Chủ đề này có 12 trả lời

[giomienque]

Các bài toán Số Học

$\boxed{1}$ [Hà Nội] Cho $x;\, y;\, z$ là các số hữu tỉ sao cho $x+y^{2}+z^{2}$, $y+z^{2}+x^{2}$ và $z+x^{2}+y^{2}$ đều là các số nguyên. Chứng minh rằng $2x$ là số nguyên.

$\boxed{2}$ [Hà Nội] Với mọi $n\in \left \{ 1;\,2;\,3 \right \}$, ta gọi số tự nhiên $k$ là một số tự nhiên kiểu $n$ nếu $k=0$ hoặc $k$ là một số hạng của dãy $1;\,n+2;\,(n+2)^{2};\,(n+2)^{3};\,...$ hoặc $k$ là tổng của một số số hạng của dãy trên. Chứng minh rằng bất kì số nguyên dương nào cũng biểu diễn được dưới dạng tổng của một số kiểu 1 với một số kiểu 2 và một số kiểu 3.

$\boxed{3}$ [Bà Rịa-Vũng Tàu] Có bao nhiêu hàm số $f:\;\mathbb N^*\longrightarrow\mathbb N^*$ thoả mãn $f(1)=1$ và
\[f(n)f(n+2)=1+f^2(n+1)\quad\forall\,n\in\mathbb N^*\]

$\boxed{4}$ [Đắk Lắk] Tìm số nguyên dương $n$ sao cho $\left(n^2+11n-4\right)n!+33.13^n+4$ là một số chính phương.

$\boxed{5}$ [Đắk Lắk] Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ. Tìm số các tập con $X$ của $S=\{1;\,2;\,\ldots;\,2p\}$ biết $X$ có đúng $p$ phần tử và tổng các phần tử của $X$ là bội của $p$.

$\boxed{6}$ [Đắk Lắk] Tìm tất cả các bộ số nguyên $(a;\,b;\,c;\,d)$ thoả
\[{a^2} + 35 = {5^b}{6^c}{7^d}\]

$\boxed{7}$ [Hoà Bình] Cho $a;\,b;\,c$ là 3 số nguyên thỏa mãn
$$a+b+c=a^2(c-b)+b^2.(a-c)+c^2(b-a)$$
Chứng minh rằng $a+b+c$ chia hết cho 27.

$\boxed{8}$ [Hoà Bình] Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a;\,b)$ sao cho$\left(a^2+b\right)\left(a+b^2\right)$ là một luỹ thừa của 2.

$\boxed{9}$ [Nghệ An] Số nguyên dương $m$ gọi là số hoàn hảo nếu tổng các ước nguyên dương của nó là $2m$. Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $1+n^n$ là số hoàn hảo.

$\boxed{10}$ [Đồng Tháp] Có tồn tại hay không số nguyên dương $n$ sao cho $\dfrac{(n+1)(6n+1)}{2017}$ là số chính phương?

$\boxed{11}$ [Đồng Tháp] Xét tập hợp $S=\{1;\,2;\,\ldots;\,2017\}$. Ta tô màu mỗi phần tử của $S$ bởi một trong năm màu là Xanh, Đỏ, Tím, Vàng và Nâu. Chứng minh rằng tồn tại ba phần tử phân biệt $a;\,b;\,c$ của $S$ có cùng màu và thoả mãn $a\mid b$ và $b\mid c$.

$\boxed{12}$ [Đồng Nai] Cho hai đa thức sau
\[\begin{align*}P(x)=&x^5+5x^4+5x^3+5x^2+1\\
Q(x)=&x^5+5x^4+3x^3-5x^2-1
\end{align*}\]
Tìm số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại số tự nhiên $a$ với $a<p$ thoả mãn $p$ là ước chung của $P(a)$ và $P(b)$. Với $p$ tìm được, hãy tìm tất cả các số tự nhiên $a$ thoả mãn điều đó.

$\boxed{13}$ [Đắc Nông] Tìm các số nguyên dương $a;\,b;\,c;\,d$ thoả mãn $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}$ và
\[{a^{2018}} + {b^{2018}} + {c^{2018}} + {d^{2018}} \;\text{là}\;\text{số}\;\text{nguyên}\;\text{tố}. \]

$\boxed{14}$ [Đắc Nông] Tìm các số nguyên $a;\,b$ thoả mãn $2^na+b$ là số chính phương với mọi số nguyên dương $n$.

$\boxed{15}$ [Hà Nam] Tìm các bộ số nguyên dương $(a;\,b;\,c;\,d)$ thoả mãn
\[a^2+2^{b+1}=3^c\]

$\boxed{16}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi công thức sau: \[a_0=1;\,a_1=4;\,a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n\quad\forall \,n \in\mathbb N.\]
Chứng minh rằng trong dãy số trên không có số nào là bội của 2017.

$\boxed{17}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Cho $n$ là số nguyên dương. Giả sử phương trình $\dfrac {1}{\sqrt [3]{x}} + \dfrac {5}{\sqrt [7]{y}} = \dfrac {1}{n}$ có $m$ cặp nghiệm nguyên dương $(x;\,y)$ và $m-1$ là số chính phương. Chứng minh rằng $n$ là số chính phương.

$\boxed{18}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa mãn với mọi $k$ nguyên dương, tồn tại $m$ nguyên dương sao cho $n$ là ước của $m^4+m^3+m^2+k$.

$\boxed{19}$ [Thanh Hoá] Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên $P(x)$ sao cho $P(n)$ là ước của $3^n-1$ với mọi số nguyên dương $n$.

$\boxed{20}$ [Hà Tĩnh] Tìm tất cả các cặp số nguyên $\,(a;b)$ sao cho với mọi số nguyên dương $n$, ta có $n$ chia hết cho $a^n+b^{n+1}$.

$\boxed{21}$ [Quảng Ninh] Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $\dfrac{3^{p-1}-1}{p}$ là một số chính phương.
 

[LoveMathematic]

$\boxed{14}$ [Đắc Nông] Tìm các số nguyên $a;\,b$ thoả mãn $2^na+b$ là số chính phương với mọi số nguyên dương $n$.

Giả sử $a;\,b$ là các số thoả mãn, trước hết ta thấy nếu $a=0$ thì $b\ne 0$. Bởi nếu ngược lại, ta chỉ cần chọn $n$ lẻ hoặc chẵn tuỳ theo $a$ có là số chính phương hay không là sẽ thấy không thoả. Với $b\ne 0$, ta xét các trường hợp sau.

• Nếu $a<0$, khi đó do $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{2^n}a + b} \right) = - \infty$ nên không thoả yêu cầu.
• Nếu $a>0$, xét dãy $\sqrt{2^na+b}=x_n $ ta thấy dãy tăng và có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } x_n = + \infty$. Lại vì $x_n\in\mathbb N$ đồng thời $x_{n+2}\ne 2x_n$ do $b\ne 0$ nên
  \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left| {4x_n^2 - x_{n + 2}^2} \right| = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left| {2{x_n} - {x_{n + 2}}} \right|\left( {2{x_n} + {x_{n + 2}}} \right) = + \infty \]
  Điều đó mâu thuẫn với việc
  \[\left|4x_n^2 - x_{n + 2}^2\right|=b\]
  Vậy, cũng không xảy đến trường hợp này.
• Nếu $a=0$, khi đó mọi số chính phương $b$ đều thoả yêu cầu.

Tóm lại, $a=0$ và $b$ là số chính phương.

[LoveMathematic]

$\boxed{7}$ [Hoà Bình] Cho $a;\,b;\,c$ là 3 số nguyên thỏa mãn
$$a+b+c=a^2(c-b)+b^2.(a-c)+c^2(b-a)$$
Chứng minh rằng $a+b+c$ chia hết cho 27.

Đầu tiên ta chú ý rằng $a+b+c$ chia hết cho $3$ khi và chỉ khi $a,b,c$ có cùng số dư khi chi cho $3$ hoặc có số dư đôi một khác nhau khi chia cho $3$.
Trở lại bài toán, từ giả thiết ta được
$$a+b+c=(a-b)(b-c)(c-a).$$
+ Nếu $a,b,c$ có số dư đôi một khác nhau khi chia cho $3$, khi đó $a+b+c$ chia hết cho $3$ còn $(a-b)(b-c)(c-a)$ không chia hết cho $3$, nên không xãy ra trường hợp này.
+ Nếu có ít nhất hai số trong ba số $a,b,c$ có cùng số dư khi chia cho $3$. Khi đó vế phải chia hết cho $3$, suy ra $a+b+c$ chia hết cho $3$, hay từ nhận xét trên ta được $a,b,c$ có cùng số dư khi chia cho $3$. Vậy $a+b+c$ chia hết cho $27$.

[LoveMathematic]

$\boxed{15}$ [Hà Nam] Tìm các bộ số nguyên dương $(a;\,b;\,c;\,d)$ thoả mãn
\[a^2+2^{b+1}=3^c\]

Xét mod 4 có luôn $c$ chẵn, đặt $c=2m$ là có
\[\left( {{3^m} - a} \right)\left( {{3^m} + a} \right) = {2^{b + 1}}\]
Từ đây có $3^m-a=2^l;\;3^m+a=2^k$ với $l<k$ rồi dẫn đến $l=1$. Ta đặt $k-l=n$ là có bài toán quá quen thuộc
\[3^m=2^n+1;\quad\,m;\,n\in\mathbb Z^+.\]

[LoveMathematic]

$\boxed{19}$ [Thanh Hoá] Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên $P(x)$ sao cho $P(n)$ là ước của $3^n-1$ với mọi số nguyên dương $n$.

Giả sử $P(x)$ là đa thức thoả yêu cầu.

• Nếu $\deg(P)\ge 1$, khi đó sẽ tồn tại $n\in\mathbb Z^+$ và số nguyên tố $p$ thoả $p\mid P(n)$. Theo giả thiết thì $p\mid 3^n-1$ , mặt khác ta lại có $P(n+p)-P(n)\;\vdots\;p$ cho nên lại có được
  \[p\mid 3^{n+p}-1\]
  Từ $3^n\equiv 3^{n+p}\equiv 1\pmod p$ và định lý Fermat bé, ta có $p\mid 2$. Như vậy, ước nguyên tố nếu có của $P(n )$ chỉ có thể là 2 và điều này không thể xảy ra theo định lý Schur.
• Nếu $\deg(P)\le 0$, thế thì vì $P(2017)=1$ nên $P(x)=1$ đa thức này tất nhiên thoả mãn.

Tóm lại $P(x)=1$.

[LoveMathematic]

$\boxed{13}$ [Đắc Nông] Tìm các số nguyên dương $a;\,b;\,c;\,d$ thoả mãn $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}$ và
\[{a^{2018}} + {b^{2018}} + {c^{2018}} + {d^{2018}} \;\text{là}\;\text{số}\;\text{nguyên}\;\text{tố}. \]

Tối giản phân số $\dfrac{a}{b}$ thành phân số $\dfrac{m}{n}$, để thấy sẽ tồn tại các số nguyên dương $k;\,l;\,m;\,n$ sao cho
\[a=km;\,b=kn;\,c=lm;\,d=ln\]
Như vậy ta có được
\[\begin{align*}
{a^{2018}} + {b^{2018}} + {c^{2018}} + {d^{2018}} &= {k^{2018}}{m^{2018}} + {k^{2018}}{n^{2018}} + {l^{2018}}{m^{2018}} + {l^{2018}}{n^{2018}}\\
&= \left( {{k^{2018}} + {l^{2018}}} \right)\left( {{m^{2018}} + {n^{2018}}} \right)
\end{align*}\]
Vì $k^{2018} + l^{2018}>1;\;m^{2018} + n^{2018}>1$ nên ta thấy không tồn tại các số nguyên dương $a;\,b;\,c;\,d$ thoả yêu cầu.

[LoveMathematic]

$\boxed{21}$ [Quảng Ninh] Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $\dfrac{3^{p-1}-1}{p}$ là một số chính phương.

Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\dfrac{3^{p-1}-1}{p}$ là một số chính phương. Khi đó tồn tại số tự nhiên $A$ sao cho
$3^{p-1}-1=p.A^2$
Nếu $p=2$ thì $3^{p-1}-1=p.A^2$ hiển nhiên đúng.
Nếu $p > 2$ và $p$ là số nguyên tố nên hiển nhiên $p$ lẻ. Đặt $p-1=2.k$ với $k$ nguyên dương. Khi đó
$3^{2k}-1=p.A^2$ mà $(3^{k}-1,3^{k}+1)=2$ nên tồn tại các số nguyên dương $B$ và $C$ sao cho:
hoặc $3^{k}-1=2pB^2$, $3{k}+1=2C^2$
hoặc $3^{k}-1=2.C^2$, $3^{k}+1=2pB^2$

Trường hợp thứ nhất không thể xảy ra do nếu $3^{k}+1=2C^2$ thì $2.C^2 \equiv1(mod 3)$. Điều này không xảy ra do $C^2$ chỉ có thể đồng dư với 0 hoặc 1 modunlo 3
Trường hợp 2:$3^{k}-1=2.C^2$, $3^{k}+1=2pB^2$
Nếu $k$ lẻ thì theo tính chất bình phương của 1 số nguyên lẻ luôn đồng dư với 1 modunlo 8 nên $3^{k}+1 \equiv 4 (mod 8)$ từ đó suy ra $2.C^2 \equiv 4 (mod 8)$ suy ra $C^2 \equiv 2 (mod 4)$. Điều này là vô lí do 1 số chính phương chỉ đồng dư 0 hoặc 1 modunlo 4
Từ lập luận trên ta có $k$ là số chẵn. Đặt $k=2.m$ với $m$ là số tự nhiên
$$3^{2.m}-1=2.C^2$$ nên hoặc $3^{m}-1=D^2$, $3^{m}+1=2.E^2$
hoặc $3^{m}-1=2.D^2$, $3^{m}+1=E^2$
trong đó $D$ và $E$ là các số nguyên dương và $D.E=C$
Trường hợp thứ nhất, do $D^2$ chỉ có thể đồng dư 0 hoặc 1 modunlo 3 nên $m=0$ hay $k=0$ suy ra $p=1$ vô lí.
Trường hợp 2: $3^{m}-1=2.D^2$, $3^{m}+1=E^2$ nên $3^{m}=(E-1)(E+1)$ suy ra $E-1$ và $E+1$ đều là lũy thừa của 3, mặt khác $(E-1,E+1)=2$ không chia hết cho 3 nên $E-1=1$ hay $3^{m}=3$ nên
$m=1$ suy ra $p=5$. Thử lại thỏa mãn đề bài.
Vậy $p=2$ và $p=5$ là tất cả các số nguyên tố thỏa mãn đề bài.

[LoveMathematic]

Đề bài:Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $p$ sao cho $p$ là số nguyên tố và tồn tại số nguyên dương a sao cho $\dfrac {(2a)^{p-1}-1}{p}$ là số chính phương.

Ghi chú: Đây là bài toán mình mở rộng từ bài toán (21)-Quảng Ninh ở trên. 

 

Lời giải:

 

Giả sử tồn tại cặp số nguyên dương $(a,p)$ thỏa mã đề bài. Khi đó sẽ tồn tại số nguyên dương $A$ sao cho $(2a)^{p-1}-1=pA^2$
Do $(2a)^{p-1}-1$ là số lẻ nên $p$ cũng là số lẻ nên tồn tại số tự nhiên $m$ sao cho $p-1=2m$. Ta có $$(2a)^{2m}-1=pA^2$$
Hiển nhiên $((2a)^{m}-1,(2a)^{m}+1)=1$ nên tồn tại các số nguyên dương $B$ và $C$ sao cho hoặc $$(2a)^{m}-1=B^2,(2a)^{m}+1=pC^2$$
hoặc
$$(2a)^{m}-1=pB^2,(2a)^{m}+1=C^2$$
Trường hợp 1: $$(2a)^{m}-1=B^2,(2a)^{m}+1=pC^2$$
Ta có $(2a)^{m}-1$ là số lẻ nên $B \equiv 1 (mod 2) \Rightarrow B^2 \equiv 1 (mod 4) \Rightarrow (2a)^{m} \equiv 2 (mod 4) \Rightarrow m=1 \Rightarrow p=3$
Chọn a bằng 1 thì $4-1=3.1^2$ hoặc ta cũng có cách tìm ra tất cả các số a thảo mãn như sau:
Ta có $(2a)^2-1=3A^2$ mà $(2a)-1,(2a)+1)=1$ nên tồn tại các số nguyên dương $D$ và $E$ sao cho
hoặc $$2a=D^2+1=3E^2-1$$
hoặc $$2a=D^2-1=3E^2+1$$
Nếu $$2a=D^2+1=3E^2-1$$
thì $D$ và $E$ đều là các số lẻ nên $D+E$ và $D+3E$ đều lẻ và ta có $( \dfrac {D+3E}{2})^2-3( \dfrac {D+E}{2})^2=1$ là phương trình pell loại 1 và $(2,1)$ là bộ nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình pell $x^2-3y^2=1$ nên
$$ \begin{cases}
\dfrac {D+3E}{2}= \frac {(2+ \sqrt{3})^n+(2- \sqrt{3})^n}{2} \\
\dfrac {D+E}{2}= \frac {(2+ \sqrt{3})^n-(2- \sqrt{3})^n}{2 \sqrt{3}}
\end{cases}$$ nên $$E=\frac {(2+ \sqrt{3})^n+(2- \sqrt{3})^n}{2}-\frac {(2+ \sqrt{3})^n-(2- \sqrt{3})^n}{2 \sqrt{3}}$$ mặt khác do $2a=3E^2+1$ nên $E$ lẻ từ đó suy ra n chẵn hay $E=\frac {(2+ \sqrt{3})^{2n}+(2- \sqrt{3})^{2n}}{2}-\frac {(2+ \sqrt{3})^{2n}-(2- \sqrt{3})^{2n}}{2 \sqrt{3}} \Rightarrow a=3( \frac {(2+ \sqrt{3})^{2}+(2- \sqrt{3})^{2n}}{2n}-\frac {(2+ \sqrt{3})^{2n}-(2- \sqrt{3})^{2n}}{2 \sqrt{3}})^2-1$ với n là số tự nhiên.
Nếu $$2a=D^2-1=3E^2+1$$ Trường hợp này không xảy ra do 1 số chính phương chỉ có thể đồng dư 1 mod 3 mà $D^2 \equiv 2 (mod 3)$.
Trường hợp 2: $$(2a)^{m}-1=pB^2,(2a)^{m}+1=C^2$$ mà $(C-1,C+1)=2$ nên tồn tại các số nguyên dương $y$ và $z$ sao cho
hoặc $$C-1=2y^{m}; C+1=2^{t}.z^{m}$$
hoặc $$C+1=2y^{m}; C-1=2^{t}.z^{m}$$ trong đó số nguyên t thỏa mãn $t+1=V_{2}((2a)^{m})=m.V_{2}(2a)$
Suy ra $y^{m}-2^{t-1}.z^{m}= \pm 1$
Hiển nhiên $(a,p)=(y,p)=(z,p)=1$ và $m= \dfrac {p-1}{2}$ nên $y^{m} \equiv \pm 1 (mod p)$ và $z^{m} \equiv \pm 1 (mod p)$
Từ đó ta có hoặc $$2^{t-1}-1 \equiv 1 (mod p)$$ hoặc $$2^{t-1}+1 \equiv -1 (mod p)$$ hoặc $$2^{t-1}+1 \equiv 1 (mod p) \Rightarrow p=2(vô lí) $$ hoặc $$2^{t-1}-1 \equiv -1 (mod p) \Rightarrow p=2(vô lí)$$
Kết hợp các trường hợp trên ta có $2^{2(t-1)}-1 \equiv 1 (mod p) \Rightarrow 2^{2(t+1)} \equiv 8 (mod p) \Rightarrow 1 \equiv 8 (mod p)$ (do $t+1= \dfrac {p-1}{2}.V_{2}(a) \Rightarrow 2(t+1) \equiv 0 (mod p)$ )
suy ra p=7, chọn a=1 thì ta có $2^6-1=7.3^2$

[LoveMathematic]

$\boxed{8}$ [Hoà Bình] Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a;\,b)$ sao cho$\left(a^2+b\right)\left(a+b^2\right)$ là một luỹ thừa của 2.

Nếu $a;\,b$ thoả yêu cầu thì sẽ phải tồn tại $m;\,n\in\mathbb Z^+$ thoả
\[\begin{array}{l}
{a^2} + b = {2^m}\\
{b^2} + a = {2^n}
\end{array}\]
Xét hai trường hợp sau

• Nếu $a\ne b$, ta giả sử $a>b$ và thấy
  \[{2^m} - {2^n} = \left( {a - b} \right)\left( {a + b - 1} \right)\]
  Như vậy, $m>n$ ta viết $m=n+k$ với $k\in\mathbb Z^+$ để có
  \[\left( {a - b} \right)\left( {a + b - 1} \right) = {2^n}\left( {{2^k} - 1} \right)\]
  Giờ để ý rằng $a;\,b$ có cùng tính chẵn lẻ cho nên $a+b-1$ lẻ tức là
  \[a-b\;\vdots\;2^n\]
  Điều này dẫn đến $a-b\ge 2^n=a+b^2$ tức $b^2+b\le 0$, và điều đó không thể xảy ra.
• Nếu $a=b$, thế thì $a(a+1)=2^m$. Tức $a$ và $a+1$ không được có ước nguyên tố nào ngoài 2. Mà $\gcd(a;\,a+1)=1$ và $a+1>1$ nên chỉ có thể $a=1$. Với $a=b=1$, ta thử thấy thoả.

Tóm lại $a=b=1$.

[LoveMathematic]

$\boxed{1}$ [Hà Nội] Cho $x;\, y;\, z$ là các số hữu tỉ sao cho $x+y^{2}+z^{2}$, $y+z^{2}+x^{2}$ và $z+x^{2}+y^{2}$ đều là các số nguyên. Chứng minh rằng $2x$ là số nguyên.

Ta viết $x = \dfrac{a}{m};\,y = \dfrac{b}{m};\,z = \dfrac{c}{m}$ với $a;\,b;\,c;\,m\in\mathbb Z,\;m>0$ và $\gcd(a;\,b;\,c;\,m)=1$, để có
\[\begin{array}{l}
ma + {b^2} + {c^2}\; \vdots \;{m^2}\\
mb + {c^2} + {a^2}\; \vdots \;{m^2}\\
mc + {a^2} + {b^2}\; \vdots \;{m^2}
\end{array}\]
Từ đây có $a^2+b^2;\,b^2+c^2;\,c^2+a^2$ đều là bội của $m$, do đó
\[2a^2=\left( {{c^2} + {a^2}} \right) + \left( {{a^2} + {b^2}} \right) - \left( {{b^2} + {c^2}} \right)\; \vdots \;m\]
Tương tự ta cũng có $m\mid 2b^2$ và $m\mid 2c^2$, xét hai trường hợp sau

• Nếu $m$ lẻ, ta có luôn $a^2;\,b^2;\,c^2$ đều là bội của $m$, mà $\gcd(a;\,b;\,c;\,m)=1$ cho nên $m=1$ tức $x\in\mathbb Z$ vì thế tất nhiên có điều cần chứng minh.
• Nếu $m$ chẵn, viết $m=2k$ ta có luôn $a^2;\,b^2;\,c^2$ đều là bội của $k$, mà $\gcd(a;\,b;\,c;\,2k)=1$ cho nên $k=1$ tức $m=2$ và có $2x=a\in\mathbb Z$.

[LoveMathematic]

$\boxed{16}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi công thức sau: \[a_0=1;\,a_1=4;\,a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n\quad\forall \,n \in\mathbb N.\]
Chứng minh rằng trong dãy số trên không có số nào là bội của 2017.

Giải phương trình đặc trưng $x^2=2x+3$ để có công thức truy hồi của dãy là
\[{a_n} = \frac{{{{5.3}^n} - {{\left( { - 1} \right)}^n}}}{4}\quad\forall\,n\in\mathbb N.\]
Giả sử tồn tại số tự nhiên $n$ để $2017\mid a_n$, lúc đó có đồng dư
\[{5.3^n} \equiv {\left( { - 1} \right)^n}\pmod{2017};\;(*)\]
Để ý rằng $\left( {\dfrac{{ - 1}}{{2017}}} \right) = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{2017 - 1}}{2}}} = 1$ , và theo luật thuận nghịch thì
\[\left( {\frac{3}{{2017}}} \right)\left( {\frac{{2017}}{3}} \right) = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{\left( {3 - 1} \right)\left( {2017 - 1} \right)}}{4}}} = 1\]
Trong khi $2017^{\frac{3-1}{2}}\equiv 1\pmod 3$, cho nên chứng tỏ $3$ là thặng dư bậc hai theo mod $2017$.

Những điều đó kết hợp với $(*)$ cho ta $5$ là thặng dư bậc hai mod $2017$; $(1)$, đồng thời
\[\left( {\frac{5}{{2017}}} \right)\left( {\frac{{2017}}{5}} \right) = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{\left( {5 - 1} \right)\left( {2017 - 1} \right)}}{4}}} = 1\]
Có điều, $2017^{\frac{5-1}{2}}\equiv -1\pmod 5$ nên
\[\left( {\frac{5}{{2017}}} \right) = \left( {\frac{{2017}}{5}} \right) = - 1;\;(2).\]
Từ mâu thuẫn của $(1)$ và $(2)$, cho ta điều cần chứng minh.

[Kastryas]

 

Lấy bài từ mathscope.org sang thì phải trích nguồn chứ? Copy cả đề và lời giải như thế, ko thấy xấu hổ à? 

http://mathscope.org...2524#post212524

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kastryas: 23-10-2017 - 02:01

[Zaraki]

Khoá topic lí do tất cả những bài viết trên đều được chép từ MathScope mà không ghi nguồn. Để đảm bảo sự trong sáng trong thảo luận toán, hy vọng các bạn hãy viết lời giải của bạn cho bài toán trong từng topic đề thi tỉnh. Nếu bạn muốn cho các thành viên DDTH xem lời giải của người khác, hãy trích dẫn link tới lời giải đó.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 23-10-2017 - 04:03