Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Số mũ của thừa số nguyên tố (Toán học Lớp 10, 11, 12)

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 2a.** Với $p=2$, chọn $n=1$: $C_2^1=2⋮2$. Với $p$ lẻ, chọn $n=\frac{p+1}{2}$. Khi đó $2n=p+1$ và
$\frac{C_{6n+6}^{3n+3}}{C_{6n}^{3n}}$=$\frac{(6n+1)(6n+2)(6n+3)(6n+4)(6n+5)(6n+6)}{{\left[(3n+1)(3n+2)(3n+3)\right]}^2}$.$
Tách tử thành ba cặp:
- \(\dfrac{(6n+1)(6n+5)}{(3n+1)^2}\)=\(\dfrac{36n^2+36n+5}{9n^2+6n+1}\)>4 (vì $36n^2+36n+5>4(9n^2+6n+1)=36n^2+24n+4$).
- \(\dfrac{(6n+2)(6n+4)}{(3n+2)^2}\)=\(\dfrac{36n^2+36n+8}{9n^2+12n+4}\)>3 (vì $36n^2+36n+8>3(9n^2+12n+4)=27n^2+36n+12$ khi $9n^2>4$, đúng với $n\ge 1$).
- \(\dfrac{(6n+3)(6n+6)}{(3n+3)^2}\)=\(\dfrac{12n+6}{3n+3}\)=\(\dfrac{4n+2}{n+1}\)\ge 3 khi $n\ge 1$ (tại $n=1$ bằng 3).
Vậy với $n\ge 1$:
f(n)\le \log_3 4^{3n}=3n\log_3 4<4n.$
Giả sử phản chứng $D$ hữu hạn, $D=\{p_1,\dots ,p_k\}$. Theo định nghĩa $D$, mọi giá trị $f(n)$ đều chỉ có các thừa số nguyên tố trong $D$, tức $f(n)=p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k}$.
Xét $N$ lớn và $N$ số phân biệt $f(1)<f(2)<\cdots <f(N)$. Chúng đều là các số dạng $p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k}$ không vượt quá $f(N)<4N$. Với mỗi $i$, nếu $p_i^{e_i}\le 4N$ thì $e_i\le \lfloor {\log }_{p_i}(4N)\rfloor \le \lfloor {\log }_2(4N)\rfloor$. Do đó số các số như vậy nhiều nhất là
$\left(\left\lfloor\(\log\)_2(4N)\right\rfloor+1\right)^{k}=O\left((\(\log\) N)^k\right).
Vì O\left((\(\log\) N)^k\right)<N khi $N$ đủ lớn, mâu thuẫn với việc có $N$ giá trị f(1),\(\dots\),f(N) đôi một khác nhau cùng dạng này. Vậy $D$ là tập vô hạn. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=p$ nên $abc\ne 0$.

Bước 1: Đặt $d=\gcd (a,b,c)$, viết $a=dx,b=dy,c=dz$ với $\gcd (x,y,z)=1$. Khi đó
$$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=p⟺x^{2}z+x{y}^2+y{z}^2=pxyz.(\ast )$$

Bước 2: Chứng minh $x,y,z$ đôi một nguyên tố cùng nhau. Giả sử có số nguyên tố $q$ chia cả $x$ và $y$; khi đó $q\nmid z$. Đặt $\alpha =v_q(x)\ge 1$, $\beta =v_q(y)\ge 1$, $v_q(z)=0$.

Từ $(\ast )$: $x\mid y{z}^2$ cho $\alpha \le 2\beta$; $y\mid x^{2}z$ cho $\beta \le 2\alpha$.

Chia $(\ast )$ cho $q^{\alpha +\beta }$, giá trị $q$-adic của ba số hạng bên trái lần lượt là $\alpha -\beta ,\beta ,-\alpha$; vế phải có giá trị $q$-adic bằng $0$ (nếu $q\ne p$) hoặc $1$ (nếu $q=p$), tức là số nguyên.

- Nếu $\beta <2\alpha$: số hạng $\frac{y{z}^2}{q^{\alpha +\beta }}$ là số hạng duy nhất có giá trị $q$-adic $-\alpha <0$ (do $\alpha -\beta >-\alpha$ và $\beta \ge 1$), nên tổng bên trái có giá trị $q$-adic $-\alpha <0$, không thể bằng số nguyên bên phải — vô lý.
- Nếu $\beta =2\alpha$: hai số hạng thứ nhất và thứ ba cùng có giá trị $q$-adic $-\alpha$. Viết $x=q^{\alpha }{x}^{\prime },y=q^{2\alpha }{y}^{\prime },q\nmid x^{\prime }{y}^{\prime }z$, nhân phương trình đã chia với $q^{\alpha }$:
$$q^{\alpha }{x}^{\prime 2}z+y^{\prime }{z}^2+q^{3\alpha }{x}^{\prime }{y}^{\prime 2}=p{q}^{\alpha }{x}^{\prime }{y}^{\prime }z.$$
Lấy modulo $q$: $y^{\prime }{z}^2\equiv 0(\mathrm{mod}q)$, mâu thuẫn với $q\nmid y^{\prime }z$.

Vậy không có $q$ chia cả $x,y$; lập luận tương tự cho các cặp khác ta được $\gcd (x,y)=\gcd (y,z)=\gcd (z,x)=1$.

Bước 3: Từ $x\mid y{z}^2$ và $\gcd (x,yz)=1$ suy ra $|x|=1$; tương tự $|y|=|z|=1$. Mỗi phân số $\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x}$ bằng $\pm 1$, nên tổng thuộc $\{-3,-1,1,3\}$. Vì $p$ là số nguyên tố nên $p=3$ và cả ba phân số đều bằng $1$, tức $x=y=z=\pm 1$.

Kết luận: $a=b=c=d$, do đó $abc=d^3$ là lũy thừa bậc ba của một số nguyên. $■$

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P4).

a) Vì $(a,b)=1$ nên mỗi ước dương của $ab$ biểu diễn duy nhất dưới dạng $uv$ với $u\mid a$ và $v\mid b$. Vì thế

$${\sigma }_k(ab)=\sum _{u\mid a}\sum _{v\mid b}(uv{)}^k=\left(\sum _{u\mid a}{u}^k\right)\left(\sum _{v\mid b}{v}^k\right)={\sigma }_k(a){\sigma }_k(b).$$

Ta chứng minh rằng từ mỗi số tốt $m>1$ luôn xây dựng được một số tốt $m^{\prime }>m$ sao cho $m\mid m^{\prime }$. Nếu tồn tại một số nguyên tố $q\mid {\sigma }_k(m)$ nhưng $q\nmid m$, đặt $m^{\prime }=mq$. Do $(m,q)=1$, ta có

$${\sigma }_k(m^{\prime })={\sigma }_k(m)(1+q^k).$$

Mặt khác, $m\mid {\sigma }_k(m)$, $q\mid {\sigma }_k(m)$ và $(m,q)=1$, nên $mq\mid {\sigma }_k(m)$. Bởi vậy $m^{\prime }$ là số tốt.

Xét trường hợp mọi ước nguyên tố của ${\sigma }_k(m)$ đều là ước của $m$. Viết

$$m=\prod _{i=1}^s{p}_i^{a_i},{\sigma }_k(m)=\prod _{i=1}^s{p}_i^{b_i}.$$

Do $m\mid {\sigma }_k(m)$ nên $b_i\ge a_i$ với mọi $i$. Lại có ${\sigma }_k(m)>m^k$, nên tồn tại $j$ sao cho $b_j>k{a}_j$. Đặt

$$m^{\prime }=p_j^{a_j+1}m.$$

Ta có $v_{p_j}(m^{\prime })=2a_j+1$ nên

$${\sigma }_k(m^{\prime })=\left(\sum _{h=0}^{2a_j+1}{p}_j^{hk}\right)\prod _{i\ne j}{\sigma }_k(p_i^{a_i})=\left(1+p_j^{(a_j+1)k}\right)\left(\sum _{h=0}^{a_j}{p}_j^{hk}\right)\prod _{i\ne j}{\sigma }_k(p_i^{a_i})=\left(1+p_j^{(a_j+1)k}\right){\sigma }_k(m).$$

Vì $b_j\ge k{a}_j+1\ge 2a_j+1$ và $b_i\ge a_i$ với $i\ne j$, ta có $m^{\prime }\mid {\sigma }_k(m)$.

Suy ra $m^{\prime }\mid {\sigma }_k(m^{\prime })$, nên $m^{\prime }$ cũng là số tốt.

Bây giờ lấy một ước nguyên tố lẻ $p$ của $2^k+1$. Khi đó

$${\sigma }_k(2p)=(1+2^k)(1+p^k).$$

Ta có $p\mid 1+2^k$ và $2\mid 1+p^k$, nên $2p\mid {\sigma }_k(2p)$. Do đó $n_1=2p$ là số tốt. Áp dụng liên tiếp ta thu được dãy vô hạn các số tốt $n_1<n_2<\cdots$ thỏa mãn $n_i\mid n_{i+1}$.

b) Từ ý trên, ta chỉ cần chứng minh nhận xét sau là bài toán được giải quyết:

Nhận xét. Với tập hữu hạn $\mathcal{P}\subset \mathbb{P}$, chỉ có hữu hạn số tốt mà mọi ước nguyên tố đều thuộc $\mathcal{P}$.

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 0.2. Với hai số nguyên tố phân biệt $p,q$, tồn tại hằng số $C_{p,q}$ sao cho

$$v_p\left({\sigma }_k(q^a)\right)\le C_{p,q}+{\log }_2(a+1),\forall a\ge 0$$

Chứng minh. Ta có ${\sigma }_k(q^a)=\frac{q^{k(a+1)}-1}{q^k-1}$

Nếu $p$ lẻ, đặt $d={\mathrm{ord}}_p(q^k)$. Khi đó $d\mid p-1$, nên $p\nmid d$.

Nếu $d\nmid a+1$ thì $p\nmid q^{k(a+1)}-1$, do đó $v_p\left({\sigma }_k(q^a)\right)=0$.

Nếu $d\mid a+1$, áp dụng LTE ta có

$$v_p\left(q^{k(a+1)}-1\right)=v_p\left(q^{kd}-1\right)+v_p\left(\frac{a+1}{d}\right).$$

Vì $p\nmid d$ nên $v_p\left(\frac{a+1}{d}\right)=v_p(a+1)\le {\log }_2(a+1)$.

Mặt khác, ${\sigma }_k(q^a)\mid q^{k(a+1)}-1$, nên

$$v_p\left({\sigma }_k(q^a)\right)\le v_p\left(q^{kd}-1\right)+{\log }_2(a+1).$$

trong đó $v_p(q^{kd}-1)$ là một hằng số chỉ phụ thuộc vào $p,q$.

Nếu $p=2$ thì $q$ lẻ. Nếu $a+1$ lẻ, ${\sigma }_k(q^a)$ là tổng của một số lẻ các số lẻ, nên $v_2\left({\sigma }_k(q^a)\right)=0$.

Nếu $a+1$ chẵn, áp dụng LTE ta có

$$v_2\left(q^{k(a+1)}-1\right)=v_2(q^k-1)+v_2(q^k+1)+v_2(a+1)-1.$$

Vì thế

$$v_2\left({\sigma }_k(q^a)\right)=v_2(q^k+1)+v_2(a+1)-1\le v_2(q^k+1)-1+{\log }_2(a+1).$$

trong đó $v_2(q^k+1)-1$ là một hằng số chỉ phụ thuộc vào $q$.

Như vậy, trong mọi trường hợp đều tồn tại hằng số $C_{p,q}$ sao cho

$$v_p\left({\sigma }_k(q^a)\right)\le C_{p,q}+{\log }_2(a+1).$$
$\square$

Để ý ta chỉ cần xét các số tốt có cùng một tập ước nguyên tố là $\{p_1,\dots ,p_s\}\subset \mathcal{P}$ và

$$n=\prod _{i=1}^s{p}_i^{a_i}$$

là một số tốt. Đặt $M=\max \{a_1,\dots ,a_s\}$. Vì ${\sigma }_k(p_i^{a_i})\equiv 1(\mathrm{mod}{p}_i)$ nên $p_i\nmid {\sigma }_k(p_i^{a_i})$ nên

$$a_i=v_{p_i}(n)\le v_{p_i}\left({\sigma }_k(n)\right)=\sum _{j\ne i}{v}_{p_i}\left({\sigma }_k(p_j^{a_j})\right)\le \sum _{j\ne i}{C}_{p_i,p_j}+(s-1){\log }_2(M+1).$$

Đặt $C_i={\sum }_{j\ne i}{C}_{p_i,p_j}$ và $C=\max \{C_1,\dots ,C_s\}$. Chọn $i\in \{1,2,\dots ,s\}$ sao cho $a_i=M$, ta được

$$M\le C+(s-1){\log }_2(M+1).$$

Để ý với $M$ đủ lớn thì $C+(s-1){\log }_2(M+1)<M$, do đó $M$ bị chặn.

Vì thế các số mũ $a_1,\dots ,a_s$ chỉ có hữu hạn giá trị. Suy ra chỉ có hữu hạn số tốt mà mọi ước nguyên tố đều thuộc $\mathcal{P}$, từ đó ta có điều phải chứng minh.

a) Nếu $n=1$ thì bài toán luôn đúng. Xét $n>1$.

Gọi $p$ là ước nguyên tố bất kỳ của $n$.

Chọn $x=n$, ta có $m^n+n^m⋮n\Rightarrow m^n⋮n⋮p\Rightarrow m⋮p$.

Chọn $x=p\cdot (mn+1)$, ta có $x{v}_p(n)>n$, $x{v}_p(m)>m$
$$\Rightarrow v_p(m^x+x^m)=x{v}_p(m),v_p(n^x+x^n)=x{v}_p(n)$$

Mà $m^x+x^m⋮n^x+x^n$ nên $x{v}_p(m)\ge x{v}_p(n)$, hay $v_p(m)\ge v_p(n)$.

Điều này đúng với mọi số nguyên tố $p\mid n$ nên ta có $m⋮n$.

b) Đặt $m=kn$, $k\in {\mathbb{Z}}^{+}$. $k=1$ thỏa mãn, ta xét $k\ge 2$.

Theo định lí Schur, tập ước nguyên tố của $\{n+x^n\mid x\in {\mathbb{Z}}^{+}\}$ là vô hạn.

Tồn tại $x_0\in {\mathbb{Z}}^{+}$ và số nguyên tố $p>kn+n^k$ để $p\mid n+x_0^n$.

Theo định lí thặng dư Trung Hoa, tồn tại $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$ để $x\equiv 1(\mathrm{mod}p-1)$, $x\equiv x_0(\mathrm{mod}p)$.

Khi đó $n^x+x^n\equiv n+x_0^n\equiv 0(\mathrm{mod}p)$

$$⟹0\equiv m^x+x^m\equiv m+x_0^m\equiv kn+x_0^{kn}\equiv kn+(-n{)}^k(\mathrm{mod}p)$$

$$⟹kn+(-n{)}^k⋮p,\text{ maˋ }\left|kn+(-n{)}^k\right|\le kn+n^k<p$$

Do đó phải có $kn+(-n{)}^k=0$, từ đây ta dễ dàng suy ra mâu thuẫn vì $k>1$.

Vậy ta phải có $m=n$.

a) Chiều thuận là hiển nhiên, giờ ta chứng minh chiều đảo. Giả sử $a^{(p-1{)}^2}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$. Khi đó $p\nmid a$. Vì $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ nên tồn tại số nguyên $k$ sao cho $a^{p-1}=1+kp$.
$$1\equiv a^{(p-1{)}^2}=(1+kp{)}^{p-1}\equiv 1+kp(p-1)(\mathrm{mod}{p}^2).$$
Vì $(p,p-1)=1$, suy ra $p\mid k$. Do đó $a^{p-1}=1+kp\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$.

b) Theo ý 1, điều kiện đầu tương đương với $5^{p-1}\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$.
Ta có $p=2$ không thoả mãn, còn $p=5$ thì $y^5=5^x+5$, để ý $5v_5(y)=v_5(5^x+5)=1$ nên vô lý.
Bây giờ giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ và $p\ne 5$. Theo định lý Fermat nhỏ ta có $v_p(5^{p-1}-1)=1$.
Từ $p^x+5=y^p$, xét modulo $p$ suy ra $y\equiv 5(\mathrm{mod}p)$.
Giả sử $x\ge 2$. Ta có $y^p-5^p=p^x-5(5^{p-1}-1)$. Khi đó ta có được:
$$1=v_p(p^x-5(5^{p-1}-1))=v_p(y^p-5^p)=v_p(y-5)+v_p(p)\ge 2,$$
mâu thuẫn. Vậy $x=1$. Khi đó $y^p=p+5$.
Nếu $p=3$ thì $y^3=8$, do đó $y=2$. Nếu $p\ge 7$ thì $y\ge 2$ và $y^p\ge 2^p>p+5$, vô lý.
Thử lại để thấy được nghiệm duy nhất thoả mãn yêu cầu đề bài là $(x,y,p)=(1,2,3)$.

Để chứng minh $(n-1)!$ là ước của $\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)$, ta cần chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$, số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn của $(n-1)!$ không vượt quá số mũ của $p$ trong $\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)$.

Ta có:

$$v_p((n-1)!)=\sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{n-1}{p^k}\rfloor$$

Mặt khác, ta có:

$$v_p\left(\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)\right)=\underset{1\le i\le n}{\max }{v}_p(b_i)$$

Do đó, bài toán quy về chứng minh tồn tại $i\in \{1,2,\dots ,n\}$ sao cho:

$$v_p(b_i)\ge \sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{n-1}{p^k}\rfloor (\ast )$$

Đặt tập hợp ban đầu là $A_0=\{a_1,a_2,\dots ,a_n\}$, rõ ràng số phần tử $|A_0|=n$.

- Xét modulo $p$: Chia $n$ phần tử của $A_0$ vào $p$ lớp thặng dư modulo $p$.

Theo nguyên lý Dirichlet, lớp thặng dư chứa nhiều phần tử nhất sẽ có ít nhất $\lceil \frac{n}{p}\rceil$ phần tử.

Gọi $A_1$ là tập hợp các phần tử thuộc lớp thặng dư có nhiều phần tử nhất này. Ta có:

$$|A_1|\ge \lceil \frac{n}{p}\rceil ⟹|A_1|-1\ge \lfloor \frac{n-1}{p}\rfloor$$

- Xét modulo $p^2$: Ta chỉ chia các phần tử của tập $A_1$ vào các lớp thặng dư modulo $p^2$. Gọi $A_2$ là tập hợp các phần tử thuộc lớp thặng dư modulo $p^2$ có nhiều phần tử nhất được rút ra từ $A_1$.
Theo nguyên lý Dirichlet, ta có:
$$|A_2|-1\ge \lfloor \frac{|A_1|-1}{p}\rfloor \ge \lfloor \frac{\lfloor (n-1)/p\rfloor }{p}\rfloor =\lfloor \frac{n-1}{p^2}\rfloor$$

- Tổng quát modulo $p^k$: Tiếp tục quá trình này, ta xây dựng được dãy các tập hợp con lồng nhau $A_0\supset A_1\supset A_2\supset \cdots \supset A_k\supset \dots$ sao cho mọi phần tử trong $A_k$ đều đồng dư với nhau modulo $p^k$, và số lượng phần tử luôn thỏa mãn:
$$|A_k|-1\ge \lfloor \frac{n-1}{p^k}\rfloor$$

Chọn phần tử $a_i$ là phần tử nằm trong giao của tất cả các tập hợp này $(a_i\in {\bigcap }_{k\ge 1}{A}_k)$.
Đánh giá giá trị $v_p(b_i)$:
Theo định nghĩa của $b_i$, ta tính được $v_p(b_i)$ như sau:
$$v_p(b_i)=\sum _{k=1}^{\infty }\left(\text{Soˆˊ lượng }j\ne i\text{ sao cho }{a}_j\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}^k)\right)$$

Do cách chọn $a_i\in A_k$, nên tất cả các phần tử khác thuộc tập $A_k$ đều đồng dư với $a_i$ modulo $p^k$. Số lượng các phần tử này chính là $|A_k|-1$. Do đó:
$$v_p(b_i)\ge \sum _{k=1}^{\infty }(|A_k|-1)\ge \sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{n-1}{p^k}\rfloor$$

Bất đẳng thức (*) được chứng minh. Từ đó ta suy ra:
$$\underset{1\le i\le n}{\max }{v}_p(b_i)\ge v_p((n-1)!)⟹v_p(\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n))\ge v_p((n-1)!)$$

Điều này đúng với mọi số nguyên tố $p$, do đó $(n-1)!$ là ước của $\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)$. (đpcm)