Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Lũy thừa (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Theo tính chất lũy thừa: $a^m\cdot a^n=a^{m+n}$ với $a>0$, $m,n\in \mathbb{R}$. Các khẳng định khác sai: $a^m-a^n\ne a^{m-n}$; $(a^m{)}^n=a^{mn}\ne a^{n+m}$; $\frac{a^m}{a^n}=a^{m-n}\ne a^{\frac{m}{n}}$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (đề 102, Câu 1: B).

(AI giải đề cho tôi)
Với $a>0$, $m,n\in \mathbb{R}$, theo tính chất lũy thừa: $a^m\cdot a^n=a^{m+n}$ (loại B vì B viết $a^{m.n}$), $\frac{a^m}{a^n}=a^{m-n}$ (loại D), $a^m+a^n$ không có công thức rút gọn thành $a^{m+n}$ (loại A). Còn $(a^m{)}^n=a^{mn}=(a^n{)}^m$ luôn đúng. Vậy khẳng định đúng là C, trùng với đáp án nguồn (đề 101, Câu 1: C).

Theo bảng đáp án nguồn (Hướng dẫn chấm, trang 5): Mã đề 0102, Câu 5 = A. Về mặt toán học, với $2009>0$, công thức căn bậc $n$ cho $\sqrt[4]{2009^5}=2009^{\frac{5}{4}}$, khớp với phương án A.

(AI giải đề cho tôi)
Theo công thức lũy thừa với căn bậc ba: $\sqrt[3]{2009^2}={\left(2009^2\right)}^{\frac{1}{3}}=2009^{2\cdot \frac{1}{3}}=2009^{\frac{2}{3}}$. Vậy khẳng định đúng là phương án A, trùng với đáp án nguồn (Mã đề 0101, Câu 1: A).

(AI giải đề cho tôi)
Với $x>0$, ta có $\sqrt[9]{x}=x^{\frac{1}{9}}$. Do đó $T=x\cdot \sqrt[9]{x}=x^1\cdot x^{\frac{1}{9}}=x^{1+\frac{1}{9}}=x^{\frac{10}{9}}$. Vậy đáp án đúng là D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 7: D).

(AI giải đề cho tôi)
Với $x>0$, ta có $\sqrt[9]{x}=x^{\frac{1}{9}}$. Do đó $T=x\cdot x^{\frac{1}{9}}=x^{1+\frac{1}{9}}=x^{\frac{10}{9}}$. Vậy đáp án là D, trùng với đáp án nguồn (Câu 8, mã đề 1101: D).

(AI giải đề cho tôi)
Theo tính chất lũy thừa cùng cơ số: $a^2\cdot a^3=a^{2+3}=a^5$ với mọi $a>0$. Vậy đáp án là D.

(AI giải đề cho tôi)
Theo tính chất lũy thừa cùng cơ số: $a^2\cdot a^3=a^{2+3}=a^5$ (với $a>0$). Vậy đáp án là D.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa lũy thừa với số mũ hữu tỉ, với $a>0$, $n\ge 2$: $a^{\frac{m}{n}}=\sqrt[n]{a^m}$, nên D đúng. Tính chất $a^{m\cdot n}=(a^m{)}^n$ và $a^{m-n}=\frac{a^m}{a^n}$ đều đúng với $a>0$. Khẳng định A sai vì $a^{\frac{m}{n}}\ne \frac{a^m}{a^n}$; ví dụ $a=4,m=1,n=2$ thì $4^{\frac{1}{2}}=2$ còn $\frac{4^1}{4^2}=\frac{1}{4}$. Vậy khẳng định sai là A, trùng với đáp án nguồn.

Ta có $n^3+n^2+n+1=(n+1)(n^2+1)$ nên mọi ước nguyên tố của $n+1$ và $n^2+1$ đều thuộc $\{2,5\}$.
Nếu $n$ chẵn thì $n+1$ và $n^2+1$ đều lẻ, nên chúng đều là lũy thừa của 5.
Vì $n>0$, ta có $5\mid n+1$, suy ra $n^2+1\equiv 2(\mathrm{mod}5)$, mâu thuẫn.
Xét $n$ lẻ. Vì $n^2+1\equiv 2(\mathrm{mod}4)$, tồn tại $b\ge 0$ sao cho $n^2+1=2\cdot 5^b$.
Viết $n+1=2^a{5}^c$. Nếu $c>0$ thì $n^2+1\equiv 2(\mathrm{mod}5)$, nên suy ra $b=0$, kéo theo $n=1$, trái với $c>0$.
Vậy $c=0$ và $n=2^a-1$. Thay vào ta được
$$5^b=2^{2a-1}-2^a+1$$
Với $a\ge 4$, ta có $5^b\equiv 1(\mathrm{mod}{2}^a)$. Theo bổ đề LTE thì $v_2(5^b-1)=2+v_2(b)$ nên $2^{a-2}\mid b$.
Mặt khác $5^b<2^{2a-1}$, do đó $b<(2a-1){\log }_{5}2<a\le 2^{a-2}$, mâu thuẫn. Vì thế $a\le 3$.
Thử $a=1,2,3$, ta được $n=1,3,7$. Kiểm tra để thấy được $n=1$ không thoả mãn.
Vậy $n\in \{3,7\}$ là tất cả nghiệm của bài toán.

a) (3,0 điểm) Xét một cặp số $(a,b)$ là HV2026. Nếu $a=1=1^{24}$ thì $a$ là lũy thừa bậc 24 của 1. Nếu $a>1$ thì ta đặt $a^{21}+b^{24}+a=abc$ với $c\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Rõ ràng phải có $a\mid b^{24}$. Xét một ước nguyên tố $p$ của $a$ suy ra $p$ cũng là ước của $b$ và đặt $x=v_p(a)$, $y=v_p(b)$ thì trước hết có $0<x\le 24y$. (1,0)

Nếu $x<24y$ thì $v_p(a^{21}+a)=v_p(a)=x$ nên theo tính chất của số mũ đúng, ta có $v_p\left(a^{21}+b^{24}+a\right)=\min \left\{v_p\left(a^{21}+a\right),v_p\left(b^{24}\right)\right\}=x$.

Chú ý rằng $v_p(ab)=x+y>x$ nên không thể có phép chia hết. Do đó $x=24y$, suy ra $v_p(a)$ chia hết cho 24. Điều này đúng với mọi ước nguyên tố $p$ tùy ý của $a$ nên phải có $a$ là lũy thừa bậc 24 của một số nguyên dương nào đó. (1,0)

Do chứng minh trên ta được có số nguyên dương $u$ sao cho $a=u^{24}$, kết hợp với $u^{24}\mid b^{24}$ suy ra $u\mid b$. Tiếp theo từ ${\left(u^{24}\right)}^{21}+b^{24}+u^{24}=u^{24}bc$ ta được $u^{480}+{\left(\frac{b}{u}\right)}^{24}+1=bc$ suy ra $b\mid u^{480}+v^{24}+1$ trong đó $v$ thỏa mãn $b=uv$. (1,0)

b) (2,0 điểm) Để đơn giản, đặt $A=24$, $B=480$. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo $n\ge 1$ rằng $u_n,v_n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, đồng thời $u_n\mid v_n^A+1$ và $v_n\mid u_{n+1}^B+1$.

Với $n=1$ thì rõ ràng $u_1,v_1\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $\left(u_1^{24};u_1{v}_1\right)=(1;2)$ thỏa mãn $1\cdot 2\mid 1^{21}+2^{24}+1$ suy ra $\left(u_1^{24};u_1{v}_1\right)$ là HV2026.

Giả sử khẳng định đúng đến $n\ge 1$. Khi đó, ta sẽ có ngay
$$u_{n+1}=\frac{v_n^A+1}{u_n}\in {\mathbb{N}}^{\ast }\text{ vaˋ }{v}_{n+1}=\frac{u_{n+1}^B+1}{v_n}\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$
Tiếp theo, ta cần chứng minh rằng $u_{n+1}\mid v_{n+1}^A+1$ và $v_{n+1}\mid u_{n+2}^B+1$. (0,5)

Ta có $v_{n+1}{v}_n=u_{n+1}^B+1$ nên $v_{n+1}{v}_n\equiv 1(\mathrm{mod}{u}_{n+1})$ và $v_{n+1}^A{v}_n^A\equiv 1(\mathrm{mod}{u}_{n+1})$.

Mặt khác, $v_n^A+1=u_{n+1}{u}_n$ nên $v_n^A\equiv -1(\mathrm{mod}{u}_{n+1})$, kết hợp với đồng dư thức trên, ta có ngay $v_{n+1}^A\equiv -1(\mathrm{mod}{u}_{n+1})$ hay $u_{n+1}\mid v_{n+1}^A+1$. (0,5)

Suy ra $u_{n+2}=\frac{v_{n+1}^A+1}{u_{n+1}}\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $u_{n+1}{u}_{n+2}\equiv 1(\mathrm{mod}{v}_{n+1})$ và $u_{n+2}^B{u}_{n+1}^B\equiv 1(\mathrm{mod}{v}_{n+1})$.

Chú ý $u_{n+1}^B+1=v_{n+1}{v}_n$ nên $u_{n+1}^B\equiv -1(\mathrm{mod}{v}_{n+1})$, thay vào đồng dư thức trên, ta cũng có $u_{n+2}^B\equiv -1(\mathrm{mod}{v}_{n+1})$ hay $v_{n+1}\mid u_{n+2}^B+1$. Quy nạp hoàn tất. (0,5)

Cuối cùng, ta cần chứng minh $(a,b)=\left(u_n^{24};u_n{v}_n\right)$ là HV2026 hay quy về
$$u_n^{25}{v}_n\mid u_n^{24\cdot 21}+u_n^{24}{v}_n^{24}+u_n^{24}.$$
Điều này tương đương với $u_n{v}_n\mid u_n^{480}+v_n^{24}+1$. Để ý rằng với $n\ge 2$ ta có
- $u_n^{480}+1=v_n{v}_{n-1}$ nên chia hết cho $v_n$, suy ra $v_n\mid u_n^{480}+v_n^{24}+1$.
- $v_n^{24}+1=u_{n+1}{u}_n$ nên chia hết cho $u_n$, suy ra $u_n\mid u_n^{480}+v_n^{24}+1$.

Cuối cùng, cũng từ $v_n^{24}+1=u_{n+1}{u}_n$, ta có $\gcd \left(u_n,v_n\right)=1$, $\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên phép chia hết ở trên là đúng. Vì thế nên $\left(u_n^{24};u_n{v}_n\right)$ là HV2026. (0,5)

Đặt $s=a+b+c$, theo bất đẳng thức Cauchy ta có được
$$\sqrt{1+a^2}=\sqrt{(a+b)(a+c)}\le \frac{(a+b)+(a+c)}{2}=\frac{s+a}{2}.$$
Do đó
$$\sum _{\text{cyc}}\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\ge 2\sum _{\text{cyc}}\frac{a}{s+a}=2\sum _{\text{cyc}}\frac{a^2}{a(s+a)}\ge \frac{2(a+b+c{)}^2}{{\sum }_{\text{cyc}}a(s+a)}=\frac{2s^2}{s^2+a^2+b^2+c^2}.$$
Mà $a^2+b^2+c^2=s^2-2(ab+bc+ca)=s^2-2$, nên
$$\sum _{\text{cyc}}\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\ge \frac{s^2}{s^2-1}.$$
Lại có $s^2\ge 3(ab+bc+ca)=3$, tức $s\ge \sqrt{3}$. Vì
$$2s^3-3\sqrt{3}{s}^2+3\sqrt{3}=(s-\sqrt{3}{)}^2(2s+\sqrt{3})\ge 0,$$
ta suy ra $\frac{s^2}{s^2-1}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2s}=\frac{3\sqrt{3}}{2(a+b+c)}$, điều phải chứng minh.

Lời giải (nguồn: CLB Toán Lim - LIM Olympic):

Trước hết ta có bổ đề quen thuộc sau:

Bổ đề 0.1. Cho $A$, $B$ là các số nguyên dương. Phân số $\frac{A}{B}$ biểu diễn được dưới dạng số thập phân hữu hạn khi và chỉ khi sau khi rút gọn phân số tối giản, mẫu số chỉ có các ước nguyên tố là 2 và 5.

(1) Chọn $a=7$, ta cần tìm số nguyên dương nhỏ nhất $k$ sao cho $\frac{10^k-1}{126}$ là số thập phân hữu hạn.
Ta có $126=2\cdot 63$ và $\gcd (10^k-1,10)=1$, nên $10^k-1$ không chia hết cho 2 hoặc 5.
Theo bổ đề trên, $\frac{10^k-1}{126}$ là số thập phân hữu hạn khi và chỉ khi $63\mid 10^k-1$.
Để ý $9\mid 10^k-1$ với mọi $k\ge 1$ và ${\mathrm{ord}}_{7}10=6$ nên ${\mathrm{ord}}_{63}10=6$.
Vậy 6 là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $63\mid 10^k-1$, suy ra 6 là một số 18-tốt.

(2) Cố định $n$. Viết $n=2^{\alpha }{5}^{\beta }m$, trong đó $\gcd (m,10)=1$.
Với mỗi $a\in \{1,2,\dots ,2026\}$, viết $a=2^r{5}^{s}c$, trong đó $\gcd (c,10)=1$. Khi đó $na=2^{\alpha +r}{5}^{\beta +s}mc$.
Vì $\gcd (10^k-1,10)=1$, từ số $10^k-1$ không có ước nguyên tố 2 hoặc 5.
Theo bổ đề trên, $\frac{10^k-1}{na}$ là số thập phân hữu hạn khi và chỉ khi $mc\mid 10^k-1$.
Do đó số nguyên dương nhỏ nhất $k$ tương ứng với $a$ là ${\mathrm{ord}}_{mc}(10)$.
Hơn nữa, số $k$ này chỉ phụ thuộc vào $c$ và không phụ thuộc vào các số mũ $r,s$.
Mặt khác, $1\le c\le 2026$ và $\gcd (c,10)=1$. Vì vậy $|S(n)|$ không vượt quá số các số nguyên dương không quá 2026 nguyên tố cùng nhau với 10, và số các số như vậy là
$$2026-\lfloor \frac{2026}{2}\rfloor -\lfloor \frac{2026}{5}\rfloor +\lfloor \frac{2026}{10}\rfloor =2026-1013-405+202=810.$$
Vì vậy $|S(n)|\le 810$ với mọi $n\ge 1$.
Giờ ta sẽ chứng minh tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $|S(n)|=810$.
Chọn số nguyên dương $T$ sao cho $p-1\mid T$ với mọi số nguyên tố $p\le 2026$, $p\ne 2,5$, chẳng hạn
$$T=\mathrm{lcm}\{p-1:p\le 2026,p\text{ nguyeˆn toˆˊ},p\ne 2,5\}.$$
Đặt $M=10^T-1$. Ta sẽ chứng minh $|S(M)|=810$.
Với mỗi số nguyên tố $p\le 2026$, $p\ne 2,5$, theo định lý Fermat nhỏ, ta có $10^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$.
Vì $p-1\mid T$, suy ra $p\mid 10^T-1=M$ và hiển nhiên ${\mathrm{ord}}_M(10)=T$.
Ta sẽ chứng minh rằng với mọi $c\le 2026$ thỏa mãn $\gcd (c,10)=1$, ta có ${\mathrm{ord}}_{cM}(10)=cT$.
Trước hết, ta chứng minh $cM\mid 10^{cT}-1$.
Xét số nguyên tố $p\mid c$. Vì $p\le c\le 2026$ và $p\ne 2,5$, theo cách chọn $T$ ta có $p\mid M$. Theo LTE ta có
$$v_p(10^{cT}-1)=v_p\left((10^T{)}^c-1\right)=v_p(10^T-1)+v_p(c)=v_p(M)+v_p(c).$$
Còn với các số nguyên tố $p\nmid c$ nhưng $p\mid M$, ta có ngay $p^{v_p(M)}\mid 10^T-1\mid 10^{cT}-1$.
Vì vậy $cM\mid 10^{cT}-1$, suy ra ${\mathrm{ord}}_{cM}(10)\mid cT$.
Đặt $d={\mathrm{ord}}_{cM}(10)$. Vì $M\mid cM$, từ $10^d\equiv 1(\mathrm{mod}cM)$ suy ra $10^d\equiv 1(\mathrm{mod}M)$.
Do đó $T={\mathrm{ord}}_M(10)\mid d$. Viết $d=Tu$ với $u\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.
Với mỗi số nguyên tố $p\mid c$, từ $cM\mid 10^d-1=10^{Tu}-1$ suy ra
$$v_p(c)+v_p(M)\le v_p(10^{Tu}-1).$$
Do $p\mid M=10^T-1$, áp dụng LTE ta được
$$v_p(10^{Tu}-1)=v_p(10^T-1)+v_p(u)=v_p(M)+v_p(u).$$
Suy ra $v_p(c)\le v_p(u)$ với mọi số nguyên tố $p\mid c$. Vậy $c\mid u$, nên $cT\mid d$.
Kết hợp với $d\mid cT$, ta được ${\mathrm{ord}}_{cM}(10)=cT$.
Bây giờ chọn $n=M$. Với mỗi $c\in \{1,2,\dots ,2026\}$ thỏa mãn $\gcd (c,10)=1$, lấy $a=c$.
Vì $\gcd (cM,10)=1$, theo bổ đề, số nguyên dương nhỏ nhất $k$ sao cho $\frac{10^k-1}{cM}$ là số thập phân hữu hạn chính là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn $cM\mid 10^k-1$. Do đó $k={\mathrm{ord}}_{cM}(10)=cT$.
Khi $c$ chạy qua các số không quá 2026 nguyên tố cùng nhau với 10, các số $cT$ đôi một khác nhau.
Có đúng 810 giá trị $c$ như vậy, nên $|S(M)|\ge 810$.
Kết hợp với $|S(n)|\le 810$ với mọi $n$, suy ra $|S(M)|=810$.
Vậy giá trị lớn nhất của $|S(n)|$ là $\boxed{810}$

Nhận xét: Bài toán trên đã xuất hiện trong IMO Shortlist 2017. Bằng cách làm tương tự, khi thay 2027 thành $N$ tổng quát thì ta có đáp số cần tìm là
$$N-\lfloor \frac{N}{2}\rfloor -\lfloor \frac{N}{5}\rfloor +\lfloor \frac{N}{10}\rfloor$$

a) Chú ý $10^{10^n}\equiv 0(\mathrm{mod}10)$; $9^{9^n}\equiv 9(\mathrm{mod}10)$ với mọi số nguyên dương $n$. Vậy ta được $A(n)\equiv 0-9\equiv 1(\mathrm{mod}10)$. Do đó, nếu $A(n)$ có nhiều chữ số tận cùng giống nhau thì các chữ số đó phải là 1.

Với $n=1$, ta chứng minh $A(1)\equiv 11(\mathrm{mod}100)$ hay $9^9\equiv -11(\mathrm{mod}100)$.

Thật vậy, ta có $9^2\equiv -19(\mathrm{mod}100)$; $9^4\equiv -39(\mathrm{mod}100)$; $9^8\equiv 21(\mathrm{mod}100)$; $9^9\equiv -11(\mathrm{mod}100)$.

Vậy $A(1)\equiv 11(\mathrm{mod}100)$ hay $A(1)$ có hai chữ số tận cùng giống nhau.

b) Giả sử tồn tại số nguyên dương $n$ để $A(n)$ có 5 chữ số tận cùng giống nhau. Chú ý rằng $A(n)\equiv 1(\mathrm{mod}10)$ nên 5 chữ số tận cùng của $A(n)$ là 11111. Lúc này ta được $A(n)\equiv 11111(\mathrm{mod}10^5)$.

Do $10^n>5$ nên $10^{10^n}\equiv 0(\mathrm{mod}10^5)$. Vậy $-9^{9^n}\equiv 11111(\mathrm{mod}10^5)\Rightarrow 9^{9^n}\equiv -11111\equiv 25(\mathrm{mod}32)$.

Ta có: $9\equiv 9(\mathrm{mod}32)$; $9^2\equiv 17(\mathrm{mod}32)$; $9^3\equiv 25(\mathrm{mod}32)$; $9^4\equiv 1(\mathrm{mod}32)$. Vậy để $9^{9^n}\equiv 25(\mathrm{mod}32)$ thì $9^n\equiv 3(\mathrm{mod}4)$. Tuy nhiên điều này là vô lý vì $9^n\equiv 1(\mathrm{mod}4)$.

Vậy $A(n)$ không thể có 5 chữ số tận cùng là giống nhau hay nói cách khác, nếu $k$ là số chữ số tận cùng giống nhau của $A(n)$ thì $k\le 4$.

Trường hợp 1: $p\equiv 1(\mathrm{mod}3)$

Khi đó: $3\mid p+2$, vì $p+2$ là số nguyên tố nên $p+2=3$.
Do đó: $p=1$ (Vô lí).

Trường hợp 2: $p\equiv 2(\mathrm{mod}3)$

Ta có: $2^a.p^b=(p+2{)}^c-1\equiv (2+2{)}^c-1\equiv 0(\mathrm{mod}3)$
Cho nên $3\mid 2^a.p^b$ (Vô lí)

Trường hợp 3: $p\equiv 0(\mathrm{mod}3)$, tức là $p=3$

Thay $p=3$ vào phương trình thu được
$$2^a.3^b=5^c-1$$

Vì $3\mid 5^c-1$ nên ta có $c$ là số chẵn.
Đặt $c=2k$ với $k$ là số nguyên dương.
Áp dụng định lí LTE:
$$v_2(5^c-1)=v_2(5^2-1)+v_2(c)-1=v_2(c)+2=v_2(k)+3$$

Do đó: $a=v_2(k)+3$.
Lại có:
$$v_3(5^c-1)=v_3(25^k-1)=v_3(25-1)+v_3(k)=v_3(k)+1$$

Nên $b=v_3(k)+1$
Vì vậy ta thu được $a\le {\log }_2(k)+3$ và $b\le {\log }_3(k)+1$.
Khi đó: $25^k-1=2^a.3^b\le 2^{{\log }_2(k)+3}.3^{{\log }_3(k)+1}=24k^2$.
Dễ dàng quy nạp được $25^t-1\ge 24t^2$, với mọi số nguyên dương $t\ge 1$.
Do đó ta thu được $k=1$, kéo theo $c=2$, $a=3$, $b=1$.
Thử lại ta thấy $(a;b;c;p)=(3;1;2;3)$ thỏa.
Vậy $(a;b;c;p)=(3;1;2;3)$

a) Thay $x=0$ vào (1):
$$P(0{)}^2=P(0)$$
nên $P(0)=0$ hoặc $P(0)=1$.
Giả sử $P(0)=0$. Viết $P(x)=x^{k}Q(x)$ với $k\ge 1$, $Q(0)\ne 0$. Khi đó
$$P\left(x^2\right)-x=x^{2k}Q\left(x^2\right)-x=x\left[x^{2k-1}Q\left(x^2\right)-1\right]$$
Vế trái của (1) bằng
$$x^{k+1}Q(x)\left[x^{2k-1}Q\left(x^2\right)-1\right]$$
Vì $2k-1\ge 1$ nên số hạng bậc thấp nhất của nó là $-Q(0)x^{k+1}\ne 0$.
Vế phải bằng $x^{3k}Q(x^3)$, có số hạng bậc thấp nhất là $Q(0)x^{3k}$.
$$\Rightarrow k+1=3k\iff k=\frac{1}{2}\text{ (voˆ lyˊ)}$$
Vậy $P(0)\ne 0$, do đó $P(0)=1$.

b) Trường hợp 1: deg $P\le 0$ ($P\equiv c$): (1) trở thành $c(c-x)=c$ với mọi $x$, nên $c=0$. Vậy $P(x)=0$ là một nghiệm.
Trường hợp 2: deg $P=n\ge 1$.
Gọi $a$ là hệ số cao nhất. Vế trái có bậc $3n$ với hệ số $a\cdot a$ (vì $2n>1$), vế phải có hệ số $a$. Do đó $a^2=a$, suy ra $a=1$ (vì $a\ne 0$).
Giả sử $n\ge 2$.
Theo câu a), $P(0)=1\ne 0$ nên $P$ không phải đơn thức $x^n$. Gọi $c{x}^m$ ($c\ne 0$, $m<n$) là số hạng có bậc cao nhất ngay sau $x^n$:
$$P(x)=x^n+c{x}^m+K(x)$$
Xét vế trái $P(x)\left[P(x^2)-x\right]$. Ngoài $x^{3n}$, các tích có bậc lớn nhất là:
- $x^n\cdot c{x}^{2m}$ có bậc $n+2m$,
- $c{x}^m\cdot x^{2n}$ có bậc $2n+m$,
- $x^n\cdot (-x)$ có bậc $n+1$.
Vì $m<n$ nên $2n+m>n+2m$. Vì $n\ge 2$ nên $2n+m>n+1$. Do đó hệ số của $x^{2n+m}$ ở vế trái là $c\ne 0$.
Vế phải $P(x^3)=x^{3n}+c{x}^{3m}+\cdots$ có số hạng bậc kế tiếp là $3m<2n+m$, nên hệ số của $x^{2n+m}$ ở vế phải bằng 0. Mâu thuẫn. Vậy $n=1$. $\Rightarrow P(x)=x+1$.
Vậy các đa thức thỏa mãn là $P(x)=0,P(x)=x+1$.

a) Đầu tiên với $p>3$ là số nguyên tố và $q>3$ là ước nguyên tố của $2^p+1$ thì $d={\mathrm{ord}}_{q}2=2p$.
Thật vậy, vì $2^p\equiv -1(\mathrm{mod}q)$, nên $2^{2p}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, nhưng $2^p\not\equiv 1(\mathrm{mod}q)$. Do đó $d\mid 2p$ và $d\nmid p$ suy ra $d=2$ hoặc $d=2p$. Nếu $d=2$ thì $q\mid 2^2-1=3$, trái với $q>3$. Vậy $d=2p$. Đồng thời, từ $2^{q-1}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, ta còn có $2p\mid q-1$.
Bây giờ, nếu một số nguyên tố $q>3$ là ước chung của $2^p+1$ và $2^r+1$, thì nhận xét trên cho ta $d=2p=2r$, suy ra $p=r$, trái giả thiết. Vậy hai số không có ước nguyên tố chung nào lớn hơn 3.
b) Vì $p>3$ là số nguyên tố, nên $p\equiv 1$ hoặc $p\equiv 5(\mathrm{mod}6)$. Để ý nếu $p\equiv 1(\mathrm{mod}6)$ thì $2^p+1\equiv 3(\mathrm{mod}9)$, còn nếu $p\equiv 5(\mathrm{mod}6)$ thì $2^p+1\equiv 6(\mathrm{mod}9)$.
Như vậy $3\mid 2^p+1$ nhưng $9\nmid 2^p+1$. Mặt khác, $2^p+1>3$, nên $2^p+1$ phải có một ước nguyên tố $q\ne 3$, để ý thêm $q$ lẻ nên $q>3$.
Theo ý a) ta có $2p\mid q-1$, suy ra $q\ge 2p+1$. Vì $p\ge 5$, ta có $2p+1>p+5$. Do đó $q>p+5$.
c) Vì $n$ lẻ, $2^n+1\equiv 0(\mathrm{mod}3)$, nên 3 luôn là một ước nguyên tố của $2^n+1$.
Giả sử $n$ có các ước nguyên tố lớn hơn 3 là $p_1,\dots ,p_t$, với $t\ge 1$. Với mỗi $i$, do $n/p_i$ là số nguyên dương lẻ, ta có $2^{p_i}+1\mid 2^n+1$.
Theo ý b), có thể chọn một ước nguyên tố $q_i$ của $2^{p_i}+1$ sao cho $q_i>p_i+5$, còn theo ý a), các số $q_1,\dots ,q_t$ đôi một khác nhau. Bởi vậy
$$S(2^n+1)\ge 3+q_1+\cdots +q_t>3+p_1+\cdots +p_t$$
Vì $n$ lẻ và các ước nguyên tố của $n$ chỉ có thể là $3,p_1,\dots ,p_t$, ta có $S(n)\le 3+p_1+\cdots +p_t$.
Từ đó ta có điều mâu thuẫn với việc $S(2^n+1)=S(n)$.
Vậy $n$ không có ước nguyên tố nào lớn hơn 3. Vì $n>1$ và $n$ lẻ, suy ra $n=3^{\alpha }$ với $\alpha \ge 1$.
Nếu $\alpha \ge 2$, thì $9\mid n$ và $n/9$ lẻ, nên $2^n+1$ chia hết cho $2^9+1=513=3^3\cdot 19$.
Do đó $S(2^n+1)\ge 3+19=22>3=S(n)$, vô lí.
Suy ra $\alpha =1$, tức là $n=3$, thử lại thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm duy nhất cần tìm là $n=3$.