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

1 ĐAKLAK Cho trước p số nguyên tố lớn Tìm tất số nguyên dương k cho k  pk số nguyên dương LỜI GIẢI Giả sử k  pk n với n    k  pk  n 0  k  p  p  n 2  Do k   nên p  n số phương 2 2 2 Đặt p  n m với m   m  n  p   m  n   m  n   p  p2 1 m  m  n 1   2 m  n  p n  p   Do p số nguyên tố lớn nên  k  p m   Do k   nên p  p  1  p  1 k 2 BẮC GIANG Tìm tất số ngun dương n  có tính chất: a, b ước nguyên a, b 1 dương n   a  b  ước n LỜI GIẢI k TH1: Nếu n có ước nguyên tố, tức n p thỏa mãn tốn TH2: Nếu n có từ hai ước nguyên tố trở lên Đặt n  p1x1 p2x2 pkxk  p1  p2   pk ; xi  * , k 2  , pi số nguyên tố x x P n , p1 n,  P, p1  1, suy P  p1  n Đặt P  p2 pk k Do pi không ước P  p1  1, i 2, k nên suy P  p1   p1x   x  x1  ; p12 n Do   P n , p12 n, P, p12 1,suy P  p12  n hay P   p1  1  p1  1 n P   p1  1  p1  1 Nếu p1  không chia hết cho p2 khơng chia hết cho y p2 , suy P  p1   p1  x  y  x1  Như p1  p1  1  p12  p1  p1y  p1x p1x  p1y  x  1 Suy x 1; y 2 , mâu thuẫn Nếu p1  chia hết cho p2 , xảy p1 2; p2 3 Chứng minh n có nhiều ước nguyên tố Đặt T tích ước nguyên tố khác 2, n Khi T lẻ Do 2,3, n  T ,   T ,3  T ,  1 nên T  1, T  2, T  n Do T  1, T  2, T  chia hết cho T  3m ; T  2a ; T 1 2b ,suy b 1, a 2 , mâu thuẫn n 2 x 3x , x1 3  n  10 n , loại x2 2  n  10 n , loại Thử lại n 12 k Kết luận: n p n 12 BẮC NINH Cho số nguyên tố p Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện 2020n2019 n  2018 (mod p) LỜI GIẢI Ta xét trường hợp Trường hợp Nếu p ước nguyên tố 2020, đó, cần chọn n + 2018Mp thỏa mãn Việc chứng tỏ tìm vơ số n Trường hợp Nếu p không ước nguyên tố 2020, (p,2020) = ìï n + 2019 º 0(mod p - 1) ï í ï n + 2018 º 1(mod p) Chọn ïỵ Theo định lí Fecma a p- º 1(mod p) ta 2020p- º 1(mod p) Þ 2020n+2019 º 1(mod p) n+2019 º n + 2018(mod p) (thỏa mãn đề bài) nên 2020 Lại có, theo định lí Trung Hoa dư hệ phương trình đồng dư ln có p, p - 1) = nghiệm n ( nên có vơ số tự nhiên n thỏa mãn (đpcm) ĐỒNG THÁP Tìm tất cặp  a ; b  với a, b số nguyên dương, cho M a  10a  2b số phương LỜI GIẢI Giả sử a  10a  2b n  n    Trường hợp 1: Xét b 1: Khi n a  10a  2 + Nếu a chẵn n 2  mod  , loại + Nếu a lẻ n 5  mod8  , loại Trường hợp 2: Xét b 2 : Khi n a  10a  Ta có: ( a  2)  n  ( a  5) 2 Suy ra: n a  n a  Cả hai trường hợp khơng có nghiệm Trường hợp 3: Xét b 3 : Tương tự trường hợp b 2 ta tìm a 2 2 2 Trường hợp 4: Xét b 4 : Khi (a  4)  M  (a  5) nên M không số phương Trường hợp 5: Xét b 5 : Nếu a lẻ n 3  mod  , loại k Suy a chẵn Đặt a 2 c , c lẻ 4k k 1 b Khi n 2 c  5.2 c  Vì số mũ n chẵn nên b 2k  Suy ra: n a  10a  2a   a    n a  Mà b 5 nên n  a  , loại Vậy  a ; b   2;3 cặp cần tìm HƯNG YÊN 2n n n Tìm số nguyên ( a, b, c) với c 0 cho b  c chia hết cho a  với n nguyên dương LỜI GIẢI Trước hết với n nguyên dương b n  c( mod a n  2n ) b6 n  c ( mod a 3n  23n ) Nên b n  c( mod a n  2n ) b6 n  c( mod a n  2n ) n n Suy ( c) ( c)( mod a  ) với n nguyên dương n n Tức a  | c(c  1)(c  1) | vơi n nguyên dương Mà lim (a n  2n )  n  nên c(c  1)(c  1) 0 Từ ta c 0 c 1 2n n n a/ Khi c 0 Ta có b chia hết cho a  với n nguyên dương Với b 0 , hiển nhiên thỏa mãn với a  Ta xét hai trường hợp: Với b  2n n1 1/ Nếu a 2 b chia hết b chia hết cho Khi ( a, b, c) (2, 2k ,0) thỏa mãn đề bài, k nguyên khác  2/ Nếu a  n n n n +) Khi a chẵn, a 2k a  2 (k  1) m q 2 Xét số nguyên dương m  q tùy ý, giả sử (k 1, k  1) d m q  s m q s q s s 2 2 2 nên k k (k ) ( 1) 1( mod d ) , nên d ước Tức d 2 Từ m q 2 với hai số m>q bất kỳ, k  , k  nguyên tố nhau, có n 2n ước chung lớn 2, nên n thay đổi, k  có vơ hạn ước Trong b 2n n n có hữu hạn ước, nên b khơng thể chia hết cho a  với n m m q q 2 2 2n +) Khi a lẻ Lập luận tương tự (a  , a  ) 1 nên suy b có vơ hạn ước Mâu thuẫn Vậy c=0, ta thu (a, b, c) (2, 2k ,0) 2n n n b/ Khi c 1 Ta có b  chia hết cho a  với n 2 Nếu a chẵn a  chia hết b  chia hết cho Mâu thuẫn Nếu a lẻ Ta có 2a khơng phương Ta chứng minh tồn số nguyên tố p có dạng 4k  cho 2a khơng thặng dư bình phương mod p Thật +) Nếu 2a 2m với m lẻ, xét p số nguyên tố dạng 8k  khơng thặng dư bình phương mod p nên 2a khơng thặng dư bình phương mod p +) Nếu 2a l t với t  p1 p2  pm , p1 , p2 ,, pm số nguyên tố phân biệt pm lẻ Theo định lý phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên tố p cho        p 1( mod8)  ( ) 1 p p 1( mod pi )(i 1, 2, m  1) p  x( mod pm ) x khơng thặng dư bình phương mod pm pi  p  k p p p t p ( i ) ( 1) 2 ( ) ( ) 1 ( ) ( i ) pi pi Khi p i 1 p p i 1, 2,, m  riêng ( p )  pm t 2a )  ( )  Suy p nên p hay 2a khơng thặng dư bình phương mod p Do hai trường hợp tồn số nguyên tố p có dạng 4k  cho 2a khơng thặng dư bình phương mod p 2 Mà b phương nên b thặng dư bình phương mod p Từ đó: (2a) (b ) p p  1( mod p) nên a p 2 p 0( mod p) Suy  1( mod p) p Suy (b, p ) 1 nên b 1( mod p) Mâu thuẫn Vậy tất (a, b, c) thỏa mãn (a,0,0) (2, 2k , 0) với k nguyên khác LÂM ĐỒNG Tìm tất cặp số nguyên ( m,n) với m, n ³ để tồn vô hạn số m x +x - n nguyên dương x cho x + x - số nguyên dương LỜI GIẢI Nhận xét : m > n Gọi q( x) , r ( x) r ( x) đa thức có hệ số nguyên ( ) xm + x - = q( x) xn + x2 - + r ( x) Khi : xn + x2 - r ( x) x + x - > r ( x) Vậy n với vơ hạn số ngun dương x Nhưng x đủ lớn r ( x) n r x có bậc nhỏ x + x - Do ( ) phải ( ) xm + x - = q( x) xn + x2 - Ta có : có bậc < n cho ( q( x) = xm- n + am- n- 1xm- n- + + a0 ) ( ) xm + x - = xm- n xn + x2 - + ( 1- x) xm- n+1 + xm- n - : xn + x2 - xm- n+1 + xm- n - Vì m - n + ³ n Û m ³ 2n - Hơn ta có : ( ) xn + x2 - xm- n+1 + xm- n - 1- xm- 2n+1 xn + x2 - m- n =x * Ta viết ( ) n - = m- 2n+3 - x thành : +x - ( (*) ) ( ( *) khơng có nghiệm thuộc m- ( 2n- 1) xm- 2n+3 xn- - + x m - ( 2n - 1) = Như trừ m- 2n+1 n = 3, m = ) ( ) - < 0, " x Ỵ 0;1 trừ đa thức n Nhưng đa thức x + x - lại có nghiệm thuộc x = nhận giá trị x = Do phải có ( 0;1) ( 0;1) nhận giá trị - n = 3;m = Dễ dàng kiểm tra n = 3;m = thỏa mãn đề LÀO CAI Cho dãy số (an ) xác định bởi: a1  34, an1  4an  104an  107an với số n nguyên dương Tìm tất số nguyên tố p thỏa mãn hai điều kiện   p  mod4 a2020  chia hết cho p LỜI GIẢI   a,b  ¥ *, a2  b2 Mp p  mod4 p Bổ đề: Cho số nguyên tố Nếu a Mp, bMp  Thật vậy, đặt p  4k  3(k  ¥ )  , giả sử a/Mp đób/Mp  (a, p) 1,(b, p) 1 p 2(2k1) 1(mod p) Theo định lý Fecma a 1(mod p)  a bp 1(mod p)  b2(2k1) 1(mod p) Theo giả thiết a   b2 Mp  a2  b2(mod p)  (a2)2k1  (b2)2k1(mod p)   1(mod p)   0(mod p) Vô lý, giả sử sai nên a Mp,bMp (đpcm) Ta làm bi toỏn tng quỏt: Vi mi n ẻ Ơ tỡm p nguyên tố thỏa mãn hai điều p º 3( mod4) kiện an+1 + chia hết cho p an+1 - 27 = ( an - 27) ( 2an + 1) Þ Do Do n ak+1 - 27 k=1 ak - 27 ế an ẻ Ơ * (" n) n an+1 - 27 an - 27 = ( 2an + 1) ( ) = Õ ( 2ak + 1) = A Þ an+1 - 27 = 7A2 Þ an+1 + = 22 + A k=1 nên A Ỵ ¥ * Giả sử p nguyên tố thỏa mãn hai điều kiện cho p p º 3( mod4) an+1 + chia hết 22 + A 2) Mp ị 2Mp ( p Nu thỡ (vơ lý) Vậy p = PHÚ THỌ Tìm tất ba số tự nhiên  m;n;k thỏa mãn 5m  7n k3 LỜI GIẢI Với i ẻ Ơ , ta cú 52i ( mod8) ; 52i +1 º - ( mod8) 72i º ( mod8) 72i +1 º - ( mod8) ; i º/ ±2;4 ( mod8) m n Do ú, nu m, n, k ẻ Ơ thỏa mãn + = k tồn s,t, u ẻ Ơ cho m = 2s;n = 2t + 1;k = 2u Khi 25s + 7.49t = 8u3 (1) Ta chứng minh sM3 25s º - u3 ( mod9) - Nếu t = 253i +1 º ( mod9) s = i + +) Nếu 253i +2 º ( mod9) +) Nếu s = 3i + Mặt khác, - u3 º 1;2;3 ( mod9) Do sM3 10 p b Cho đa thức P  x  x  ax  bx  c a, b, c số nguyên p số nguyên tố Biết P  x  có ba nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 thỏa mãn  x1  x2   x2  x3   x3  x1  không chia hết cho p Chứng minh abc  ac chia hết cho p Lời Giải Ta có   P  x1   x1p  ax12  bx1  c  x1p  x1  ax12   b  1 x1  c 0 Mà theo định lý Fecma ta có x p   x1 0  mod p  suy ax12   b  1 x1  c 0  mod p  Tương tự ta có ax2   b  1 x2  c 0  mod p  ax32   b  1 x3  c 0  mod p   ax   b  1 x  c    ax   b  1 x Suy 1 2  c  0  mod p    x1  x2   a  x1  x2    b  1  0  mod p  Mà  x1  x2   x2  x3   x3  x1  không chia hết cho p suy  a  x1  x2    b  1  0  mod p   a  x2  x3    b  1  0  mod p  Tương tự   a  x  x    b  1    a  x2  x3    b  1  0  mod p  Suy   a  x1  x2  0  mod p   a 0  mod p    b  1 0  mod p   c 0  mod p   abc  ac chia hết cho p 15.PHÚ THỌ DAY Tìm tất b ba s t nhiờn Vi mi i ẻ Ơ , ta có ( m;n;k) m n thỏa mãn + = k LG 52i º ( mod8) 52i +1 º - ( mod8) ; 72i º ( mod8) 72i +1 º - ( mod8) ; i º/ ±2;4 ( mod8) Do ú, nu m, n, k ẻ Ơ tha + = k tồn s,t, u Î ¥ cho m n 20