Bài 1: Chứng minh rằng: $2^{(3^{n})}$ không chia hết cho $17$ với mọi số nguyên $n>0$ Spoiler: Lời giải + Nếu $n=2l+1(l\in\mathbb{N})\implies 3^{n}\equiv 3\text{ (mod 4)}$. + Nếu $n=2l(l\in \mathbb{N})\implies 3^{n}\equiv 1\text{ (mod 4)}$. Vậy $\forall n\in \mathbb{N^*}\implies 3^{n}=4k+1\text{ hoặc }3^{n}=4k+3(k\in \mathbb{N})$. Nếu $3^{n}=4k+1\implies 2^{(3^n)}=2^{4k+1}=16^{k}.2\equiv 2.(-1)^{k}(\text{ mod 17 })$. Nếu $3^{n}=4k+3\implies 2^{(3^n)}=2^{4k+3}=16^{k}.8\equiv 8.(-1)^{k}(\text{ mod 17 })$. Tuy nhiên, ta lại có rằng: $2.(-1)^{k}=\left\{\begin{array}{I} -2\text{ với }k \text{ lẻ }\\ 2\text{ với }k \text{ chẵn } \end{array}\right.$ $8.(-1)^{k}=\left\{\begin{array}{I} -8\text{ với }k \text{ lẻ }\\ 8\text{ với }k \text{ chẵn } \end{array}\right.$ Vì vậy ta luôn có: $2^{(3^{n})}$ không chia hết cho $17$ với mọi $n>0$. Bài 2: Tìm tất các cặp số nguyên dương $(m,n)$ sao cho $\frac{m^4+n^2}{7^m-3^n}$ là một số nguyên. Spoiler: Lời giải Đặt $A=\frac{m^4+n^2}{7^m-3^n}$. Dễ thấy $7^m$ và $3^n$ lẻ với mọi $m,n$ nguyên dương nên suy ra $7^m-3^n$ chẵn nên để $A$ nguyên thì $m,n$ phải cùng tính chẵn lẻ. Ta xét 2 trường hợp: TH1: $m,n$ lẻ, ta có: $7^m\equiv 3^{n}\equiv (-1)(\text{ mod 4 })$ và $m^2-1=(m-1)(m+4)\vdots 4$ nên $m^2\equiv 1(\text{ mod 4})$. Chứng minh tương tự,ta có: $n^2\equiv 1(\text{ mod 4})$. Suy ra: $m^4+n^2\equiv 2(\text{ mod 4})$. (Loại vì tử chia hết cho $4$, mẫu không chia hết cho $4$). TH2: $m,n$ cùng chẵn, ta có $7^m\equiv 3^n\equiv 1(\text{ mod 8})$. Nên để $A$ nguyên thì $m^4+n^2\vdots 8$ mà $m^4\vdots 16$ nên $n^2\vdots 8\implies n\equiv 4$. Vậy $m=2a,n=4b(a,b\in \mathbb{N^*})$. Khi đó: $A=\frac{16(a^4+b^2)}{7^{2a}-9^{2b}}$. Do $A$ nguyên và $A\ne 0$ nên $|A|\ge 1$. Suy ra: $\left| \frac{16(a^4+b^2)}{(7^{a}+9^{b})(7^a-9^b)}\right|\ge 1$. $\implies \frac{16(a^4+b^2)}{7^a+9^b}\ge |7^a-9^b|$. Mặt khác: $7^{a}-9^{b}$ là số nguyên chẵn và $7^a\ne 9^b$ nên $|7^{a}-9^{b}|\ge 2$. Suy ra: $16(a^4+b^4)\ge 2(7^a+9^b)>2(7^a+7^b)$. Đặt $c=\text{ max(a,b)}$, ta có: $16c^4+16c^2\ge 16(a^4+b^2)>2(7^a+7^b)>2.7^c(*)$. Ta chứng minh: $2.7^c>16c^4+16c^2\forall c\ge 4,c\in \mathbb{N}$ bằng quy nạp. + Dễ dàng kiểm chứng mệnh đề đúng khi $c=4$. + Giả sử mệnh đề đúng khi $c=N\ge 4$, ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng khi $c=N+1$. Thật vậy: $2.7^{N}>16N^4+16N^2$. $\implies 2.7^{N+1}>7(16N^4+16N^2)$. $\implies 2.7^{N+1}-16(N+1)^4-16(N+1)^2>16(7N^4+7N^2-(N+1)^4-(N+1)^2)$. $\implies 2.7^{N+1}-16(N+1)^4-16(N+1)^2>16[N^3(N-4)+N(N^3-6)+N^4-2+3N^4]>0$ (Đúng do $N\ge 5$). Vậy $2.7^c>16c^4+16c^2\forall c\ge 4,c\in \mathbb{N}$. Từ $(*)$ ta suy ra: $1\le c\le 3\implies 1\le a,b\le 3$. Thử các bộ giá trị $(a,b)$ với $1\le a,b\le 3$, ta nhận: $(a,b)=(1,1)$. Thử lại, ta nhận: $(m,n)=(2,4)$. Bài 3: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $r$ nhỏ hơn $59$ đều tồn tại duy nhất số nguyên dương $n$ nhỏ hơn $59$ sao cho $2^{n}-r$ chia hết cho $59$ Spoiler: Lời giải Vì $59$ là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có: $2^{58}-1\equiv 0(\text{ mod 59})$. Giả sử $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn: $2^{k}-1\equiv 0(\text{ mod 59})$, thế thì $k\le 58$. Ta chứng minh $k$ là ước của $58$.Thật vậy, giả sử r là số dư khi chia $58$ cho $k$, nghĩa là $58=ak+r$ với $a,r$ là số tự nhiên và $r<k$. Ta có: $2^{k} \equiv 1(\text{ mod 59})$ nên $2^{58}=2^{ak+r}\equiv 2^{r}\equiv 1(\text{ mod 59})$. Suy ra: $2^{r}-1\equiv 0(\text{ mod 59})$. Vì giả thiết $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất trên nên $r=0$, do đó $k$ là ước của $58$. Vậy $k$ chỉ có thể nhận giá trị trong tập hợp $\text{{1,2,29,58}}$. Nếu $k=1$ hoặc $k=2$ thì $2^{k}-1$ không chia hết cho $59$. Xét $k=29$,ta có: $2^{7}=128\equiv 10(\text{ mod 59})$. $\implies 2^{28}\equiv 10^{4}\equiv 29(\text{ mod 59})$. $\implies 2^{29}\equiv 58(\text{ mod 59})\implies 2^{29}-1\equiv 57(\text{ mod 59})$. Do đó: $2^{29}-1$ không chia hết cho $59$. Vậy số nguyên dương nhỏ nhất $k$ sao cho $2^{k}-1$ chia hết cho $59$ là $58$. Bây giờ giả sử có hai số dương $a,b$ sao cho $a<b<59$ và $2^{a}-2^{b}$ có cùng số dư khi chia cho $59$. Thì $2^b-2^a=2^a(2^{b-a}-1)\vdots 59$. Điều này không thể xảy ra vì $b-a$ là số nguyên dương nhỏ hơn $58$ và $(2,59)=1$. Ta được: $2^1,2^2,...,2^{58}$ khi chia cho $59$ được $58$ số dư khác nhau và khác $0$. Vậy với mỗi số nguyên dương $r$ nhỏ hơn $59$ đều tồn tại số nguyên dương $n$ nhỏ hơn $59$ sao cho $2^{n}$ và $r$ có cùng số dư khi chia cho $59$, hay $(2^{n}-r)$ chia hết cho $59$. Bài 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $a,b$ sao cho $\frac{a^2-2}{ab+2}$ là số nguyên. Spoiler: Lời giải Dễ thấy không có cặp số nguyên dương $(a,b)$ nào mà $a=1$ thỏa mãn đề bài. Do đó phải có $a\ge 2$. Từ giả thiết suy ra:$(a^2-2)\vdots (ab+2)\implies b(a^2-2)\vdots (ab+2)$. $\implies a(ab+2)-2(a+b)\vdots (ab+2)$. $\implies 2(a+b)\vdots (ab+2)$. $\implies 2(a+b)=k(ab+2)(k\in \mathbb{N^*})$. + Nếu $k=1$, ta có: $2(a+b)=ab+2\iff (a-2)(b-2)=2$. Do $a-2\ge 0;b-2\ge 0$ nên chỉ xảy ra: $(a;b)=(3;4);(4;3)$. Thử lại chỉ có: $(a;b)=(4;3)$ là thỏa mãn đề bài. Nếu $k\ge 2$ ta có: $2(a+b)=k(ab+2)\ge 2(ab+2)$. $\implies a+b\ge ab+2\implies (a-1)(b-1)+1\le 0$. Điều này không xảy ra. Vậy chỉ có cặp số: $(a,b)=(4,3)$ thỏa mãn đề bài. Bài 5: Tìm tất các các số nguyên dương $n$ để $5^{n}+1$ chia hết cho $7^{2000}$. Spoiler: Lời giải Bước 1: Đặt $a_k=6.7^{k-1}(k\ge 1)$. Khi đó $5^{a_k}-1$ chia hết cho $7^{k}$ nhưng không chia hết cho $7^{k+1}$. Chứng minh quy nạp. Với $k=1$ đúng. Giả sử đúng với $k$. Ta có: $5^{a_{k+1}}-1=(5^{7a_k})-1=(5^{a_k}-1)A$. Trong đó: $A=5^{6a_k}+5^{5a_k}+...+5^{a_k}+1$. $=u^6+u^5+...+u+1$ với $u=5^{a_k}\equiv 1(\text{ mod 7})$. Suy ra: $A=\sum\limits_{i=0}^6(7t+1)^i\equiv 7(\text{ mod }7^2)$. Từ đó và giả thiết quy nạp suy ra: $5^{a_{k+1}-1}\vdots 7^{k+1}$ và không chia hết cho $7^{k+2}$. Bước 2: Nếu $5^{n}\equiv 1(\text{ mod }7^{k})$ thì $n\vdots a_{k}$. Chứng minh quy nạp theo $k$. Với $k=1$ dễ thấy đúng. Giả sử đúng với $k$. Ta chứng minh đúng với $k+1$. Nếu $5^{n}\equiv 1(\text{ mod } 7^{k+1} )\implies 5^{n}\equiv 1(\text{ mod }7^{k})\implies n=ta_k(t\in \mathbb{N^*})$.(do quy nạp). Ta có: $5^{n}-1=(5^{a_k}-1)B$ ở đó: $B=\sum\limits_{i=0}^{t-1}(5^{a_k})^i\equiv t(\text{ mod } 7)$ vì $5^{a_k}\equiv 1(\text{ mod } 7)$. Theo bước 1, ta phải có: $B\equiv 0(\text{ mod } 7)\iff t\vdots 7\iff n\vdots a_{k+1}=7a_k$. Bước 3: Giả sử: $5^{n}\equiv -1(\text{ mod } 7^{k})\implies 5^{2n}\equiv 1(\text{ mod } 7^{k})$. Theo bước $2$, ta có: $2n\vdots a_k\iff n=3.7^{k-1}t(t\in \mathbb{Z})$. Vì $(5^{3.7^{k-1}})^2=5^{a{k}}\equiv 1(\text{ mod 7})$ và $5^{3.7^{k-1}}\ne \equiv 1(\text{ mod } 7^{k})$ (do bước 2) nên $5^{3.7^{k-1}}\ne \equiv -1(\text{ mod } 7^{k})$. Thành thử: $5^{n}\equiv -1(\text{ mod }7^{k})\iff (-1)^{t}\equiv -1(\text{ mod } 7^{k})\iff t$ lẻ. Đảo lại, nếu $n=3.7^{k-1}.t$ với $t$ lẻ thì $5^{n}\equiv (-1)^{t}\equiv -1(\text{ mod }7^{k})$. Kết luận: $n=3t.7^{k-1}=3.t.7^{1999}$ với $t$ lẻ, $t\in \mathbb{N^{*}}$. Cách khác: Nhận thấy 7 là số nguyên tố, do đó 6 là cấp của 5 modulo 7 Ta có:$5^{n}\equiv -1\equiv 5^{3}$ (mod $7$) $<=> n\equiv 3$ (mod $6$) $=> n=6k+3$ Có: $v_{7}(5^{n}+1)=v_{7}(5^{6k+3}+1)=v_{7}(5^{3}+1)+v_{7}(2k+1)=1+v_{7}(2k+1)$ Theo giả thuyết, ta đươc5" $v_{7}(5^{n}+1)\geq 2000$ $<=> 1+v_{7}(2k+1)\geq 2000$ $<=> v_{7}(2k+1)\geq 1999$ $<=> 2k+1=7^{1999}m$ $=> n=3.7^{1999}m$ Bài 6: Cho đa thức: $P(x)=(x^2-2)(x^2-3)(x^2-6)$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ đều tìm được số nguyên dương $n$ sao cho để $P(n)\vdots p$. Spoiler: Lời giải Với $p=2$ ta chọn $n=2$, với $p=3$ ta chọn $n=3$. Xét $p\ne 2,3$. Ta chứng minh nhận xét sau: Nếu $(a,p)=1$ và $n^2\not\equiv a(\text{ mod }p)$ với $\forall n$ thì $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\text{ mod p})$. Thật vậy, với mỗi $k\in \left\{1,2,...,p-1\right\}$ dễ chứng minh rằng tồn tại duy nhất $k'\in\left\{1,2,...,p-1\right\}$ sao cho $kk'\equiv a(\text{ mod p})$. Vì $n^2\not \equiv a(\text{ mod p})$ với mọi $n$ nên $k\ne k'$. Từ đó: $(p-1)!\equiv (1.1')(2.2')...(k.k')...\equiv a^{\frac{p-1}{2}}(\text{ mod p})(1)$. Mà $(p-1)!\equiv -1(\text{ mod p})$ nên theo định lý Wilson ta. Do đó ta có $(1)$. Nhận xét được chứng minh. Trở lại bài toán giả sử $P(n) \not\vdots p\forall n$. Khi đó $\forall n,n^2\not\equiv 2(\text{ mod p}),n^2\not\equiv 3(\text{ mod p})$ và $n^2\not\equiv 6(\text{ mod p})$. Theo nhận xét trên suy ra: $2^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\text{ mod p}),3^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\text{ mod p})\implies 6^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(\text{ mod p})$ mâu thuẩn với sự kiện $6^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\text{ mod p})$. Vậy ta có điều phải chứng minh.
