $x|a^2+1$. Tương tự $y|a^2-1$. Từ đây ta suy ra $n=xy \le (a^2-1)(a^2+1)<a^4$.

Vì $\gcd (p,n)=1$ nên theo định lý Bezout, tồn tại số nguyên dương $k$ thoả mãn $p^2|nk-1$. Khi đó ta chọn $a=p,b= \tfrac{nk-1}{p^2}$ thì $nk=a^2b+1$. Do đó $a^4=p^4>n$. Tính chất được chứng minh.

 

Ta thấy rằng $7 \nmid n$ vì nếu $7|n$ thì tồn tại $a,b$ sao cho $7|a^2b+1$. Ta chọn $a=3,b=3$ thì hiển nhiên $7|3^2 \cdot 3+1=28$ nhưng $7 \nmid 3^2+3=12$. Vậy $7 \nmid n$. Do đó $n<7^4$.

 

(+) Nếu $2 \nmid n$ thì $n<2^4=16$. Ta tìm được $n \in \{ 3,5,15 \}$. Ở đây $n=7,9,11,13$ không thoả mãn vì nếu ta chọn $a,b$ thoả mãn $(a^2,b) \equiv (2,3) \pmod{7}, (4,2) \pmod{9}, (4,8) \pmod{11}, (9,10) \pmod{13}$ thì $n|a^2b+1$ nhưng $n \nmid a^2+b$.

Ở đây kí hiệu $(a,b) \equiv (c,d) \pmod{p}$ nghĩa là $a \equiv c \pmod p, b \equiv d \pmod p$.

 

(+) Nếu $2|n, 3 \nmid n$ thì $n<3^4=81$. Ta thấy rằng $n$ không thể là các số nguyên tố từ $7$ đến $79$ vì tồn tại $a,b$ thoả

$$\begin{aligned} (a^2,b)  \equiv \ & (4,4) \pmod{17}; (4,14) \pmod{19}; (4,17) \pmod{23}; (4,7) \pmod{29}; \\ & (4,23) \pmod{31}; (4,9) \pmod{37}; (4,10) \pmod{41}; (4,32) \pmod{43}; \\ & (4,35) \pmod{47}; (4,13) \pmod{53}; (4,44) \pmod{59}; (4,15) \pmod{61}; \\ & (4;50) \pmod{67}; (4;53) \pmod{71}; (4,18) \pmod{73}; (4,59) \pmod{79} \end{aligned}$$ mà $n|a^2b+1$ nhưng $n \nmid a^2+b$. Do đó $n$ cũng không thể chia hết cho các số nguyên tố này.

 

Vậy $2|n,5|n$. Để ý rằng $n$ cũng không thể chia hết cho $25,32$ vì nếu ta chọn $(a,b)$ thoả mãn $(a^2,b) \equiv (4,6) \pmod{25}; \equiv (9,7) \pmod{32}$ thì $n|a^2b+1$ nhưng $n \nmid a^2+b$. Do đó $n \in \{ 2,4,8,10,16,20,40,80 \}$.

 

(+) Nếu $2|n, 3|n, 5 \nmid n$ thì $n<5^4=625$. Để ý rằng $n$ sẽ không chia hết cho $9$ vì khi đó tồn tại $a=2,b=2$ thì $9|2^3+1=9$ nhưng $9 \nmid 2^2+2=6$. Do đó $n \in \{ 6,12,24,48 \}$.

 

(+) Nếu $2|n,3|n, 5|n$ thì $30|n$ và $n<7^4=2401$. Nếu tồn tại một ước nguyên tố $p \ge 7$ thứ $4$ của $n$. Khi đó $p< \frac{2401}{30}$ hay $p \le 79$. Theo trường hợp trên, ta suy ra mâu thuẫn vì $n$ không chia hết cho bất kì số nguyên tố nào trong khoảng từ $7$ đến $79$. Do đó $n$ chỉ có ba ước nguyên tố $2,3,5$.  Do đó $n \in \{ 30,60,120,240 \}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 28-07-2015 - 17:16

[nhungvienkimcuong]

Tìm $n \epsilon \mathbb{N}$ sao cho nếu $a,b \epsilon \mathbb{N}$ và $a^{2}b+1 \vdots n$ thì $a^{2}+b \vdots n$ 

xem ở đây

cách giải khá giống với bài $\text{N2 IMO Shortlist 2000}$

 

tìm các số nguyên dương $n\ge 2$ thỏa mãn với $(a,n)=(b,n)=1$ thì

$a\equiv b(mod\ n)\Leftrightarrow ab\equiv 1(mod\ n)$

ta dễ thấy lời giải bài toán trên cũng có thể áp dụng với bài này

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 05-09-2015 - 20:30