Chủ đề này có 4 trả lời

[Element hero Neos]

Bài 1: Chứng minh rằng $n\mid\varphi(a^n-1)$ với mọi số nguyên dương a và n

Bài 2: Tìm n nguyên dương, n<1000 có dạng $n=p_1p_2p_3$ ($p_1,p_2,p_3$ nguyên tố phân biệt) thỏa mãn $n\mid2^n+2$

Bài 3: Cho n nguyên dương có dạng $n=2^k+1;k>1$. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để n nguyên tố là tồn tại số a>1 sao cho $n\mid a^{\frac{n-1}{2}+1}$

Bài 4: Tìm tất cả số nguyên tố p.q sao cho $\left\{\begin{matrix} p^2+1\mid2003^q+1\\ q^2+1\mid2003^p+1 \end{matrix}\right.$

Bài 5: Cho a,b nguyên dương sao cho 2a-1 và 2b-1 và a+b đều là số nguyên tố. Chứng minh $a^b+b^a$ và $a^a+b^b$ đều không chia hết cho a+b.

Bài 6: Tìm m,n nguyên dương và n>1 sao cho $n\mid 1+m^{3^n}+m^{2.3^n}$

[L Lawliet]

Bài 1: Chứng minh rằng $n\mid\varphi(a^n-1)$ với mọi số nguyên dương a và n

Xem các cách chứng minh ở đây. Vietsub dùm theo yêu cầu:

"Bổ đề: Nếu $2^{n}-1\mid 2^{k}-1$ thì $n\mid k$.

Chứng minh: Đặt $k=qn+r$ với $0\leq r<n$. Ta có:

$$2^{k}-1=2^{qn+r}-1=2^{qn+r}-2^{r}+2^{r}-1=2^{r}\left ( 2^{qn}-1 \right )+2^{r}-1$$

Trong đó $2^{qn}-1=\left ( 2^{n}-1 \right )\left ( 2^{\left ( q-1 \right )n}+2^{\left ( q-2 \right )n}+...+2^{n}+1 \right )$, ta thấy $2^{qn}-1\mid 2^{n}-1$. Do đó $2^{n}-1$ cũng chia hết cho $2^{r}-1=2^{k}-1-2^{r}\left ( 2^{qn}-1 \right )$.

Mặt khác $2^{n}-1\mid 2^{r}-1$ với $0\leq r<n$ khi và chỉ khi $r=0$. Do đó ta được $k=qn$ và $n\mid k$.

Quay lại bài toán áp dụng định lý Euler ta có:

$$2^{\varphi \left ( 2^{n}-1 \right )}\equiv 1\pmod {2^{n}-1}$$

Hay nói cách khác $2^{n}-1\mid 2^{\varphi \left ( 2^{n}-1 \right )}-1$ (để ý rằng $\gcd (2,2^{n}-1)=1$).

Áp dụng bổ đề trên cho $k=\varphi \left ( 2^{n}-1 \right )$ ta có:

$$n\mid \varphi \left ( 2^{n}-1 \right )$$

"

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 12-09-2016 - 10:37

[hoangvunamtan123]

CÂU 4

 

cho $p\leq q$ (vai trò p,q ) như nhau 

xét p =2 dễ dàng suy ra được q=2 

xét p >2 ta có p²+1 $\equiv$ 2(mod 4) nên ta cho r là 1 ước nguyên tố lẻ của p²+1 .Ta có p² $\equiv$ -1 ( mod r ).Dễ dàng suy ra được r $\equiv$ 1(mod 4)

do 2003^q chia hết cho p² + 1 nên 2003^q $\equiv$ -1 ( mod r ) suy ra 2003^2q $\equiv$ 1( mod r ) 

gọi h là ước của 2q sao cho 2003^h $\equiv$ 1 ( mod r ) suy ra h=2 hoặc h=2q,h=1 .vì nếu h > 1 và h lẽ suy ra h=q .Lúc này 2003^q $\equiv$ 1(mod r ) vô lý 

mặt khác nếu h = 1 thì 2003^q $\equiv$ 1 ( mod r ) vô lý .nên h=2 hoặc h=2q 

xét h = 2 ta có 2002.2004 chia hết cho r nên 2004 chia hết cho r bởi vì 2002 không chia hết cho r tạiTH h=1 không thõa .Mà 2004 không có ước nguyên tố dạng 4k+ 1 nên ta loại TH này 

xét h=2q vì q lẽ suy ra 2003² $\equiv$ 1 ( mod r ) vô lý với chứng minh ở TH h=2 

vậy ta có nghiệm p=q=2 duy nhất của bài toán 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangvunamtan123: 12-09-2016 - 18:32

[JUV]

Bài 1: Rõ ràng $a^{\phi (a^{n}-1)}-1\vdots a^n-1$ và $n=ord_{a}(a^n-1)$ nên có $\phi (a^{n}-1)\vdots n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 13-09-2016 - 21:13

[I Love MC]

Bài 6 : Dễ thấy từ điều kiện bài toán cho ta $n|m^{3^{n+1}}-1$ do đó $d=ord_n(m)|3^{n+1}$ hay $d=3^k \forall k \in \mathbb{Z^+}$ 
Xét $k \le n$ thì $d|3^n \Rightarrow n|m^{3^n}-1$ kết hợp với giả thiết bài toán ta có $n=3$ 
Nếu $k \ge n+1$ thì $d=3^{n+1}$ và $d|\phi(n) \Rightarrow d<n$ ,mâu thuẫn vì $3^{n+1}>n$ . Do đó $n=3$ và $m \equiv 1 \pmod{3}$