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

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)

(1) Đặt $S(x)=1+x+x^2+\cdots +x^{2026}$. Gọi $A$ là tập các chỉ số $i$ sao cho $a_i=3$. Khi đó $|A|=m$ và
$$P(x)=2S(x)+\sum _{i\in A}{x}^i.$$
Để ý $x^3\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^2+x+1)$, suy ra
$$S(x)\equiv 1+x(\mathrm{mod}{x}^2+x+1).$$
Nếu $m=0$ thì $P(x)=2S(x)$, do đó $P(x)\equiv 2+2x\not\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^2+x+1)$, vô lý.
Nếu $m=1$, giả sử hệ số duy nhất bằng 3 là $a_k$. Khi đó
$$P(x)=2S(x)+x^k\equiv \{\begin{array}{ll}3+2x,& k\equiv 0(\mathrm{mod}3)\\ 2+3x,& k\equiv 1(\mathrm{mod}3)\\ 2+2x+x^2\equiv 1+x,& k\equiv 2(\mathrm{mod}3)\end{array}$$
Vì vậy ta suy ra được $m\ne 0$ và $m\ne 1$.
(2) Giả sử $r$ là một nghiệm nguyên của $P(x)$ thì $r<0$, khi đó $r\mid a_0$, mà $a_0\in \{2,3\}$. Do đó
$$r\in \{-1,-2,-3\}.$$
Ta sẽ chứng minh $r\notin \{-2,-3\}$. Nếu $r=-2$ thì
$$0=P(-2)=a_{2026}{4}^{1013}+\sum _{j=0}^{1012}(a_{2j}-2a_{2j+1})4^j.$$
Suy ra $a_{2026}{4}^{1013}={\sum }_{j=0}^{1012}(2a_{2j+1}-a_{2j})4^j$. Vì $a_i\in \{2,3\}$ nên $2a_{2j+1}-a_{2j}\le 4$. Do đó
$$a_{2026}{4}^{1013}\le 4\sum _{j=0}^{1012}{4}^j=\frac{4(4^{1013}-1)}{3}<2\cdot 4^{1013}$$
mâu thuẫn với $a_{2026}\ge 2$. Tương tự, nếu $r=-3$ thì
$$a_{2026}{9}^{1013}=\sum _{j=0}^{1012}(3a_{2j+1}-a_{2j})9^j\le 7\sum _{j=0}^{1012}{9}^j=\frac{7(9^{1013}-1)}{8}<2\cdot 9^{1013}$$
vì $3a_{2j+1}-a_{2j}\le 7$, điều này mâu thuẫn với $a_{2026}\ge 2$.
Vậy nghiệm nguyên duy nhất có thể có là $r=-1$, từ đây dễ ý $P(-1)\equiv m(\mathrm{mod}2)$ nên $m$ chẵn.

a) Giả sử $q>3$ là một ước nguyên tố của $A=u^2-uv+v^2$. Vì $(u,v)=1$, ta có $q\nmid u$ và $q\nmid v$.
Khi đó tồn tại $v^{-1}$ sao cho $v\cdot v^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, và đặt $t\equiv u{v}^{-1}(\mathrm{mod}q)$ để suy ra được
$$t^2-t+1\equiv 0(\mathrm{mod}q)$$
Do đó $t^3\equiv -1(\mathrm{mod}q)$. Nếu $t\equiv -1(\mathrm{mod}q)$ thì $t^2-t+1\equiv 3(\mathrm{mod}q)$, vô lý vì $q>3$.
Vì vậy ${\mathrm{ord}}_{q}t=6$, và theo Fermat nhỏ thì $q-1$ chia hết cho 6 nên $q=6k+1$ với $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.
b) Để ý $2027\mid 2089^y-62^y$ nên $2027\mid x^6+70^6$. Theo bổ đề quen thuộc về số nguyên tố $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$, ta có $x^3$ và $70^3$ đều chia hết cho 2027, tức là 70 chia hết cho 2027, vô lý.
Do đó không tồn tại các số nguyên dương $(x,y)$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

a) Gọi $S$ là tổng bình phương của 2026 số đang có trên bảng.

Ta sẽ chứng minh sau mỗi thao tác, $S$ đều giảm một số nguyên dương.

Xét hai số được chọn là $a,b$ và đặt $d=|a-b|>70$, nên $d\ge 71$.

Nếu $a+b$ chẵn thì hai số mới đều bằng $\frac{a+b}{2}$. Khi đó phần giảm của $S$ là

$$a^2+b^2-2{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2=\frac{(a-b{)}^2}{2}>0.$$

Nếu $a+b$ lẻ thì hai số mới là $\frac{a+b-1}{2}$ và $\frac{a+b+1}{2}$. Khi đó phần giảm của $S$ là

$$a^2+b^2-{\left(\frac{a+b-1}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a+b+1}{2}\right)}^2=\frac{(a-b{)}^2-1}{2}>0.$$

Vì tất cả các số trên bảng đều nguyên nên $S$ luôn là một số nguyên không âm. Do đó $S$ không thể giảm ngắt vô hạn lần. Suy ra quá trình phải dừng sau hữu hạn bước.

b) Khi quá trình dừng, với mỗi hai số $a,b$ trên bảng ta có $|a-b|\le 70$. Gọi $m$ là số nhỏ nhất trên bảng. Khi đó mọi số trên bảng đều thuộc tập $\{m,m+1,\dots ,m+70\}$, gồm đúng 71 giá trị nguyên.

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 2026 số phải có ít nhất $\lceil \frac{2026}{71}\rceil =29$ số bằng nhau.

a) Ta chứng minh với $p$ là số nguyên tố lẻ thì $\delta (p^k)$ chẵn khi và chỉ khi $k$ chẵn. Ta có:
$$\delta (p^k)=p^k+p^{k-1}+\cdots +1\equiv k+1(\mathrm{mod}2)\text{(do coˊ }k+1\text{ hạng tử lẻ)}$$
Nên $\delta (p^k)$ lẻ khi và chỉ khi $k$ chẵn (đpcm).
Chiều thuận: Giả sử $\delta (n)$ là số lẻ. Đặt $n=2^k\cdot p_1^{k_1}\dots p_m^{k_m}$ ($p_i$ là các số nguyên tố lẻ). Khi đó:
$$\delta (n)=\delta (2^k)\cdot \delta (p_1^{k_1})\dots \delta (p_m^{k_m})$$
Vì $\delta (n)$ lẻ nên $\delta (p_i^{k_i})$ lẻ với mọi $i$. Suy ra $k_i$ chẵn với mọi $i$, do đó $\frac{n}{2^k}$ là số chính phương.
Chiều đảo: Giả sử tồn tại số tự nhiên $t$ để $\frac{n}{2^t}$ là số chính phương.
Khi đó với mọi số nguyên tố lẻ $p_i$, số mũ $v_{p_i}\left(\frac{n}{2^t}\right)$ là số chẵn $\Rightarrow v_{p_i}(n)$ chẵn $\Rightarrow k_i$ chẵn.
$\Rightarrow \delta (p_i^{k_i})$ lẻ với mọi $i$.
Mà $\delta (2^k)=1+2+\cdots +2^k$ luôn lẻ.
$\Rightarrow \delta (n)=\delta (2^k)\cdot \delta (p_1^{k_1})\dots \delta (p_m^{k_m})$ là số lẻ (đpcm).

b) Giả sử tồn tại số nguyên $n$ thoả mãn tính chất đã cho.
Vì $k\ge 6$ nên có 3 số chẵn liên tiếp $m,m+2,m+4$ thuộc tập hợp sao cho:
$$(m,\delta (m))=1,(m+2,\delta (m+2))=1,(m+4,\delta (m+4))=1$$
Do $m,m+2,m+4$ chẵn nên $\delta (m),\delta (m+2),\delta (m+4)$ phải lẻ. Áp dụng câu a, ta có:
$$m=2^a\cdot x^2,m+2=2^b\cdot y^2,m+4=2^c\cdot z^2\text{(với }x,y,z\text{ lẻ)}$$
Trường hợp 1: $a=1$.
Khi đó $m\equiv 2(\mathrm{mod}4)\Rightarrow m+4\equiv 2(\mathrm{mod}4)\Rightarrow c=1$. Ta có:
$$\frac{m}{2}=x^2\text{vaˋ}\frac{m}{2}+2=z^2⟹(z-x)(z+x)=2\text{(vıˋ lyˊ do VT : 4)}$$
Trường hợp 2: $a>1\Rightarrow b=1$ và $m⋮4$.
Do $b=1\Rightarrow m+2=2y^2\Rightarrow \frac{m}{2}+1=y^2$. Vì $(m+2,\delta (m+2))=1$ nên $m+2/⋮3$.
Mà $\frac{m}{2}$ chẵn $\Rightarrow y$ lẻ $\Rightarrow y^2-1⋮8\Rightarrow \frac{m}{2}⋮8\Rightarrow a\ge 4$.
Do $m⋮16\Rightarrow m+4\equiv 4(\mathrm{mod}16)\Rightarrow c=2\Rightarrow \frac{m}{4}+1=z^2$.
Xét modulo 3, trong 3 số chẵn trên phải có 1 số chia hết cho 3. Vì $m+2/⋮3$, ta xét các khả năng:
- $m⋮3\Rightarrow \delta (m)/⋮3\Rightarrow \delta (2^a)/⋮3\Rightarrow 2^{a+1}-1/⋮3\Rightarrow a$ chẵn.
Vì $a$ chẵn nên $\frac{m}{4}$ là số chính phương.
Mà $\frac{m}{4}+1=z^2\Rightarrow \frac{m}{4}=0\Rightarrow m=0$ (vô lý).
- $m+4⋮3\Rightarrow m+2=(m+4)-2\equiv 1(\mathrm{mod}3)$.
Mà $m+2=2y^2\equiv 2(\mathrm{mod}3)$ (vô lý do $y^2\equiv 1(\mathrm{mod}3)$).
Vậy không tồn tại số nguyên $n$ thỏa mãn bài toán.

a) Thay $x=a_i$ vào đẳng thức đã cho, ta được $P(a_i)Q(a_i)=1$ với mọi $i=1,2,\dots ,n$. Vì $P(a_i),Q(a_i)$ là các số nguyên nên $P(a_i)=Q(a_i)=\pm 1$. Do đó, đa thức $P(x)-Q(x)$ có $n$ nghiệm phân biệt $a_1,a_2,\dots ,a_n$. Mặt khác, $\mathrm{deg}P+\mathrm{deg}Q=n$ và hai đa thức đều có bậc dương, nên $\mathrm{deg}P,\mathrm{deg}Q\le n-1$. Suy ra $P(x)-Q(x)$ là đa thức không, tức là $P(x)=Q(x)$.
b) Theo ý trên, ta có $(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_n)+1=P(x{)}^2$ nên $n$ là số chẵn.
Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1=0$ (nếu không ta có thể tính tiên các giá trị). Khi đó $0=a_1<a_2<\cdots <a_n$ và $a_i\ge i-1$ với mọi $i=2,\dots ,n$.
Đặt $F(x)=x(x-a_2)\cdots (x-a_n)+1$. Vì $F(x)$ là bình phương của một đa thức và $n$ chẵn, ta có
$$0\le F\left(\frac{1}{2}\right)=1-\frac{(2a_2-1)(2a_3-1)\cdots (2a_n-1)}{2^n}\le 1-\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-3)}{2^n}$$
Nếu $n\ge 6$ thì $\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-3)}{2^n}\ge \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9}{2^6}=\frac{945}{64}>1$, khi đó $F\left(\frac{1}{2}\right)<0$, mâu thuẫn. Vậy ta suy ra được $n=2$ hoặc $n=4$.
Trường hợp 1: Nếu $n=2$ thì $0\le F\left(\frac{1}{2}\right)=1-\frac{2a_2-1}{4}$, suy ra $a_2\le \frac{5}{2}$ nên $a_2=1$ hoặc $a_2=2$.
- Với $a_2=1$, đa thức $F(x)=x^2-x+1$ không thể là bình phương của một đa thức bậc nhất.
- Với $a_2=2$, ta có $F(x)=x(x-2)+1=(x-1{)}^2$. Do đó, dãy $(0,2)$ là đẹp.
Trường hợp 2: Nếu $n=4$ thì $0\le F\left(\frac{1}{2}\right)=1-\frac{(2a_2-1)(2a_3-1)(2a_4-1)}{16}$. Suy ra
$$(2a_2-1)(2a_3-1)(2a_4-1)\le 16$$
Vì $a_2\ge 1$ và $a_3\ge 2$, ta được $3(2a_4-1)\le 16$, tức là $a_4\le \frac{19}{6}$. Kết hợp với $a_4\ge 3$ và $a_4$ nguyên, suy ra $a_4=3$. Vì $0<a_2<a_3<3$ nên $a_2=1$, $a_3=2$.
Khi đó $F(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)+1=(x^2-3x+1{)}^2$, nên dãy $(0,1,2,3)$ là đẹp.
Tổng quát ta có tất cả dãy đẹp là $(\mathbf{a},\mathbf{a}+2)$ và $(\mathbf{a},\mathbf{a}+1,\mathbf{a}+2,\mathbf{a}+3)$ với $a\in \mathbb{Z}$ do
$$(x-a)(x-a-2)+1=(x-a-1{)}^2$$
$$(x-a)(x-a-1)(x-a-2)(x-a-3)+1={\left((x-a-1)(x-a-2)-1\right)}^2$$

(AI giải đề cho tôi)
Bài 3. 1) Giả sử $ab$ là số chính phương, tức $ab=k^2$ với $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Đặt $g=\gcd (a,b)$, viết $a=gx,b=gy$ với $\gcd (x,y)=1$ và $x<y$ (vì $a<b$). Khi đó $ab=g^{2}xy=k^2$ suy ra $xy$ là số chính phương. Vì $x,y$ nguyên tố cùng nhau nên mỗi số $x,y$ đều là số chính phương: $x=u^2,y=v^2$ với $u<v$, tức $v\ge u+1$. Vậy $a=g{u}^2,b=g{v}^2$. Do $m^2<a$ nên $g{u}^2=a\ge m^2+1$, suy ra $gu\ge \sqrt{m^2+1}>m$, mà $gu$ nguyên nên $gu\ge m+1$. Do đó: $$b=g{v}^2\ge g(u+1{)}^2=g{u}^2+2gu+g\ge (m^2+1)+2(m+1)+1=m^2+2m+4>(m+1{)}^2.$$ Vậy $b>(m+1{)}^2$. Đpcm.

2) Trước tiên $a^b+b^a$ là tổng của hai số lẻ nên chẵn, tức $2\mid a^b+b^a$.
Xét tính chia hết cho $p$:
- Nếu $p\mid a$ thì từ $p\mid a+b$ suy ra $p\mid b$, khi đó $p\mid a^b+b^a$.
- Nếu $p\nmid a$: theo đề $p\mid a+b$ nên $b\equiv -a(\mathrm{mod}p)$. Khi đó $$a^b+b^a\equiv a^b+(-a{)}^a=a^b-a^a=a^a\left(a^{b-a}-1\right)(\mathrm{mod}p).$$ Vì $p$ nguyên tố và $p\nmid a$, theo Fermat nhỏ $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$. Mặt khác $(p-1)\mid (a-b)$ nên $(p-1)\mid (b-a)$; do đó $a^{b-a}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ (nếu $b\ge a$ rõ ràng; nếu $b<a$ thì $a^{a-b}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ rồi lấy nghịch đảo modulo $p$ của hai vế, vì $\gcd (a,p)=1$). Vậy $p\mid a^b+b^a$.

Kết hợp: $p\mid a^b+b^a$ và $2\mid a^b+b^a$, mà $\gcd (2,p)=1$ ($p$ nguyên tố lẻ), nên $2p\mid a^b+b^a$. Đpcm.