Một số bài toán số học chọn đội tuyển thi vmo 2020

p mTH1: Nếu n chỉ có một ước nguyên tố, tức là n p kthì thỏa mãn bài toán.. Chứng minh n không thể có nhiều hơn 3 ước nguyên tố... Ta chứng minh tồn tại số nguyên tố p có dạng 4k 1 sao

p m

TH1: Nếu n chỉ có một ước nguyên tố, tức là n p kthì thỏa mãn bài toán

TH2: Nếu n có từ hai ước nguyên tố trở lên

Suy ra x1;y2, mâu thuẫn.

Nếu p 1 1 chia hết cho p2, chỉ xảy ra p1  2;p2  3.

Chứng minh n không thể có nhiều hơn 3 ước nguyên tố Đặt T là tích các ước nguyên tố khác 2, 3 của n Khi đó T lẻ.

Việc này chứng tỏ tìm được vô số n.

Trường hợp 2 Nếu p không là ước nguyên tố của 2020, khi đó ( ,2020)p =1

Lại có, theo định lí Trung Hoa về dư thì hệ phương trình đồng dư luôn có

nghiệm n vì (p p -, 1) = 1 nên có vô số tự nhiên n thỏa mãn (đpcm)

4 ĐỒNG THÁP

Tìm tất cả các cặp a b;  với a b, là các số nguyên dương, sao cho

+ Nếu a chẵn thì n 2 2 mod 4 , loại.

+ Nếu a lẻ thì n 2 5 mod8  , loại

Trường hợp 2: Xét b 2 : Khi đó n2 a410a24. Ta có:

(a  2) n  (a  5)

Suy ra: n a 23 hoặc n a 24

Cả hai trường hợp này đều không có nghiệm

Trường hợp 3: Xét b 3 : Tương tự như trường hợp b 2 ta tìm được a 2.

Trường hợp 4: Xét b 4 : Khi đó (a24)2 M (a2 5)2 nên M không là số chính phương

Trường hợp 5: Xét b 5 : Nếu a lẻ thì n 2 3 mod 4 , loại

Mà b 5 nên n a 2 5, loại Vậy a b ;  2;3 là cặp cần tìm.

Suy ra ( )c 3  ( )( modc a n2 )n với mọi n nguyên dương

Tức là a n2n| (c c 1)(c1) | vơi mọi n nguyên dương

Mà lim( 2 )

n n

nên c c( 1)(c1) 0 Từ đó ta được c 0 hoặc c 1

a/ Khi c 0 Ta có b 2n chia hết cho a  n 2n với mọi n nguyên dương

Với b 0, hiển nhiên thỏa mãn với mọi a

Với b  0 Ta xét hai trường hợp:

1/ Nếu a 2 thì b 2n chia hết cho 2n1

nên b2 chia hết cho 4 Khi đó

( , , ) (2,2 ,0)a b c  k là các bộ thỏa mãn đề bài, k nguyên khác 0

2/ Nếu a  2

+) Khi a chẵn, a 2k thì a n2n 2 (n k n1)

Xét 2 số nguyên dương m q tùy ý, giả sử (k2m 1,k2q 1)dthì m q s 

nên k2m k2 2q s (k2q)2s   ( 1)2s  1( mod )d , nên d là ước của 2 Tức là d 2 Từ

đó với hai số m>q bất kỳ, k 2m 1, k 2q 1 hoặc nguyên tố cùng nhau, hoặc chỉ có ước chung lớn nhất là 2, nên khi n thay đổi, k  n 1 có vô hạn ước Trong khi b 2n

chỉ có hữu hạn ước, nên b 2n không thể chia hết cho a  n 2n với mọi n

+) Khi a lẻ Lập luận tương tự (a2m 2 ,2m a2q 2 ) 12q  nên cũng suy ra b 2n có vô hạn ước Mâu thuẫn

Vậy khi c=0, ta chỉ thu được các bộ ( , , ) (2,2 ,0)a b c  k

b/ Khi c 1 Ta có b 2n 1 chia hết cho a  n 2n với mọi n

Nếu a chẵn thì a 2 22 chia hết cho 4 nên b 4 1 chia hết cho 4 Mâu thuẫn

Nếu a lẻ Ta có 2a không chính phương Ta chứng minh tồn tại số nguyên tố p

có dạng 4k 1 sao cho 2a không là thặng dư bình phương mod p Thật vậy

+) Nếu 2a2m2 với m lẻ, xét p là số nguyên tố dạng 8k 5 thì 2 không là thặng dư bình phương mod p nên 2a không là thặng dư bình phương mod p

+) Nếu 2a l t 2 với tp p1 2 p m, trong đó p p1 , , , 2  p m là các số nguyên tố phân biệt và p m lẻ

Theo định lý phần dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên tố p sao cho

2 1( mod8) ( ) 1 1( mod )( 1, 2 , 1) ( mod )

i m

p  hay 2a không là thặng dư bình phương mod p

Do đó trong cả hai trường hợp đều tồn tại số nguyên tố p có dạng 4k 1 sao cho 2a không là thặng dư bình phương mod p

Mà b2 chính phương nên b2 là thặng dư bình phương mod p

Từ đó:

1 2

Suy ra ( , ) 1b p  nên b p11( mod )p Mâu thuẫn

Vậy tất cả các bộ ( , , )a b c thỏa mãn là ( ,0,0)a hoặc (2,2 ,0)k với k nguyên khác 0

6 LÂM ĐỒNG

Tìm tất cả các cặp số nguyên (m n, )

với m n ³, 3 để tồn tại vô hạn các số

nguyên dương x sao cho 2

1 1

m n

+ + - là một số nguyên dương

vì nó nhận giá trị - 1

tại x= 0 và nhận giá trị 1 tại x= 1 Do đó phải có n=3;m=5

Dễ dàng kiểm tra được n=3;m=5 thỏa mãn đề bài.

Theo giả thiết

a2 b p2M a2 b2 (mod )p ( )a2 2 1k ( )b2 2 1k (mod )p 1 1(mod )p

2 0(mod )p

  Vô lý, vậy giả sử sai nên a p b pM M, (đpcm)

Ta làm bài toán tổng quát: Với mọi n Î ¥ tìm p nguyên tố thỏa mãn hai điều

kiện p º 3 mod4( ) và a n+1 + 1 chia hết chop

( )( )2 1 ( )2 1

Giả sử p nguyên tố thỏa mãn hai điều kiện p º 3 mod4( ) và a n+1 + 1 chia hết chop

Mà 7.49t - 1 1;2 (mod5)º (mâu thuẫn).

Do đó v= Þ0 u= Þ1 m=0,n=1,k=2

Thử lại: m=0,n=1,k=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy có duy nhất một bộ (m n k =, , ) (0;1;2) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Gọi A n là họ các tập con không chứa 2 số nguyên liên tiếp của S

Mỗi tập A A n2 gồm có hai loại: Loại 1 gồm các tập chứa n 2, loại 2 gồm các tập không chứa n 2

Nếu A là tập loại 1 thì A không chứa n 1 Do đó nếu bỏ đi khỏi A phần tử

2

n  , ta sẽ được một tập con của A n

Ngược lại, với mỗi tập con Bcủa A n thì tập A B {n2} là tập loại 1 của của

Cho n là số nguyên dương có dạng n 22p  (trong đó 1 p  là số nguyên tố).3

Chứng minh rằng n| 2n  8 và n có ít nhất ba ước nguyên tố phân biệt.

Vì 2p 1có ít nhất một ước nguyên tố nên ta chỉ cần chứng minh 2p1có ít nhấthai ước nguyên tố phân biệt

Do vậy 2p1 có ít nhất một ước nguyên tố khác 3

Vậy n có ít nhất ba ước nguyên tố phân biệt

Gọi S n( ) là số các hoán vị “chuẩn” của (1,2, , ).¼ n

Ta định nghĩa hoán vị “chuẩn” của n số nguyên dương liên tiếp tương tự như

Xét một hoán vị “chuẩn” của (1,2, , )¼ n thuộc nhóm k, với kÎ {2, ,n- 2 }

Do 1 =a k ³ a k-1 - 1 nên a k-1£ 2 Suy ra a k-1= 2. Lý luận tiếp tục như vậy ta

suy ra k số hạng đầu của hoán vị phải là k k -, 1, ,2,1¼ và n k- số hạng cuối sẽ

là một hoán vị “chuẩn” của (k+ ¼1, , ).n

Theo nhận xét trên thì số các hoán vị “chuẩn” của nhóm k sẽ bằng S n k( - ).

Xét n ³ 3 Ta chia các hoán vị “chuẩn” của (1,2, , )¼ n thành 2 nhóm.

Nhóm 1 gồm các hoán vị “chuẩn” mà số 1 ở vị trí đầu tiên, rõ ràng số các hoán

vị “chuẩn” của nhóm 1 bằng số các hoán vị “chuẩn” của (2,3 , )¼ n là S n -( 1).

Nhóm 2 gồm các hoán vị “chuẩn” mà số 1 không ở vị trí đầu tiên Khi đó số 1

phải đứng liền sau số 2

Từ một hoán vị “chuẩn” thuộc nhóm 2, nếu bỏ số 1thì ta thu được một hoán vị

“chuẩn” của (2,3 , )¼ n và ngược lại từ một hoán vị “chuẩn” của (2,3 , )¼ n , nếu

bổ sung thêm số 1 liền sau số 2 thì ta thu được một hoán vị “chuẩn” thuộc

nhóm 2

Do đó số các hoán vị “chuẩn” của nhóm 2 cũng đúng bằng số các hoán vị

“chuẩn” của (2,3 , )¼ n là S n -( 1).

Từ đó suy ra S n( )=2 (S n- 1) và do S(2)=2 nên S n( )=2 n-1

Vậy số hoán vị “chuẩn” của (1,2, , )¼ n bằng 2n-1

Lưu ý Có thể tìm được song ánh từ tập các hoán vị “chuẩn” đến tập các tập con

của tập {1,2, ,n - 1}. Từ đó ta cũng suy ra số hoán vị “chuẩn” của (1,2, , )¼ nbằng 2 n-1

12 QUẢNG NGÃI

a Cho n là một số nguyên dương có ít nhất 6 ước nguyên dương Giả sửcác ước nguyên dương của n được sắp theo thứ tự sau 1=d1<d2<…<d k=n với k ≥ 6

Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho n=d52+d62

b Choplà số nguyên tố Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x y z n, , , ,với 0 n  p thỏa mãn x2 y2 z2 np0.

nhưng nhỏ hơn d5, d6 vô lý

d5, d6 cả hai đều là số chẵn, thật vậy nếu d5 là lẻ thì d6 cũng lẻ Nhưng d5 là một ước lẻ của n thì 2 d5 mới là ước tiếp theo của n Mâu thuẫn với d6 lẻ

Suy ra, n chia hết cho 4

Khi đó, các ước ban đầu của n có ba trường hợp sau

Trường hợp 1 1, 2,3, 4, 6, 12, … là các ước ban đầu

Khi đó n=d52

+d62

= ¿180, n chia hết cho 5 vô lý

Trường hợp 2 1, 2, 4 , p ,2 p , 4 p , … là các ước ban đầu

Khi đó n=d52+d62=20 p2, n chia hết cho 5 suy ra p=5. Hay n=500

Thỏa điều kiện.

Trường hợp 3 1, 2, 4,8, 16, 32, … là các ước ban đầu

Khi đó n=d52+d62=28.5, n chia hết cho 5 vô lý

Nếu -1 không là số chính phương modulo p, khi đó  1 p21 1 mod p 

Ta chứng minh tồn tại số tự nhiên k 0 k p sao cho ;k p 1 kđều là số chính phương modulo p (nếu

1 2

p 

là số cp mod p thì coi

1 2

số không là số chính phương modulo p

Do p-2 không là số chính phương mod p nên      

p 

không là số chính phương mop p(*)

1 mod p 2

b) 2014 không phải là số đặc biệt

Ta có thể giả sử x32y3 là số nhỏ nhất thỏa mãn tính chất (1)

Ta biết rằng nếu 19 |x32y3 thì 19 là ước của cả x và y, thật vậy:

Nếu 19 không là ước của x thì do 19 |x32y3 nên 19 cũng không là ước của y

Vì thế, theo fecma ta có x18 y18 1 mod19 

Điều này vô lý

Vậy từ (1) ta có x 19 ;x y1  19.y1 với x y1 ; 1 là các số nguyên dương Thay lại vào (1)

ta nhận được 2 3 3  3 3

19 x  2y  2.53 u  2v

(2)Nghĩa là 19 |u32v3 suy ra u 19 ;u v1  19v1, lại tiếp tục thay vào (2) ta nhận được

x  y  u  v

Khi đó rõ ràng x13 2y13 x3 2y3 , mâu thuẫn tính nhỏ nhất của x32y3

Vậy 2014 không phải là số đặc biệt

Từ đó suy ra tổng lập phương của 3 số chẵn liên tiếp chia hết cho 3

Giả sử tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn

Chia các lập phương của 2019 số chẵn liên tiếp thành 671 bộ gồm tổng lập phương của 3 số chẵn liên tiếp nên suy ra tổng các bộ đó chia hết cho 3 hay tổng lập phương của 2019 số chẵn liên tiếp chia hết 3 Mà 2020n không chia hếtcho 3 với mọi số nguyên dương n

Điều này dẫn đến vô lý Vậy không tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn đề bài

b Cho đa thức P x  x p ax2bx c trong đó , ,a b c là các số nguyên và p

là số nguyên tố Biết rằng P x có ba nghiệm nguyên   x x x1, ,2 3 thỏa mãn

x1 x2 x2  x3 x3  x1 không chia hết cho p Chứng minh rằng abc acchia hết cho p 3

Thử lại: m=0,n=1,k=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy có duy nhất một bộ (m n k =, , ) (0;1;2) thỏa mãn yêu cầu bài toán

16 HƯNG YÊN DAY 2

Tìm các bộ số nguyên( , , )a b c với c 0 sao cho b 2nc chia hết cho a  n 2n vớimọi n nguyên dương

Suy ra ( )c 3  ( )( modc a n2 )n với mọi n nguyên dương

Tức là a n2n| (c c 1)(c1) | vơi mọi n nguyên dương

Với b 0, hiển nhiên thỏa mãn với mọi a

Với b  0 Ta xét hai trường hợp:

1/ Nếu a 2 thì b 2n chia hết cho 2n1 nên b2 chia hết cho 4 Khi đó

( , , ) (2,2 ,0)a b c  k là các bộ thỏa mãn đề bài, k nguyên khác 0

k k  k   ( 1)2s  1( mod )d , nên d là ước của 2 Tức là d 2 Từ

đó với hai số m>q bất kỳ, k 2m 1, k 2q 1 hoặc nguyên tố cùng nhau, hoặc chỉ có ước chung lớn nhất là 2, nên khi n thay đổi, k  n 1 có vô hạn ước Trong khi b 2nchỉ có hữu hạn ước, nên b 2n không thể chia hết cho a  n 2n với mọi n

+) Khi a lẻ Lập luận tương tự (a2 2 ,2 a2 2 ) 12  nên cũng suy ra b 2n có vô hạn ước Mâu thuẫn

Vậy khi c=0, ta chỉ thu được các bộ ( , , ) (2,2 ,0)a b c  k

b/ Khi c 1 Ta có b 2n 1 chia hết cho a  n 2n với mọi n

Nếu a chẵn thì a 2 22 chia hết cho 4 nên b 4 1 chia hết cho 4 Mâu thuẫn Nếu a lẻ Ta có 2a không chính phương Ta chứng minh tồn tại số nguyên tố p

có dạng 4k 1 sao cho 2a không là thặng dư bình phương mod p Thật vậy+) Nếu 2a 2m2 với m lẻ, xét p là số nguyên tố dạng 8k 5 thì 2 không là thặng dư bình phương mod p nên 2a không là thặng dư bình phương mod p+) Nếu 2a l t 2 với tp p1 2 p m, trong đó p p1 , , , 2  p m là các số nguyên tố phân biệt và p m lẻ

Theo định lý phần dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên tố p sao cho

2 1( mod8) ( ) 1 1( mod )( 1, 2 , 1) ( mod )

i m

p  hay 2a không là thặng dư bình phương mod p

Do đó trong cả hai trường hợp đều tồn tại số nguyên tố p có dạng 4k 1 sao cho 2a không là thặng dư bình phương mod p

Mà b2 chính phương nên b2 là thặng dư bình phương mod p

Từ đó:

1 2

Suy ra ( , ) 1b p  nên b p11( mod )p Mâu thuẫn

Vậy tất cả các bộ ( , , )a b c thỏa mãn là ( ,0,0)a hoặc (2,2 ,0)k với k nguyên khác 0

k k

.Khi này,  (1)  2k 1 và nghiệm nguyên dương duy nhất của (1) là

1 2

k

m    k

Thay vào được

Việc còn lại là chỉ ra (2) chỉ có nghiệm duy nhất với k  

Gọi k0 là số nguyên không âm lớn nhất sao cho k02 k0   2 2n, lúc này k0 luôn

Ta gọi l0 là giá trị nhỏ nhất của n thoả mãn bất phương trình trên

Khi đó hiển nhiên

l l

b    n

, với cách chọn này b xác định và duy nhất

0 0

0 0

3 1 2

1 2

3 1 2

1 0 2

Thật vậy, với n là một số nguyên dương tùy ý, vì dãy T n   tăng ngặt nên

luôn tồn tại một số nguyên dương k thỏa

Chứng minh được a và b là các số nguyên dương và

Cho p là một số nguyên tố, p > 2 và các số nguyên a a1 ; ; ; 2 a p theo thứ tự đó

lập thành một cấp số cộng có công sai không chia hết cho p Chứng minh rằng tồn tại một chỉ số k thuộc tập 1;2; ; p sao cho a a a1 2 p a k chia hếtcho p2

LG

Gọi d là công sai của cấp số cộng Ta có a i1  a i d với mọi 1  i p 1

Do d không chia hết cho p nên các số a i có số dư khi chia cho p đôi một khác

nhau

(Hay a a1 , , , 2 a p lập thành một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p)

Suy ra tồn tại k1; 2; ; p mà a p k , các số a i còn lại với i1; 2; ; p i k;  có

số dư khi chia cho p là 1; 2; ; p  1 theo một thứ tự nào đó

Xét tích các số này ta có      

1 2

1.2 1 1 ! mod

p k

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x2  y2  2020 (1)

b) Cho dãy số  a n xác định như sau

+) Phương trình (1) không có nghiệm dạng (a;0) ; (0; b)

+) Nếu ( a; b) là 1 nghiệm của (1) thì (a;-b); ( -a; b); (-a; -b) cũng là nghiệm của (1)

+) x2 > y2

Do đó ta chỉ cần tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1)

Ta có x2  y2  2020  ( x y x y  )(  ) 4.505 (2) 

1 101 5

 , Hệ phương trình này không có nghiệm nguyên

Vậy phương trình đã cho có tất cả 8 nghiệm nguyên phân biệt là :

a Tìm các nghiệm ( ; )x y của phương trình sao cho ,x y nguyên tố cùng

Ta chứng minh ( ;u u n n1 )đều là các nghiệm của phương trình bằng quy nạp

Với n 1 khẳng định đúng Giả sử khẳng định đúng với n k

Vì y ³ 1 nên 3y > 1 kéo theo 2x > 2t hay x>t.Khi đó

(1)Û 2 (2t x t- - 1)=3y- 1. (2)

Vì vế phải không chia hết cho 3 nên x t- là số lẻ (3)Xét các trường hợp sau

Trường hợp 1 Nếu y là số lẻ

Theo định lí LTE ta có v2 (3y- 1) =v2 (3 1) 1 - - Suy ra v2 (2 )t = 1 hay t =1, khôngthoả mãn.

Mà z =3 lẻ nên theo (3) thì x chẵn, đặt x= 2l với l Î ¥*phương trình trở thành

4l - 9k = Û 7 (2l - 3 )(2k l + 3 )k = 7. Suy ra 2l +3k £ 7 nên 3k < 7 hay k =1. Từ

đó ta tìm được l =2 hay x =4 và y =2. Vậy ( ; ; )x y z =(4; 2; 1).

Vì vậy khả năng này không có nghiệm

Vậy tất cả các bộ ba số nguyên dương ( ; ; )x y z thoả mãn là (4; 2; 1).

Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên và  là số tự nhiên, nếu p |a và p 1 | a

ta nói  là số mũ đúng của p trong khai triển của a và kí hiệu v a p( ) 

Chứng minh: Ta sẽ chứng minh quy nạp theo v p n Trước hết, ta sẽ chứng

minh khẳng định sau: v px n y nv px y 1 Để chứng minh điều đó ta cần chỉ

Như vậy, v px n y n v px y 1.Tiếp theo, đặt np h b k k ; , N, b 1, ƯCLN b p ,  1. Khi đó thì

p  n n (1) Đặt   2 x

Nếu n 1thì (1)  p 2k 1  2  1 k 2;    1 p 3.

Nếu n 2. Ta gọi r là một ước nguyên tố của n

Từ phương trình ta suy ra p n 1 mod n p n 1 mod r. Do đó ƯCLNb r ,  1.

Đặt k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn p k 1 mod r. Theo định lí Fermat

nhỏ thì p r1 1 mod r k r| 1;k n| Do ƯCLN r1,n  1 k1.Ta có

r p  r   r  n

Nếu v2k 1v2p 1 p 1 |k n 1k  n 1 mod p (theo định lí Fermat

nhỏ) Tuy nhiên theo (1) thì  1 mod   1 mod  

k

n n p  n n p mâu thuẫn Vậy

1 mod 5 ; 2 mod 5 ; 3 mod 5 ; 4 mod 5

Ta cũng có k3 mod 4  k7 mod 12   Theo định lí Fermat nhỏ suy ra:

n 1k n 17 n 1 mod 13   n 1 n 1 mod 13   nmod 13 , vô lí (vì với 13 |n  5n 1 mod 13 , mâu thuẫn do 5n 5 mod 13 )

Vậy p n k, ,   3,1, 2 ; p n k, ,   5, 2,3 