Toán 10 [BÀI TẬP HSGQG] Định lý Hệ thặng dư trung hoa

[oanh6807]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Giúp những em bài này với ạ!!!!!!!

 

[7 1 2 5]

2. Ta có bổ đề cơ bản như sau:
Nếu [imath]p[/imath] là số nguyên tố có dạng [imath]4k+3[/imath] và [imath]p \mid a^2+b^2[/imath] thì [imath]p^2 \mid a^2+b^2[/imath].
Từ đó, nếu một số [imath]n[/imath] thỏa mãn là tồn tại [imath]p[/imath] nguyên tố dạng [imath]4k+3[/imath] và [imath]p \mid n, p^2 \nmid n[/imath] thì [imath]n[/imath] không là tổng [imath]2[/imath] số chính phương.
Xét [imath]p_1,p_2,...[/imath] là các số nguyên tố phân biệt có dạng [imath]4k+3[/imath]. Ta chọn [imath]n[/imath] số nguyên liên tiếp [imath]a,a+1,...,a+n-1[/imath] như sau.
Chọn [imath]a[/imath] thỏa mãn [imath]\begin{cases} a \equiv p_1(\mod p_1^2) \\ a \equiv p_2-1(\mod p_2^2) \\ a \equiv p_n-n+1 (\mod p_n^2) \end{cases}[/imath].
Khi đó [imath]a+i \equiv p_{i+1} (\mod p_{i+1}^2)[/imath] nên [imath]a+i[/imath] không là tổng [imath]2[/imath] số chính phương với [imath]i=\overline{0,n-1}[/imath]
5. a) Ta có [imath]x^2 \equiv x(\mod n) \Rightarrow x^2 \equiv x(\mod p_i^{\alpha _i}) \Rightarrow \left[\begin{array}{l} x \equiv 0 (\mod p_i^{\alpha_i}) \\ x \equiv 1(\mod p_i^{\alpha _i}) \end{array}\right. \forall i=\overline{1,k}[/imath]
Nhận thấy hệ [imath]\begin{cases} x \equiv a_1 (\mod p_1^{\alpha _1}) \\ x \equiv a_2 (\mod p_2^{\alpha _2}) \\ \cdots \\ x \equiv a_k (\mod p_k^{\alpha _k}) \end{cases}[/imath] có nghiệm duy nhất theo modulo [imath]n[/imath].
Mà mỗi [imath]a_i[/imath] đều có [imath]2[/imath] cách chọn nên phương trình [imath]x^2 \equiv x(\mod n)[/imath] có [imath]2^k[/imath] nghiệm.
b) Tương tự câu a) thì ta cũng có [imath]2^k[/imath] nghiệm.

 

[7 1 2 5]

6. Xét [imath]p_1,p_2,...,p_n[/imath] là các số nguyên tố phân biệt.
Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn tại các [imath]m_i (i=\overline{1,n})[/imath] thỏa mãn: [imath]\begin{cases} m_i \equiv -1 (\mod p_i) \\ m_i \equiv 0(\mod p_j) \forall 1 \leq j \neq i \leq n \end{cases}[/imath]
Chọn [imath]b=a_1^{m_1}\cdot a_2^{m_2} \cdots a_n^{m_n}[/imath]
Khi đó với [imath]1 \leq i \leq n[/imath], ta có [imath]ba_i=a_i^{m_i+1} \displaystyle \prod _{1 \leq j \leq n, j \neq i} a_j^{m_j}[/imath]
Ta thấy các số mũ đều chia hết cho [imath]p_i[/imath] nên [imath]ba_i[/imath] là lũy thừa bậc [imath]p_i[/imath] của một số tự nhiên nào đó.
Vậy nên [imath]b[/imath] thỏa mãn đề bài.
7. Giả sử tọa độ của đỉnh góc dưới trái của hình vuông là [imath](a,b)[/imath]
Khi đó các điểm nguyên nằm trong hình vuông có dạng [imath](a+i,b+j)[/imath] với [imath]0 \leq i,j \leq 100[/imath] (nếu tính cả các điểm nằm trên cạnh hình vuông)
Gọi [imath]p_1,p_2,...[/imath] là các số nguyên tố phân biệt. Ta chọn [imath]b[/imath] thỏa mãn hệ sau: [imath]\begin{cases} b \equiv 0 (\mod p_{i}) \\ b \equiv -1 (\mod p_{101+i}) \\ b \equiv -2 (\mod p_{202+i}) \\ \cdots \\ b \equiv -100 (\mod p_{10100+i}) \end{cases} \forall i=\overline{1,101}[/imath]
Khi đó [imath]b+i[/imath] sẽ chia hết cho các số nguyên tố [imath]p_{101i+1},p_{101i+2},...,p_{101i+101}[/imath]
Chọn [imath]a[/imath] thỏa mãn hệ sau: [imath]\begin{cases} a \equiv 0 (\mod p_{101i+1}) \\ a \equiv -1 (\mod p_{101i+2}) \\ \cdots \\ a \equiv -100(\mod p_{101i+101}) \end{cases} \forall i=\overline{0,100}[/imath]
Khi đó [imath]a+i[/imath] sẽ chia hết cho các số nguyên tố [imath]p_{i+1}, p_{101+i+1},...,p_{10100+i+1}[/imath]
Từ đó suy ra [imath]p_{101j+i+1} \mid \text{gcd} (a+i,b+j)[/imath] nên tất cả các điểm có dạng [imath](a+i,b+j)[/imath] với [imath]0 \leq i,j \leq 100[/imath] đều không phải điểm quan sát được.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy trả lời dưới topic này để được hỗ trợ nhé ^^ Chúc bạn học tốt ^^
Ngoài ra, bạn tham khảo kiến thức tại đây nhé

Bài giảng Trường hè học sinh - giáo viên trường THPT chuyên 2022​