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

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.

$\square$

(AI giải đề cho tôi)
Mệnh đề "Có một số nguyên mà bình phương của nó bằng chính nó" được viết là $\exists x\in \mathbb{Z},x^2=x$. Thật vậy, tồn tại các số nguyên $x=0$ hoặc $x=1$ thỏa mãn $x^2=x$, nên mệnh đề đúng. Các phương án A, B sai vì tập là $\mathbb{R}$ chứ không phải $\mathbb{Z}$; phương án C sai vì dùng lượng từ $\forall$ (mọi số nguyên) trong khi đề chỉ nói "có một số".

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 $m_{\max }=k+v_p(k!)$.

(1) Giả sử $m>1$ là một lũy thừa của 2 và $f(a,b)\equiv f(c,d)(\mathrm{mod}m)$, $f(b,a)\equiv f(d,c)(\mathrm{mod}m)$.

Ta cần chứng minh $a\equiv c(\mathrm{mod}m)$ và $b\equiv d(\mathrm{mod}m)$. Đặt $P=a-c$, $Q=b-d$.

Vì $f(a,b)-f(b,a)=5(a-b)$ nên từ $f(a,b)-f(b,a)\equiv f(c,d)-f(d,c)(\mathrm{mod}m)$ hay

$$5(P-Q)\equiv 0(\mathrm{mod}m)$$

Do $m$ là lũy thừa của 2 nên $\gcd (5,m)=1$, suy ra $P\equiv Q(\mathrm{mod}m)$.

Mặt khác $0\equiv f(a,b)-f(c,d)=11P+6Q+8(ab-cd)(\mathrm{mod}m)$.

Ta có $ab-cd=a(b-d)+d(a-c)=aQ+dP$.

Từ $P\equiv Q(\mathrm{mod}m)$, suy ra $ab-cd\equiv (a+d)P(\mathrm{mod}m)$. Do đó $(17+8(a+d))P\equiv 0(\mathrm{mod}m)$.

Số $17+8(a+d)$ là số lẻ nên nguyên tố cùng nhau với $m$. Vì vậy $P\equiv 0(\mathrm{mod}m)$.

Kết hợp với $P\equiv Q(\mathrm{mod}m)$ nên $P\equiv Q\equiv 0(\mathrm{mod}m)$.

Vậy $a\equiv c(\mathrm{mod}m)$ và $b\equiv d(\mathrm{mod}m)$.

(2) Bây giờ giả sử $m$ có một ước nguyên tố lẻ $p$. Đặt $t=\frac{m}{p}$ và xét

$$a=1,d=\frac{p(p+8t+8)-25}{8},b=d-t,c=1+t.$$

Vì $p$ lẻ nên $p^2\equiv 1(\mathrm{mod}8)$, do đó $b,d$ là các số nguyên. Hơn nữa,

$$b=d-t=(p-1)t+p+\frac{p^2-25}{8}>0,$$

Do đó $a,b,c,d$ là các số nguyên dương.

Ta có $c=a+t$ và $d=b+t$. Do đó

$$f(c,d)-f(a,b)=t(17+8(a+b+t))=t(25+8b+8t)=tp(p+8N)=m(p+8N)$$

nên $f(c,d)\equiv f(a,b)(\mathrm{mod}m)$. Tương tự $f(d,c)\equiv f(b,a)(\mathrm{mod}m)$.

Tuy nhiên $c-a=t=\frac{m}{p}$ không chia hết cho $m$, nên $a\not\equiv c(\mathrm{mod}m)$.

Vậy kết luận trên không còn đúng khi $m$ có một ước nguyên tố lẻ.

(3) Với $k=0$ thì $f(1,1)=25$ là số chính phương.

Với $k=1$ thì $f(2,19)+1=441$ là số chính phương.

Vì vậy $k\ge 2$, ta sẽ chứng minh $f(a,b)+2$ không là số chính phương với mọi $a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Để ý $4f(a,b)+33=(4a+3)(8b+11)$.

Giả sử tồn tại $a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}$ sao cho $f(a,b)+2=x^2$.

Khi đó $(4a+3)(8b+11)=4x^2+25=(2x{)}^2+5^2$.

Vì $4a+3\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ nên tồn tại ước nguyên tố $p$ của $4a+3$ sao cho $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$.

Ta có bổ đề quen thuộc sau, bạn đọc tự chứng minh bằng định lí Fermat nhỏ:

Bổ đề 0.1. Cho $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ là số nguyên tố và $x,y$ là hai số nguyên thoả mãn $p\mid x^2+y^2$. Chứng minh rằng $p\mid x$ và $p\mid y$.

Khi đó $p\mid (2x{)}^2+5^2$ nên theo bổ đề quen thuộc ta có $p\mid 5$ hay $p=5$, vô lí với $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$.

Do đó không tồn tại các số nguyên dương $a,b$ thoả mãn $f(a,b)+2$ là số chính phương.

Vì vậy số tự nhiên $k$ nhỏ nhất thoả mãn yêu cầu là $k_{\min }=2$.

Đặt $A=5^{n+2}+7^n$ và $B=5^n+7^{n+2}$. Khi đó để ý $\gcd (A,5)=1$ nên ta có được
$$\gcd (A,B)=\gcd (49A-B,A)=\gcd (1224\cdot 5^n,A)=\gcd (1224,A)=\gcd (2^3\cdot 3^2\cdot 17,A)$$
(1) Xét số dư của $A$ khi chia cho 8: Ta có $5^{n+2}+7^n\equiv 25\cdot 5^n+(-1{)}^n\equiv 5^n+(-1{)}^n(\mathrm{mod}8)$.
- Xét $n$ chẵn thì $5^{n+2}+7^n\equiv 2(\mathrm{mod}8)$ nên $A$ chia hết cho 2 không chia hết cho 4.
- Xét $n$ lẻ thì $5^{n+2}+7^n\equiv 4(\mathrm{mod}8)$ nên $A$ chia hết cho 4 nhưng không chia hết cho 8.

Vậy $v_2(A)=1$ nếu $n$ chẵn và $v_2(A)=2$ nếu $n$ lẻ.
(2) Xét số dư của $A$ khi chia cho 9: Ta có $5^{n+2}+7^n\equiv 25\cdot 5^n+7^n(\mathrm{mod}9)$.
- Nếu $n\equiv 0(\mathrm{mod}6)$ thì $A\equiv -1(\mathrm{mod}9)$.
- Nếu $n\equiv 1(\mathrm{mod}6)$ thì $A\equiv 6(\mathrm{mod}9)$.
- Nếu $n\equiv 2(\mathrm{mod}6)$ thì $A\equiv -1(\mathrm{mod}9)$.
- Nếu $n\equiv 3(\mathrm{mod}6)$ thì $A\equiv 3(\mathrm{mod}9)$.
- Nếu $n\equiv 4(\mathrm{mod}6)$ thì $A\equiv -1(\mathrm{mod}9)$.
- Nếu $n\equiv 5(\mathrm{mod}6)$ thì $A\equiv 0(\mathrm{mod}9)$.

Vậy $v_3(A)=0$ nếu $n$ chẵn, $v_3(A)=1$ nếu $n$ lẻ và $n\not\equiv 5(\mathrm{mod}6)$, và $v_3(A)=2$ nếu $n$ lẻ và $n\equiv 5(\mathrm{mod}6)$.
(3) Tìm điều kiện của $n$ để $A$ chia hết cho 17.

Ta có $5^{n+2}+7^n$ chia hết cho 17 tương đương $7^{n+2}\cdot 5^{n+2}+7^{2n+2}$ chia hết cho 17 hay $7^{2n+2}+1$ chia hết cho 17, tương đương $49^n\cdot 49+1$ chia hết cho 17 hay $(-2{)}^n\cdot (-2)+1$ chia hết cho 17.

Điều này tương đương với $(-2{)}^n\equiv 9(\mathrm{mod}17)$.

Để ý ${\text{ord}}_{17}(-2)=8$ và $(-2{)}^3=-8\equiv 9(\mathrm{mod}17)$ nên $n\equiv 3(\mathrm{mod}8)$. (Lưu ý: bản in nguồn trang 4 ghi "$(-2{)}^3\equiv 1(\mathrm{mod}17)$", đây là lỗi đánh máy của nguồn; đúng là $(-2{)}^3=-8\equiv 9(\mathrm{mod}17)$.)

Vậy $17\mid A⟺n\equiv 3(\mathrm{mod}8)$.

Do đó ta suy ra được:

- $n\equiv 0(\mathrm{mod}2)$ thì $\gcd (A,B)=2$.
- $n\equiv 1,7,9,13,15,21(\mathrm{mod}24)$ thì $\gcd (A,B)=12$.
- $n\equiv 3,19(\mathrm{mod}24)$ thì $\gcd (A,B)=204$.
- $n\equiv 5,17,23(\mathrm{mod}24)$ thì $\gcd (A,B)=36$.
- $n\equiv 11(\mathrm{mod}24)$ thì $\gcd (A,B)=612$.

Ta có $(a-1{)}^3+a^3+(a+1{)}^3=3a(a^2+2)$. Giả sử $3a(a^2+2)=m^3$ với $m$ nguyên dương.
Trước hết, ta chứng minh $a$ chẵn. Giả sử ngược lại $a$ lẻ. Khi đó $\gcd (a,a^2+2)=\gcd (a,2)=1$.
Ta xét hai trường hợp:
- Nếu $3\mid a$ thì $a^2+2\equiv 2(\mathrm{mod}3)$, do đó $\gcd (3a,a^2+2)=1$ nên $3a$ và $a^2+2$ đều phải là lập phương. Nhưng $a^2+2\equiv 2(\mathrm{mod}9)$, trong khi các số lập phương modulo 9 chỉ có thể đồng dư với $0,1,8$.
Vì vậy trường hợp này không xảy ra.
- Nếu $3\nmid a$ thì $\gcd (a,3(a^2+2))=1$. Khi đó tồn tại các số nguyên dương $u,v$ sao cho
$$a=u^3,3(a^2+2)=v^3.$$
Vì $3\nmid u$, ta có $a=u^3\equiv \pm 1(\mathrm{mod}9)$, nên $a^2+2\equiv 3(\mathrm{mod}9)$, do đó $3\mid v_3\left(3(a^2+2)\right)=2$, vô lý.
Vậy $a$ chẵn. Nếu $a\equiv 2(\mathrm{mod}4)$, viết $a=2u$ với $u$ lẻ. Khi đó $a^2+2=2(2u^2+1)$ và $2u^2+1$ là số lẻ.
Suy ra $3\mid v_2\left(3a(a^2+2)\right)=v_2(3a)+v_2(a^2+2)=1+1=2$, vô lý.
Vì vậy $a$ chia hết cho 4.

1) Đây chính là định lí Schur trong đa thức, ta có thể chứng minh như sau:

Nếu tồn tại số nguyên $u$ sao cho $P(u)=0$ thì mọi số nguyên tố đều là ước của giá trị $P(u)$, nên kết luận hiển nhiên. Xét trường hợp $P(n)\ne 0$ với mọi $n\in \mathbb{Z}$.

Giả sử phản chứng rằng chỉ có hữu hạn số nguyên tố $p_1,p_2,\dots ,p_r$ là ước của các giá trị $P(n)$.

Chọn một số nguyên $a$ và đặt $M=P(a)\ne 0$. Ta có $P(a+Mx)-P(a)$ chia hết cho $Mx$ trong $\mathbb{Z}[x]$, nên tồn tại $R(x)\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $P(a+Mx)=M(1+xR(x))$.

Đặt $N=p_1{p}_2\cdots p_r$ (nếu $r=0$ thì lấy $N=1$).

Vì $P$ khác hằng nên đa thức $1+xR(x)$ cũng khác hằng. Do đó có thể chọn số nguyên dương $t$ đủ lớn để $|1+NtR(Nt)|>1$. Số nguyên $1+NtR(Nt)$ có một ước nguyên tố $q$. Với mỗi $j$ ta có $1+NtR(Nt)\equiv 1(\mathrm{mod}{p}_j)$, nên $q\notin \{p_1,\dots ,p_r\}$. Mặt khác, $q\mid 1+NtR(Nt)$ suy ra $q\mid P(a+MNt)$, trái với giả thiết rằng $p_1,\dots ,p_r$ là tất cả các ước nguyên tố có thể xuất hiện.

2) Xét đa thức $Q(x)=P(-x)+k\in \mathbb{Z}[x]$ khác hằng.

Để ý tồn tại vô số số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại $m\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $p\mid Q(m)=P(-m)+k$.

Đặt $C=c_1{c}_2\cdots c_k$. Chỉ có hữu hạn số nguyên tố là ước của $C$, do đó tồn tại tập vô hạn $S\subset \mathbb{P}$ sao cho với mỗi $p\in S$, tồn tại $m\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $p\mid P(-m)+k$ và $p\nmid c_j$ với mọi $j=1,2,\dots ,k$.

Cố định $p\in S$. Để ý nếu $P(-m)+k\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ thì với $m_0\equiv m(\mathrm{mod}p)$ ta vẫn có
$$P(-m_0)+k\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$
Với mỗi số tự nhiên $t$, đặt $n_t=(m_0+tp)(p-1)$. Khi đó $n_t$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau. Do $p\nmid c_j$, theo định lí Fermat nhỏ, ta có $c_j^{n_t}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ với mọi $j$.

Đồng thời $n_t\equiv -m_0(\mathrm{mod}p)$, nên $P(n_t)\equiv P(-m_0)(\mathrm{mod}p)$. Suy ra
$$c_1^{n_t}+c_2^{n_t}+\cdots +c_k^{n_t}+P(n_t)\equiv k+P(-m_0)\equiv 0(\mathrm{mod}p).$$
Vì có vô hạn giá trị $t$, với mỗi $p\in S$ có vô số số nguyên dương $n$ thỏa mãn yêu cầu.

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 $m=n$.