Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Mệnh đề, phủ định, điều kiện cần/đủ (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Ký hiệu $(m+n)⋮(f(m)+f(n))$ nghĩa là $m+n$ chia hết cho $f(m)+f(n)$, tức $f(m)+f(n)\mid m+n$ với mọi $m,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

a) Với $m=n=1$: $2f(1)\mid 2\Rightarrow f(1)=1$.
Với $m=n=2$: $2f(2)\mid 4\Rightarrow f(2)\in \{1,2\}$. Với cặp $(1,2)$: $f(1)+f(2)=1+f(2)\mid 3$, nên $f(2)+1\in \{1,3\}\Rightarrow f(2)=2$.
Với $m=n=3$: $2f(3)\mid 6\Rightarrow f(3)\in \{1,3\}$. Cặp $(1,3)$: $1+f(3)\mid 4$, cả hai giá trị đều thỏa. Cặp $(2,3)$: $2+f(3)\mid 5\Rightarrow f(3)+2\in \{1,5\}\Rightarrow f(3)=3$.
Vậy $f(3)=3$.

b) Ta chứng minh $f(n)=n$ với mọi $n$ bằng quy nạp mạnh.
• $f(1)=1$ như trên.
• Giả sử $f(k)=k$ với mọi $k<n$. Với cặp $(n,n)$: $2f(n)\mid 2n\Rightarrow f(n)\mid n$, nói riêng $f(n)\le n$.
Với mọi $m<n$, theo giả thiết quy nạp $f(m)=m$, nên điều kiện cho cặp $(n,m)$ là
$$f(n)+m\mid n+m.$$
Suy ra $f(n)+m\mid (n+m)-(f(n)+m)=n-f(n)$ với mọi $m=1,2,\dots ,n-1$.
Chọn $m=n-1$: $f(n)+n-1\mid n-f(n)$. Nhưng $f(n)+n-1>n-f(n)⟺2f(n)>1$, luôn đúng. Nếu $n-f(n)>0$ thì một ước dương không thể lớn hơn số bị chia, mâu thuẫn. Vậy $n-f(n)=0$, tức $f(n)=n$.
• Kiểm tra: hàm $f(n)=n$ thỏa $f(m)+f(n)=m+n\mid m+n$. Vậy hàm duy nhất là $f(n)=n$.

Kết luận: a) $f(3)=3$; b) $f(n)=n$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Gọi các số dạng $a_i^3-1$ là số đặc biệt. Chú ý rằng nếu $n$ là số lẻ thì $2^3-1=7$ là đặc biệt nên $f(n)\mid 7$, chứng tỏ $f(n)\ne 2$. (0.5 điểm)

Với $n=4;n=6$, thử trực tiếp ta thấy không thỏa mãn.
Xét $n$ là số chẵn $\ge 8$.
Đặt $n=2^{k}m$, với $m$ lẻ và $k\ge 1$. Chú ý rằng khi này mỗi $a_i$ là số lẻ, kéo theo $2\mid f(n)$. (0.5 điểm)

• Xét $m=1$. Khi này $k\ge 3$. Chú ý rằng $3^3-1=26$ và $5^3-1=124$ là các số đặc biệt và $\gcd (26,124)=2$. Từ đó suy ra $f(n)\mid 2$ và do đó $f(n)=2$. (0.5 điểm)

• Xét $m=3$. Khi này $k\ge 2$. Chú ý rằng $5^3-1=124=4\cdot 31$, $7^3-1=342=2\cdot 9\cdot 19$ là các số đặc biệt và $\gcd (124,342)=2$.
Suy ra $f(n)=2$. (0.5 điểm)

• Xét $m\ge 5$. Dễ thấy mỗi số $m-4,m-2,m+2,m+4$ là số lẻ và nguyên tố cùng nhau với $m$ nên chúng nguyên tố với $2^{k}m$. Hơn nữa hiển nhiên chúng nhỏ hơn $2m\le 2^{k}m$.
Do đó $(m-4{)}^3-1$, $(m-2{)}^3-1$, $(m+2{)}^3-1$, $(m+4{)}^3-1$ là các số đặc biệt. Vì $f(n)$ là ước của mỗi số này nên
$f(n)\mid ((m+4{)}^3-1)+((m-4{)}^3-1)-((m+2{)}^3-1)-((m-2{)}^3-1)=72m$.
Để ý một trong hai số $m+2,m+4$ không chia 3 dư 1, nên một trong hai số $(m+2{)}^3-1$, $(m+4{)}^3-1$ không chia hết cho 3, chứng tỏ $3\nmid f(n)$. Tương tự, chú ý rằng $(m+2{)}^2\equiv (m+4{)}^2\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, kéo theo $(m+2{)}^3-1\equiv (m+2)-1=m+1$, $(m+4{)}^3-1\equiv m+4-1=m+3(\mathrm{mod}4)$ và một trong hai số $m+1,m+3$ không chia hết cho 4 vì thế $4\nmid f(n)$.
Từ đó suy ra $f(n)\mid 2m$. (1 điểm)

Giả sử $f(n)$ có một ước nguyên tố $p$ lẻ nào đó.
Khi đó $p\mid m$. Khi này từ $p\mid m$ và $p\mid f(n)\mid (m+2{)}^3-1$ ta có $p\mid 7$, kéo theo $p=7$. Tương tự, từ $p\mid m$ và $p\mid (m-2{)}^3-1$ ta có $p\mid 9$, kéo theo $p=3$, mâu thuẫn.
Suy ra: $f(n)$ không thể có ước nguyên tố lẻ. Vì thế $f(n)\mid 2$ và do đó $f(n)=2$.
Vậy, các số $n$ cần tìm là tất cả các số chẵn $\ge 8$. (1 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Ta sẽ chỉ ra một cách chơi để sau đúng 63 lần thao tác, số còn lại chia hết cho 4.

Nhận xét then chốt: với mọi số nguyên $n$ thì $n^2\equiv 0$ hoặc $1(\mathrm{mod}4)$ (cụ thể $n$ chẵn thì $n^2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$, $n$ lẻ thì $n^2\equiv 1(\mathrm{mod}4)$). Do đó nếu $a,b$ cùng tính chẵn lẻ thì $a^2-b^2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$.

Bước 1 (32 lần thao tác): Trên bàn cờ có các số $1,2,\dots ,64$, trong đó có 32 số lẻ và 32 số chẵn. Ta ghép 32 số lẻ thành 16 cặp, và 32 số chẵn thành 16 cặp (mỗi cặp gồm hai số cùng tính chẵn lẻ). Với mỗi cặp $(a,b)$, xóa $a,b$ và ghi $a^2-b^2$ vào một trong hai ô. Vì $a,b$ cùng tính chẵn lẻ nên $a^2-b^2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$. Sau 32 lần thao tác, trên bàn cờ còn 32 số, và mỗi số đều chia hết cho 4.

Bước 2 (31 lần thao tác): Bây giờ mọi số trên bàn cờ đều có dạng $4x$. Nếu ta xóa hai số $a=4x,b=4y$ và ghi $a^2-b^2=16(x^2-y^2)$ thì số mới cũng chia hết cho 4. Vậy tính chất 'mọi số trên bàn cờ đều chia hết cho 4' là bất biến dưới phép toán. Thực hiện thêm 31 lần thao tác (mỗi lần giảm số ô đi 1), sau 31 lần còn đúng 1 số, và số đó vẫn chia hết cho 4.

Tổng cộng ta đã thực hiện $32+31=63$ lần thao tác, và số còn lại trên bàn cờ chia hết cho 4. Đpcm.

Lời giải.

a) Gọi $S$ là tập các số nguyên thu được từ 0.

$P(x)$ là đa thức 3-tốt $⟺S=\mathbb{Z}$.

Quy tắc sinh phần tử của tập $S$:

- (Quy tắc A): $u\in S⟹P(u)\in S$.
- (Quy tắc B): $v\in S$ và $P(u)\equiv v(\mathrm{mod}3)⟹u\in S$.

Nhận xét 1: Nếu $u\in S$ thì mọi số nguyên $x$ thỏa mãn $x\equiv u(\mathrm{mod}3)$ cũng thuộc $S$.

Chứng minh: Với $P(x)\in \mathbb{Z}[x]$, ta có tính chất cơ bản: $x\equiv u(\mathrm{mod}3)⟹P(x)\equiv P(u)(\mathrm{mod}3)$. Vì $u\in S\stackrel{\text{Quy ta˘ˊc A}}{\to }P(u)\in S$. Lại có $P(x)\equiv P(u)(\mathrm{mod}3)\stackrel{\text{Quy ta˘ˊc B}}{\to }x\in S$.

Nhận xét 1 cho thấy để $S=\mathbb{Z}$, tập $S$ chỉ cần chứa đủ 3 đại diện có số dư là $0,1,2$ khi chia cho 3.

Nhận xét 2: Có $3^3=27$ bộ số dư $(P(0),P(1),P(2))$ modulo 3.

Tập $S$ (xuất phát từ 0) không thể sinh ra toàn bộ $\mathbb{Z}⟺$ tập $\{0,1,2\}$ bị phân hoạch thành các tập con $X$ rời nhau thỏa mãn: $x\in X⟺P(x)\in X$.

Các trường hợp thất bại này bao gồm:

- Phân hoạch thành 3 tập $\{0\},\{1\},\{2\}$:

Vì $0\in \{0\}⟹P(0)\in \{0\}⟹P(0)\equiv 0(\mathrm{mod}3)$.

Vì $1\in \{1\}⟹P(1)\in \{1\}⟹P(1)\equiv 1(\mathrm{mod}3)$.

Vì $2\in \{2\}\Rightarrow P(2)\in \{2\}\Rightarrow P(2)\equiv 2(\mathrm{mod}3)$.

Suy ra: $P(x)\equiv x(\mathrm{mod}3),\forall x\in \{0,1,2\}$.

$\Rightarrow$ Có 1 trường hợp.

• Phân hoạch thành 2 tập $\{a\}$ và $\{b,c\}$ (với $\{a,b,c\}=\{0,1,2\}$):

Vì $a\in \{a\}\Rightarrow P(a)\in \{a\}\Rightarrow P(a)\equiv a(\mathrm{mod}3)$.

Vì $b\in \{b,c\}\Rightarrow P(b)\in \{b,c\}\Rightarrow P(b)\equiv b$ hoặc $P(b)\equiv c(\mathrm{mod}3)$.

Vì $c\in \{b,c\}\Rightarrow P(c)\in \{b,c\}\Rightarrow P(c)\equiv b$ hoặc $P(c)\equiv c(\mathrm{mod}3)$.

Có 3 cách chọn $a$. Với mỗi $a$, có $2^2=4$ cách chọn ảnh cho $P(b)$ và $P(c)$. Trừ đi 1 trường hợp $P(b)\equiv b,P(c)\equiv c$ (đã đếm ở trên). $\Rightarrow$ Có $3\times (4-1)=9$ trường hợp.

Suy ra số bộ $(P(0),P(1),P(2))$ thành công (thỏa mãn $S=\mathbb{Z}$) là: $27-1-9=17$.

Mặt khác, với $x\in \{1,2\}$, ta có $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}3)\Rightarrow x^{lẻ}\equiv x$ và $x^{ch\widetilde{\stackrel{˘}{a}}n}\equiv 1(\mathrm{mod}3)$. Do đó:

$$P(x)\equiv c_0+\left(\sum _{klẻ}{c}_k\right)x+\left(\sum _{kch\widetilde{\stackrel{˘}{a}}n\ge 2}{c}_k\right)(\mathrm{mod}3)$$

Đặt $A=c_0$, $B={\sum }_{klẻ}{c}_k$ và $C={\sum }_{kch\widetilde{\stackrel{˘}{a}}n\ge 2}{c}_k$. Ta có hệ:

$$\{\begin{array}{l}P(0)\equiv A(\mathrm{mod}3)\\ P(1)\equiv A+B+C(\mathrm{mod}3)\\ P(2)\equiv A+2B+C\equiv A-B+C(\mathrm{mod}3)\end{array}$$

Hệ phương trình này xác định duy nhất bộ dư $(A,B,C)(\mathrm{mod}3)$ từ bộ $(P(0),P(1),P(2))$. Suy ra có đúng 17 bộ $(A,B,C)$ thỏa mãn.

Cuối cùng, ta đếm số cách chọn hệ số $c_k\in \{1,2,\dots ,99\}$. Tập này có 99 số, chia đều mỗi loại số dư 0, 1, 2 có 33 số. Với một bộ $(A,B,C)$ cố định:

• $c_0\equiv A(\mathrm{mod}3)$: Có 33 cách chọn.

• Tổng của 50 hệ số bậc lẻ $\equiv B(\mathrm{mod}3)$: Chọn 49 hệ số đầu tiên tùy ý (có $99^{49}$ cách). Hệ số cuối cùng bị buộc phải nhận một số dư duy nhất để tổng bằng $B$ (có 33 cách chọn giá trị thỏa mãn số dư đó). Nhóm này có $99^{49}\cdot 33$ cách.

• Tổng của 49 hệ số bậc chẵn $\equiv C(\mathrm{mod}3)$: Tương tự, chọn tùy ý 48 số đầu, số cuối bị cố định số dư. Nhóm này có $99^{48}\cdot 33$ cách.

Số lượng đa thức tạo thành cho một bộ $(A,B,C)$ là:

$$33\times (99^{49}\cdot 33)\times (99^{48}\cdot 33)=33^3\cdot 99^{97}$$

Tổng số đa thức 3-tốt là: $\boxed{17\cdot 33^3\cdot 99^{97}}$.

b) Đặt $\phi (r)=P(r)\mathrm{mod}p$. Với $u\in S$ (tập sinh từ 0), dãy lặp $u,\phi (u),{\phi }^2(u),\dots$ luôn tuần hoàn về một chu trình cố định - gọi là chu trình tối hạn của $u$; quy nạp trực tiếp trên hai quy tắc sinh của đề bài cho thấy mọi phần tử của $S$ có cùng chu trình tối hạn với 0. Nếu tồn tại hai chu trình tối hạn phân biệt, các điểm trên chu trình thứ hai không thuộc $S$, do đó $P$ không $p$-tốt.

Ta phát biểu và chứng minh các bổ đề sau:

Bổ đề 1

Nếu hàm số $f\in \mathbb{Z}[x]$ không là hàm hằng, thì có vô hạn số nguyên tố $p$ để phương trình $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ có nghiệm nguyên.

Chứng minh: Nếu $f(0)=0$ thì hiển nhiên $x=0$ là nghiệm với mọi $p$.

Giả sử $f(0)=c_0\ne 0$ và chỉ có hữu hạn $p_1,\dots ,p_k$ thỏa mãn, đặt $N=c_0{p}_1\cdots p_k$. Do các số hạng có bậc $\ge 1$ trong $f(Nt)$ đều chia hết cho $N$, ta có thể viết $f(Nt)$ dưới dạng $c_0(1+N.M(t))$ (với $t\in \mathbb{Z}$). Thừa số sau nguyên tố cùng nhau với mọi $p_i$, và ta có thể chọn $t$ đủ lớn để nó có giá trị tuyệt đối lớn hơn 1. Khi đó nó có ước nguyên tố mới $q\notin \{p_i\}$ — mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2

Cho $f\in \mathbb{Z}[x]$ là hàm số bậc 2 có $\Delta =B^2-4AC\ne 0$. Khi đó có vô hạn số nguyên tố $p$ để phương trình $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ có hai nghiệm phân biệt.

Chứng minh: Theo Bổ đề 1, có vô hạn $p$ để $f$ có một nghiệm $x_0\mathrm{mod}p$. Ta loại bỏ hữu hạn giá trị $p\mid A\Delta$. Vì $p\nmid A$ và $x_0$ là nghiệm, phép chia đa thức trong ${\mathbb{F}}_p[x]$ cho ta $f(x)\equiv A(x-x_0)(x-x_1)(\mathrm{mod}p)$ với $x_1\in {\mathbb{F}}_p$ nào đó; theo hệ thức Viète ta được $x_0+x_1\equiv -B/A(\mathrm{mod}p)$

Giả sử $x_1\equiv x_0(\mathrm{mod}p)$, khi đó $2x_0\equiv -B/A\Rightarrow 2A{x}_0+B\equiv 0(\mathrm{mod}p)$. Mà $4A\cdot f(x)=(2Ax+B{)}^2-\Delta$, thay $x=x_0$ ta có được $\Delta \equiv 0(\mathrm{mod}p)$ — vô lí. Ta có điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán, đặt $Q(x)=P(x)-x=a{x}^2+(b-1)x+c$, $\Delta =(b-1{)}^2-4ac$.

Ta thấy $Q(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)⟺P(x)\equiv x(\mathrm{mod}p)$, do đó các nghiệm của $Q(x)$ chính là các điểm bất động của hàm $\phi$ kể trên. Xét 2 trường hợp:

- $\Delta \ne 0$. Theo Bổ đề 2, có vô hạn số nguyên tố $p$ để $Q$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1\ne x_2$ sao cho $Q(x_1)\equiv Q(x_2)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$. Đa thức $P(x)$ có 2 điểm bất động, và do đó nó không $p$-tốt.

- $\Delta =0$. Lúc này $Q(x)=a(x-r{)}^2$ với $r=\frac{1-b}{2a}\in \mathbb{Q}$. Với $p\nmid 2a$, đặt $y=x-r$ ta được $\phi (y)=a{y}^2+y\mathrm{mod}p$ với điểm bất động duy nhất là $y=0$.

Ta tính được $\phi (\phi (y))-y=a{y}^2(a^2{y}^2+2ay+2)$. Xét $H(y)=a^2{y}^2+2ay+2\in \mathbb{Z}[y]$ có $\Delta =-4a^2\ne 0$ (vì $a\ne 0$), áp dụng Bổ đề 2 cho thấy có vô hạn số nguyên tố $p$ sao cho $H$ có 2 nghiệm phân biệt $y_1\ne y_2$ và đều khác 0 (theo hệ thức Viète thì $y_1{y}_2=\frac{2}{a^2}\ne 0$).

Với modulo các số nguyên tố $p$ kể trên, ta có $\phi (\phi (y))\equiv y$ nên $\phi (\phi (\phi (y)))\equiv \phi (y)$, nên $\phi (y)$ cũng là một trong các nghiệm $\{0;y_1;y_2\}$ của phương trình $\phi (\phi (y))-y\equiv 0(\mathrm{mod}p)$.

Mà $\phi (y_1)\ne y_1$ (do $y_1$ không bất động) và $\phi (y_1)\ne 0$ (khi đó $\phi (\phi (y_1))\equiv 0\ne y_1$), ta bắt buộc có $\phi (y_1)\equiv y_2$, và chứng minh tương tự ta có $\phi (y_2)\equiv y_1$.

Như vậy, tồn tại chu trình có độ dài 2 là $\{y_1;y_2\}$ khác 0 và phân biệt với điểm bất động $\{0\}$, suy ra $P(x)$ có 2 chu trình tối hạn và do đó $P$ không $p$-tốt.

Bài toán đã được giải quyết.

Lời giải.

a) Giả sử $n=2^k{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_s^{{\alpha }_s}$, trong đó $2<p_1<p_2<\cdots <p_s$ là các số nguyên tố, ${\alpha }_i\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Ta có:
$$\sigma (n)=2n\iff (2^{k+1}-1)\prod _{i=1}^s\frac{p_i^{{\alpha }_i+1}-1}{p_i-1}=2^{k+1}\cdot p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_s^{{\alpha }_s}(\ast )$$

Đặt $t=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_s^{{\alpha }_s}$. Từ (*), ta có:
$$(2^{k+1}-1)\sigma (t)=2^{k+1}\cdot t$$

Do $\gcd (2^{k+1}-1,2^{k+1})=1$ nên từ (*) suy ra:
$$2^{k+1}-1\mid p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_s^{{\alpha }_s}=t$$

Đặt $m=\frac{t}{2^{k+1}-1}\in {\mathbb{Z}}^{+}\Rightarrow m\mid t$. Khi đó:
$$\sigma (t)\ge t+m=m(2^{k+1}-1)+m=m\cdot 2^{k+1}(\ast \ast )$$

Như vậy, dấu "=" ở (**) phải xảy ra $\iff$ $t$ chỉ có 2 ước là $t$ và $m$ $\iff$ $t$ là số nguyên tố, $m=1$. Kéo theo $t=2^{k+1}-1$ là số nguyên tố. Hơn nữa, nếu $k+1$ là hợp số thì $k+1$ có ước dương thật sự $1<d<k+1$, dẫn đến $2^d-1\mid 2^{k+1}-1$ và $1<2^d-1<2^{k+1}-1$, mâu thuẫn với $2^{k+1}-1$ là số nguyên tố. Điều mâu thuẫn cho ta $p=k+1$ phải là số nguyên tố.
Vậy $n=2^{k}t=2^{p-1}(2^p-1)$ và $p$, $2^p-1$ là số nguyên tố.

b) Trước hết, xin phát biểu, không chứng minh định lý Euler về số hoàn hảo lẻ và định lý Zsigmondy như sau:

Định lý Euler

Nếu $n$ là một số nguyên dương lẻ và là số hoàn hảo, thì $n$ phải có dạng $n=p^s{m}^2$, trong đó $p$ là số nguyên tố, $s$ và $m$ là các số nguyên dương thỏa mãn: $p\equiv s\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ và $\gcd (p,m)=1$.

Định lý Zsigmondy

Gọi $a>b\ge 1$ là các số nguyên và $n\ge 2$ là một số nguyên. Khi đó $a^n-b^n$ có ít nhất một ước số nguyên tố nguyên thủy (nghĩa là một ước số không chia hết $a^i-b^i$ cho mọi $1\le i\le n-1$) ngoại trừ hai trường hợp sau:

(i) $2^6-1^6$,

(ii) $n=2$ và $a+b$ là lũy thừa của 2.

Quy lại bài toán.
Giả sử tồn tại số hoàn hảo lẻ $n=p^a{q}^b{r}^c$ với $3\le p<q<r$ là các số nguyên tố, $a,b,c\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Ta có:
$$\sigma (n)=\frac{p^{a+1}-1}{p-1}\cdot \frac{q^{b+1}-1}{q-1}\cdot \frac{r^{c+1}-1}{r-1}<\frac{p^{a+1}{q}^{b+1}{r}^{c+1}}{(p-1)(q-1)(r-1)}=\frac{n}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}$$

Suy ra
$$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}>\frac{\sigma (n)}{n}=2.$$

Nếu $p\ge 5$ thì $q\ge 7,r\ge 11$, cho ta
$$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}\le \frac{1}{\left(1-\frac{1}{5}\right)\left(1-\frac{1}{7}\right)\left(1-\frac{1}{11}\right)}<2,$$
cho ta điều mâu thuẫn. Do đó $p=3$, nếu $q\ge 7$ thì $r\ge 11$, khi đó
$$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}\le \frac{1}{\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{7}\right)\left(1-\frac{1}{11}\right)}<2,$$
cũng cho ta điều mâu thuẫn. Dẫn đến $q=5$, nếu $r\ge 17$ thì
$$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}\le \frac{1}{\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{5}\right)\left(1-\frac{1}{13}\right)}<2,$$
cũng cho ta điều mâu thuẫn. Vậy $p=3,q=5,r\le 17$.

• Xét $(p,q,r)=(3,5,7)$ thì $n=3^a{5}^b{7}^c$, do $\sigma (n)=2n$ nên $5\mid \sigma (n)$, xét
$$\sigma (n)=\sigma \left(3^a\right)\sigma \left(5^b\right)\sigma \left(7^c\right)=\frac{3^{a+1}-1}{2}\cdot \frac{5^{b+1}-1}{4}\cdot \frac{7^{c+1}-1}{6}.$$

Theo định lý Euler thì $n$ có đúng một ước nguyên tố có số mũ lẻ, và ước nguyên tố đó chia 4 dư 1, nên trong trường hợp này ước nguyên tố đó chính là 5, suy ra $a,c$ chẵn. Ta thấy rằng $5\nmid \sigma \left(5^b\right)$, nên $5\mid \sigma \left(3^a\right)$ hoặc $5\mid \sigma \left(7^c\right)$. Nếu $5\mid \sigma \left(3^a\right)$ thì $5\mid 3^{a+1}-1$, cho ta $a+1$ chia hết cho 4, suy ra $a$ lẻ, điều này mâu thuẫn với định lý Euler vì $a$ phải chẵn. Do đó $5\mid \sigma \left(7^c\right)$, tức là $5\mid 7^{c+1}-1$, cũng cho ta $c+1$ chia hết cho 4, tức là $c$ lẻ. Điều này mâu thuẫn với định lý Euler vì $c$ phải chẵn.

• Xét $(p,q,r)=(3,5,11)$ thì
$$\sigma (n)=\sigma (3^a)\sigma (5^b)\sigma (11^c)=\frac{3^{a+1}-1}{2}\cdot \frac{5^{b+1}-1}{4}\cdot \frac{11^{c+1}-1}{10}=2\cdot 3^a{5}^{b}11^c.$$

Theo định lý Euler, ta suy ra được $c$ chẵn, từ đó $c\ge 2$. Ta có hai cách cho trường hợp này như sau:

Cách 1: Ta cũng suy ra $5\mid \sigma \left(3^a\right)$ hoặc $5\mid \sigma \left(11^c\right)$. Ta chỉ xét trường hợp $5\mid \sigma \left(11^c\right)$. Suy ra $5\mid 11^{c+1}-1$ và như vậy, suy ra
$$0\equiv 1+11+11^2+\dots +11^c\equiv c+1(\mathrm{mod}5).$$

Suy ra $5\mid c+1$, kéo theo
$$\frac{11^5-1}{11-1}\mid \frac{11^{c+1}-1}{11-1}.$$

Mà $\frac{11^5-1}{11-1}=1+11+11^2+11^3+11^4=5\cdot 3221$, mà 3221 không chia hết cho $2,3,5,11$ nên 3221 có ước nguyên tố khác $2,3,5,11$, cho ta điều mâu thuẫn.

Cách 2: Áp dụng định lý Zsigmondy cho $11^{c+1}-1$ với $c+1\ge 3$, suy ra $11^{c+1}-1$ có ước nguyên tố nguyên thủy $p_0$ sao cho $p_0\nmid 11^k-1,\forall 1\le k\le c$. Nói cách khác, $\sigma (n)$ có một ước nguyên tố $p_0$ mà cấp của 11 modulo $p_0$ là ${\mathrm{ord}}_{p_0}(11)=c+1\ge 3$. Mặt khác, vì $p_0\mid \sigma (n)=2n$ nên $p_0\in \{2,3,5,11\}$. Rõ ràng $p_0\ne 11$, suy ra $p_0\in \{2,3,5\}$. Tuy nhiên, ta dễ dàng kiểm tra các cấp: ${\mathrm{ord}}_2(11)=1$, ${\mathrm{ord}}_3(11)=2$, ${\mathrm{ord}}_5(11)=1$. Tất cả đều nhỏ hơn 3, mâu thuẫn với ${\mathrm{ord}}_{p_0}(11)\ge 3$. Vậy trường hợp này không thể xảy ra!

• Xét $(p,q,r)=(3,5,13)$ thì trường hợp $5\mid \sigma \left(3^a\right)$ là tương tự (bởi vì $a$ chắc chắn chẵn), ta xét trường hợp $5\mid \sigma \left(13^c\right)\Rightarrow 5\mid 13^{c+1}-1$. Suy ra $c+1$ chia hết cho 4 và như vậy $c$ lẻ. Theo định lý Euler, do $13\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, mà số mũ của 13 là $c$ lẻ nên $c\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, điều này mâu thuẫn vì $c\equiv 3(\mathrm{mod}4)$.

Bài toán được giải quyết.

$\square$

Đáp số. Tất cả các số $n$ thỏa mãn là các số sao cho ${\nu }_2(n)$ không là số nguyên dương chẵn. Với $a\ge 0$, đặt

$$S(a,n)=(a+1)+(a+2)+\dots +(a+n)=na+\frac{n(n+1)}{2}$$

là tổng của $n$ số nguyên dương liên tiếp.

Chứng minh $n=2^a\cdot b$ ($a>0$ chẵn, $b$ lẻ) không thỏa mãn. Ta có

$$S(x,n)=nx+\frac{n(n+1)}{2}=2^{a}bx+2^{a-1}b(2^{a}b+1).$$

Dễ thấy số này chia hết cho $2^{a-1}$ nhưng không chia hết cho $2^a$. Do đó ${\nu }_2(S(x,n))=a-1$ là số lẻ nên $S(a,n)$ không thể là số chính phương.

Chứng minh $n$ lẻ thỏa mãn. Xét $a=k^{2}n-\frac{n+1}{2}$ với $k\ge 1$. Khi đó

$$S(a,n)=na+\frac{n(n+1)}{2}=n\left(a+\frac{n+1}{2}\right)=(kn{)}^2$$

là số chính phương, cũng không phải là lũy thừa của 2.

Chứng minh $n=2^a\cdot b$ ($a,b$ lẻ) thỏa mãn. Xét $x=\frac{k^{2}b-2^{a}b-1}{2}$ với $k$ là số nguyên dương lẻ đủ lớn và có một ước nguyên tố lẻ. Khi đó

$$S(x,n)=nx+\frac{n(n+1)}{2}=2^{a}bx+2^{a-1}b(2^{a}b+1)=2^{a-1}b\left(2x+2^{a}b+1\right)=2^{a-1}{k}^2{b}^2$$

là số chính phương, cũng không là lũy thừa của 2.

Giả sử ngược lại $P(x)$ có nghiệm hữu tỉ. Vì $P(0)=A\ne 0$ và $P(x)$ chỉ chứa các số mũ chẵn nên không mất tính tổng quát, giả sử nghiệm đó là $\frac{p}{q}$ trong đó $p,q\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $\gcd (p,q)=1$.

Đặt $Q(t)=A{t}^{2025}+b_1{t}^{2024}+b_2{t}^{2023}+\cdots +b_{2024}t+A$ thì $Q\left(\frac{p^2}{q^2}\right)=0$.

Khi đó $p^2\mid A$ và $q^2\mid A$, từ đó $p,q$ là các số lẻ.

Từ $P\left(\frac{p}{q}\right)=0$ suy ra
$$A{p}^{4050}+b_1{p}^{4048}{q}^2+b_2{p}^{4046}{q}^4+\cdots +b_{2024}{p}^2{q}^{4048}+A{q}^{4050}=0.$$

a) Vì $p\equiv -q(\mathrm{mod}p+q)$ nên
$$0\equiv (2A+b_1+b_2+\cdots +b_{2024})q^{4050}\equiv (2A+2025)q^{4050}(\mathrm{mod}p+q).$$
Mà $\gcd (q^{4050},p+q)=1$ nên $2A+2025$ chia hết cho $p+q$ chia hết cho 2, vô lý.

b) Đặt $r=p^2$, $s=q^2$ thì $A{r}^{2025}+b_1{r}^{2024}s+b_2{r}^{2023}{s}^2+\cdots +b_{2024}r{s}^{2024}+A{s}^{2025}=0$.
Vì $r\equiv -s(\mathrm{mod}r+s)$, ta có
$$0\equiv (b_1-b_2+b_3-b_4+\cdots +b_{2023}-b_{2024})s^{2025}=2024s^{2025}(\mathrm{mod}r+s).$$
Vì $\gcd (r+s,s)=1$, suy ra $p^2+q^2=r+s\mid 2024$.

Nếu $p=q=1$ thì $x=1$ làm nghiệm, tuy nhiên $P(1)=2A+2026\ne 0$, vô lý.

Vậy ít nhất một trong $p,q$ lớn hơn 1, hơn thế nữa mọi ước nguyên tố của số đó cũng là ước nguyên tố của $A$, nhưng không có số nguyên tố nào không vượt quá 2026 là ước của $A$, vì nếu $r\le 2026$ là số nguyên tố thì $A=2026!+1\equiv 1(\mathrm{mod}r)$. Do đó ít nhất một trong $p,q$ không nhỏ hơn 2027.

Suy ra $p^2+q^2>2024$, vô lý với việc $p^2+q^2\mid 2024$.

(1) Chọn $$f(x)=\prod _{j=0}^{28}(x-3j)=x(x-3)(x-6)\cdots (x-84)$$
Ta có $f(0)=0$ và với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$, ta có $f(n)\equiv n^{29}(\mathrm{mod}3)$.
Do đó $3\mid f(n)⟹3\mid n$, viết $n=3a$. Khi đó
$$f(n)=\prod _{j=0}^{28}(3a-3j)=3^{29}a(a-1)\cdots (a-28)=3^{29}\cdot 29!\cdot \frac{a(a-1)\cdots (a-28)}{29!}.$$
Theo công thức Legendre, ta có $v_3(29!)=13$ nên $v_3\left(3^{29}\cdot 29!\right)=29+13=42$. Suy ra
$$3\mid f(n)⟹3^{42}\mid f(n).$$

(2) Đặt $t=k+v_p(k!)$.

Đầu tiên ta chứng minh $m=t$ thỏa mãn:
Xét $$q(x)=\prod _{j=0}^{k-1}(x-jp)=x(x-p)(x-2p)\cdots \left(x-(k-1)p\right)$$
Tương tự chứng minh ý 1 suy ra $p^t\mid q(n)$.

Giờ ta chứng minh $m\le t$:

Trước hết, ta chứng minh bổ đề quen thuộc sau:

Bổ đề 0.1. Cho $P(x)\in \mathbb{Q}[x]$ là đa thức bậc $r$. Nếu $P(n)\in \mathbb{Z}$ với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$ thì $r!p_r$ là số nguyên với $p_r$ là hệ số bậc cao nhất của $P(x)$.

Chứng minh. Đặt $Q(x)=P(x+1)$. Khi đó $Q(n)\in \mathbb{Z}$ với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Từ khai triển Newton ta có:
$$Q(x)=a_0+a_1\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{1}\right)+a_2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{2}\right)+\cdots +a_r\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{r}\right),$$
trong đó $a_i$ là các số nguyên và $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{n}\right)=\frac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}$.

Vì hệ số của $x^r$ trong $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{r}\right)$ bằng $1/r!$, nên $p_r=[x^r]P(x)=[x^r]Q(x)=\frac{a_r}{r!}$.

Suy ra $r!p_r=a_r\in \mathbb{Z}$, từ đó có điều phải chứng minh cho bổ đề.

Giả sử ngược lại tồn tại đa thức $f(x)\in \mathbb{Z}[x]$, monic, bậc $k$, thỏa mãn $p\mid f(0)$ và
$$p\mid f(n)⟹p^{t+1}\mid f(n)$$

với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Xét đa thức $P(x)=\frac{f(px)}{p^{t+1}}$.

Với mọi $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$, do $p\mid f(0)$ nên $f(px)\equiv f(0)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$.

Theo giả thiết phản chứng, ta có $p^{t+1}\mid f(px)$ nên $P(x)\in \mathbb{Z}$ với mọi $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Vì $f$ monic bậc $k$, hệ số cao nhất của $P$ bằng $\frac{p^k}{p^{t+1}}$. Áp dụng bổ đề, ta có $k!\frac{p^k}{p^{t+1}}\in \mathbb{Z}$.

Mà $v_p(k!p^k)=v_p(k!)+k=t$ nên $v_p\left(\frac{k!p^k}{p^{t+1}}\right)=-1$, mâu thuẫn. Vậy $m\le t$.

Vậy giá trị lớn nhất của $m$ là $m_{\max }=k+v_p(k!)$.