Toán 10 Số học

[lò lựu đạn]

[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.

Mọi người hỗ trợ giúp em với ạ em cảm ơn ạ .

 

[7 1 2 5]

1. Đặt tổng đã cho là [imath]A[/imath] thì nhận thấy [imath]A=[1^3+2^3+...+(2m)^3]-(1^3+2^3+...+m^3)=[m(2m+1)]^2-[\dfrac{m(m+1)}{2}]^2[/imath]
Ta có [imath][m(2m+1)]^2-[\dfrac{m(m+1)}{2}]^2=\dfrac{1}{4}m^2(3m+1)(5m+3)[/imath] nên [imath](3m+1)(5m+3)[/imath] là số chính phương.
Đặt [imath](3m+1)(5m+3)=k^2[/imath].
Nhận thấy nếu [imath]d=(3m+1,5m+3)[/imath] thì [imath]d \mid 4 \Rightarrow d \in \lbrace 1,2,4 \rbrace[/imath]
+ Nếu [imath]d \in \lbrace 1,4 \rbrace[/imath] thì [imath]3m+1,5m+3[/imath] đều là số chính phương.
Đặt [imath]\begin{cases} 3m+1=a^2 \\ 5m+3=b^2 \end{cases}[/imath] thì [imath]3b^2-5a^2=4[/imath]
[imath]\Rightarrow 5 \nmid 3b^2-4[/imath]
Vì [imath]b^2[/imath] chia [imath]5[/imath] dư [imath]0,1,4[/imath] nên không tồn tại [imath]b[/imath] thỏa mãn.
+ Nếu [imath]d=2[/imath] thì đặt [imath]\begin{cases} 3m+1=2a^2 \\ 5m+3=2b^2 \end{cases}[/imath]
[imath]\Rightarrow 3b^2=5a^2+2 \Rightarrow 3 \mid 2a^2+2[/imath]
Vì [imath]a^2[/imath] chia [imath]3[/imath] dư [imath]0,1[/imath] nên không tồn tại [imath]a[/imath] thỏa mãn.
Vậy không tồn tại [imath]m[/imath] thỏa mãn đề bài.
2. Ta có [imath]n \mid p-1 \Rightarrow p-1 \geq n \Rightarrow p \geq n+1[/imath].
Từ đó [imath]p \nmid n-1[/imath]. Mà [imath]p \mid (n-1)(n^2+n+1) \Rightarrow p \mid n^2+n+1[/imath]
Đặt [imath]n^2+n+1=kp (k \in \mathbb{N}^*)[/imath] thì do [imath]p \geq n+1 \Rightarrow k \leq \dfrac{n^2+n+1}{n+1}=n+\dfrac{1}{n+1}[/imath]
[imath]\Rightarrow k \leq n[/imath].
Ta có: [imath]n^2+n+1-k=k(p-1) \cdots n \Rightarrow n \mid n^2+n+1-k \Rightarrow n \mid k-1[/imath]
Mà [imath]0 \leq k-1 \leq n-1 \Rightarrow k-1=0 \Rightarrow k=1 \Rightarrow p=n^2+n+1[/imath]
[imath]\Rightarrow 4p-3=4n^2+4n+1=(2n+1)^2[/imath] là số chính phương.
3. a) Giả sử [imath](y-1,y^n+y^{n-1}+...+y+1) \neq 1[/imath]. Đặt [imath]d=(y-1,y^n+y^{n-1}+...+y+1)[/imath]
Ta có [imath]d \mid y-1 \Rightarrow y \equiv 1(\mod d)[/imath]
[imath]\Rightarrow y^n+y^{n-1}+...+y+1 \equiv n(\mod d)[/imath]
[imath]\Rightarrow d \mid n+1[/imath]
Mà [imath]d \mid (y-1)(y^n+y^{n-1}+...+y+1) \Rightarrow d \mid x^n \Rightarrow (x^n,n+1) \neq 1[/imath] (mâu thuẫn với [imath](x,n+1)=1[/imath])
Từ đó [imath](y-1,y^n+y^{n-1}+...+y+1)=1[/imath].

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​

 

[7 1 2 5]

b) Từ câu a) ta có [imath]\begin{cases} y-1=a^n \\ y^n+y^{n-1}+...+y+1=b^n \end{cases} ((a,b)=1)[/imath]
[imath]\Rightarrow y^{n+1}-1=(ab)^n[/imath]
[imath]\Rightarrow (ab)^n=(a^n+1)^{n+1}[/imath]
Đặt [imath]a^n=k \in \mathbb{N}[/imath] thì [imath]b^n=\dfrac{(k+1)^{n+1}-1}{k}[/imath]
Dễ thấy [imath](k+1)^n \leq b^n=\dfrac{(k+1)^{n+1}-1}{k} \leq (k+2)^n[/imath] nên [imath]b^n=(k+1)^n[/imath] hoặc [imath]b^n=(k+2)^n[/imath]
Nếu [imath]b^n=(k+1)^n[/imath] thì ta suy ra [imath](k+1)^{n+1}-1=k(k+1)^n \Rightarrow (k+1)^n=1 \Rightarrow k=0 \Rightarrow a=0 \Rightarrow y=1 \Rightarrow x=0[/imath] (không thỏa mãn)
Nếu [imath]b^n=(k+2)^n[/imath] thì [imath](k+1)^{n+1}-1=k(k+2)^n[/imath]
Ta sẽ chứng minh [imath]VT < VP[/imath] với [imath]n \geq 2[/imath]
Hiển nhiên [imath]n=3[/imath] ta có điều phải chứng minh là đúng.
Giả sử điều phải chứng minh đúng với [imath]n=i \geq 2[/imath]
[imath]\Rightarrow (k+1)^{i+1}-1<k(k+2)^i[/imath]
[imath]\Rightarrow k(k+2)^{i+1}=(k+2)\cdot k(k+1)^i>(k+2)[(k+1)^{i+1}-1]=(k+1)^{i+2}-1+(k+1)^{i+1}-(k+1)>(k+1)^{i+2}-1[/imath]
Từ đó điều phải chứng minh đúng với [imath]n=i+1[/imath]. Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Suy ra để [imath](k+1)^{n+1}-1=k(k+2)^n[/imath] thì [imath]n=1[/imath].
Với [imath]n=1 \Rightarrow \begin{cases} (x,2)=1 \\ x+1=y^2 \end{cases}[/imath]
[imath]\Rightarrow 2 \mid y[/imath].
Suy ra các bộ [imath](x,y,n)[/imath] thỏa mãn là [imath](4k^2-1,2k,1)[/imath] với [imath]k \geq 1[/imath]
4. Giả sử tồn tại ước nguyên tố [imath]p[/imath] của [imath]a^2+1[/imath] có dạng [imath]p=4k+3[/imath].
Hiển nhiên [imath]p \nmid a[/imath] nên [imath]a^{p-1} \equiv 1(\mod p)[/imath]
[imath]\Rightarrow a^{4k+2}+1 \equiv 2(\mod p)[/imath]
Mà [imath]p \mid a^2+1 \mid a^{2(2k+1)}+1^{2k+1}=a^{4k+2}+1[/imath]
[imath]\Rightarrow p \mid 2[/imath](vô lý)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
5. Theo định lý Wilson ta có [imath](p-1)! \equiv -1(\mod p)[/imath]
[imath]\Rightarrow (4k)! \equiv -1(\mod p)[/imath]
Ta thấy [imath]2k+i \equiv -(2k+1-i)(\mod p) \forall i=\overline{1,2k}[/imath]
[imath]\Rightarrow (2k+1)(2k+2)...(4k) \equiv (-1)^{2k}(2k)(2k-1)...2\cdot 1=(2k)![/imath]
[imath]\Rightarrow (4k)!=(2k)!(2k+1)(2k+2)...(4k) \equiv (2k)!^2(\mod p)[/imath]
[imath]\Rightarrow (2k)!^2 \equiv -1(\mod p)[/imath]
6. a) Ta có: [imath]\varphi(125)=\varphi(5^3)=5^2 \cdot 4=100[/imath]
b) Theo định lý Euler thì [imath]7^{100}=7^{\varphi(125)} \equiv 1(\mod 125)[/imath]
[imath]\Rightarrow 7^{102} \equiv 49 (\mod 125)[/imath]
c) [imath]7^{102} \equiv (-1)^{102} \equiv 1(\mod 8)[/imath]
d) Từ [imath]\begin{cases} 7^{102} \equiv 49(\mod 125) \\ 7^{102} \equiv 1(\mod 8) \end{cases} \Rightarrow 7^{102} \equiv 49(\mod 1000)[/imath]
Vậy nên [imath]3[/imath] chữ số tận cùng của [imath]7^{102}[/imath] là [imath]049[/imath].