Cho a và b là hai số nguyên dương phân biệt bé hơn 2027 thỏa mãn (a^2) + 1, (b^2) + 1 là hai số chia hết cho 2027. Chứng minh ab - 1 chia hết cho 2027.

Hướng dẫn giải

1. Ta có \({a^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\) và \({b^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\)

\(\left( {{a^2} + 1} \right) - \left( {{b^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\)

\({a^2} - {b^2}\,\, \vdots \,\,2027\)

\(\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).

Vì 2027 là số nguyên tố nên \(\left( {a - b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) hoặc \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).

Vì \(0 < a,\,\,b < 2027\) và \(a \ne b\) nên \(0 < \left| {a - b} \right| < 2027\), do đó \(a - b\) không thể chia hết cho 2027.

Do đó \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\). Vì \(0 < a + b < 4054\) nên \(a + b = 2027\) suy ra \(b = 2027 - a\).

Khi đó \(ab - 1 = a\left( {2027 - a} \right) - 1 = 2027a - \left( {{a^2} + 1} \right)\).

Vì \(2027a\,\, \vdots \,\,2027\) và \(\left( {{a^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) nên \(ab - 1\,\, \vdots \,\,2027\) (đpcm).

2. Giả sử tập \(A\) có nhiều hơn 1014 phần tử, tức là \(\left| A \right| \ge 1015\).

Gọi các phần tử của \(A\) là \({a_1} < {a_2} <  \ldots  < {a_k}\) với \(k \ge 1015\).

Vì 3 phần tử bất kỳ luôn tạo thành 3 cạnh của một tam giác, nên tổng của 2 phần tử nhỏ nhất phải lớn hơn phần tử lớn nhất: \({a_1} + {a_2} > {a_k}\)

Mặt khác, vì \({a_i}\) là các số nguyên dương phân biệt, ta có \({a_k} \ge {a_2} + k - 2\).

Kết hợp hai điều trên \({a_1} + {a_2} > {a_k} \ge {a_2} + k - 2\) suy ra \({a_1} > k - 2.\)

Với \(k \ge 1015\), ta có \({a_1} > 1015 - 2\) nên \({a_1} \ge 1014\).

Suy ra: \({a_k} \ge {a_1} + k - 1 \ge 1014 + 1015 - 1 = 2028\).

Điều này vô lý vì mọi phần tử của \(A\) đều thuộc \(S\) nên \({a_k} \le 2026\).

Vậy giả thiết \(\left| A \right| \ge 1015\) là sai. Tập hợp \(A\) có nhiều nhất 1014 phần tử.