zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Một số bài toán số học liên quan đến lũy thừa - Phạm Văn Quốc

Chia sẻ: Quốc Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Báo xấu

154
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Một số khai triển liên quan đến lũy thừa, định lý Fermat, hàm Euler, cấp order của một số nguyên, bài tập áp dụng liên quan đến lũy thừa là những nội dung chính trong tài liệu "Một số bài toán số học liên quan đến lũy thừa". Mời các bạn cùng tham khảo nội dung tài liệu để có thêm tài liệu học tập và ôn thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số bài toán số học liên quan đến lũy thừa - Phạm Văn Quốc

www.VNMATH.com MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA Phạm Văn Quốc (Trường THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong các kỳ thi học sinh giỏi chúng ta hay gặp các bài toán số học liên quan đến lũy thừa như chứng minh sự chia hết, chứng minh sự tồn tại hoặc tìm các số nguyên thỏa mãn điều kiện,... Trong những năm gần đây, dạng toán này cũng xuất hiện nhiều trong các đề thi quốc gia, đề thi chọn đội tuyển thi quốc tế (CĐT) của các nước, các đề dự tuyển và các đề thi Toán quốc tế (IMO). Đây là những bài toán hay và tất nhiên không dễ nếu không nắm được một số kỹ thuật cũng như nhận dạng được kiểu bài toán. Các lời giải thường sử dụng công cụ không khó nhưng chứa đựng nhiều sự tinh tế và sự linh hoạt trong vận dụng kiến thức. Bài viết dưới đây đề cập đến một số kiến thức cơ bản và kỹ năng liên quan đến các bài toán dạng này. I. Kiến thức cơ bản Trong phần này là một số kiến thức cơ bản nhưng chúng hay được dùng trong các dạng toán mà ta đang xét: công thức lũy thừa, số mũ "đúng", định lý Fermat, Định lý Euler, cấp của số nguyên và một số tính chất liên quan hay dùng . 1. Một số khai triển liên quan đến lũy thừa Định lý 1. Cho 𝑛 là số nguyên dương, khi đó với 𝑥, 𝑦 bất kỳ ta có ∘ 𝑥𝑛 − 𝑦 𝑛 = (𝑥 − 𝑦) (𝑥𝑛−1 + 𝑥𝑛−2 𝑦 + 𝑥𝑛−3 𝑦 2 + · · · + 𝑥𝑦 𝑛−2 + 𝑦 𝑛−1 ) , ∘ 𝑥𝑛 + 𝑦 𝑛 = (𝑥 + 𝑦) (𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛−2 𝑦 + 𝑥𝑛−3 𝑦 2 − · · · − 𝑥𝑦 𝑛−2 + 𝑦 𝑛−1 ) nếu 𝑛 lẻ, ∘ (𝑥 + 𝑦)𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝐶𝑛1 𝑥𝑛−1 𝑦 + 𝐶𝑛2 𝑥𝑛−2 𝑦 2 + · · · + 𝐶𝑛𝑛−1 𝑥𝑦 𝑛−1 + 𝑦 𝑛 . Ta hãy bắt đầu bằng ví dụ sau. Ví dụ 1. (Romania 2002) Cho 𝑘, 𝑛 là các số nguyên dương với 𝑛 > 2. Chứng minh rằng phương trình 𝑥𝑛 − 𝑦 𝑛 = 2𝑘 không có nghiệm nguyên dương. Lời giải. Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (𝑥, 𝑦). Nếu gcd (𝑥, 𝑦) = 𝑑 > 1 ⇒ 𝑑 | 2𝑘 nên 𝑑 là lũy thừa của 2. Bằng cách chia hai vế cho 𝑑𝑛 , ta có thể giả sử gcd (𝑥, 𝑦) = 1 và suy ra 𝑥, 𝑦 lẻ. 1
www.VNMATH.com Nếu 𝑛 chẵn, 𝑛 = 2𝑚 ta có 𝑥𝑛 − 𝑦 𝑛 = (𝑥𝑚 − 𝑦 𝑚 ) (𝑥𝑚 + 𝑦 𝑚 ) nên (︀ 𝑥𝑚 − 𝑦)︀𝑚 = 2𝑎 , 𝑥𝑚 + 𝑦 𝑚 = 2𝑘−𝑎 với 𝑎 là số nguyên dương. Khi đó 𝑥𝑚 = 2𝑎−1 1 + 2𝑘−2𝑎 mà 𝑥 lẻ nên 𝑎 = 1. Hơn nữa vì 𝑚 ≥ 2 nên 𝑥𝑚 − 𝑦 𝑚 = (𝑥 − 𝑦) 𝑥𝑚−1 + 𝑥𝑚−2 𝑦 + · · · + 𝑦 𝑚−1 > 2 (︀ )︀ mâu thuẫn. Do đó 𝑛 là số lẻ. Ta có 𝑥𝑛 − 𝑦 𝑛 = (𝑥 − 𝑦) 𝑥𝑛−1 + 𝑥𝑛−2 𝑦 + · · · + 𝑦 𝑛−1 . (︀ )︀ Nhưng do 𝑥, 𝑦 lẻ nên 𝑥𝑛−1 + 𝑥𝑛−2 𝑦 + · · · + 𝑦 𝑛−1 ≡ 𝑛 ≡ 1 (mod 2). Suy ra 𝑥𝑛−1 + 𝑥𝑛−2 𝑦 + · · · + 𝑦 𝑛−1 = 1, điều này là không thể vì 𝑥, 𝑦 nguyên dương và 𝑛 > 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Lời giải của ví dụ này chủ yếu dùng công thức của hiệu hai lũy thừa và tính chất tích của hai số nguyên dương là lũy thừa của 2 thì mỗi số là lũy thừa của 2. Ví dụ tiếp theo cũng có ý giải cũng gần giống nhưng cần một chút khéo léo hơn. Ví dụ 2. (Dự tuyển IMO 2008) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số nguyên (không nhất thiết dương) thỏa mãn đẳng thức 𝑎𝑛 + 𝑝𝑏 = 𝑏𝑛 + 𝑝𝑐 = 𝑐𝑛 + 𝑝𝑎 thì 𝑎 = 𝑏 = 𝑐. Lời giải. Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng. Rõ ràng nếu hai trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 bằng nhau thì tất cả chúng bằng nhau. Giả sử cả ba số phân biệt đôi một, khi đó theo giả thiết ta có 𝑎𝑛 − 𝑏𝑛 𝑏𝑛 − 𝑐𝑛 𝑐𝑛 − 𝑎𝑛 . . = −𝑝3 . 𝑎−𝑏 𝑏−𝑐 𝑐−𝑎 Vì vế phải âm nên có ít nhất một trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 là số âm. Hơn nữa 𝑛 phải là số chẵn (nếu trái lại suy ra mỗi thừa số ở vế trái là số dương). +, Nếu 𝑝 là số lẻ, mà 𝑎𝑛 − 𝑏𝑛 2- = 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2 𝑏 + · · · + 𝑏𝑛−1 . 𝑎−𝑏 Suy ra 𝑎, 𝑏 khác tính chẵn lẻ, tức là 2 - 𝑎 − 𝑏. Tương tự 2 - 𝑏 − 𝑐, 2 - 𝑐 − 𝑎 đây là điều mâu thuẫn. +, Nếu 𝑝 = 2. Rõ ràng nếu một trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 bằng 0 thì cả ba số bằng 0. Xét |𝑎| , |𝑏| , |𝑐| ≥ 1. Đặt 𝑛 = 2𝑚 ta có 𝑎𝑛 − 𝑏𝑛 𝑎2𝑚 − 𝑏2𝑚 𝐴 = = (𝑎 + 𝑏) 2 𝑎−𝑏 𝑎 − 𝑏2 2
www.VNMATH.com = (𝑎 + 𝑏) 𝑎2𝑚−2 + 𝑎2𝑚−4 𝑏2 + · · · + 𝑏2𝑚−2 . (︀ )︀ Dễ thấy nếu 𝑚 > 1 ta có ngay |𝐴| ≥ 4 (do 𝐴 ̸= 0) và tương tự suy ra mâu thuẫn vì tích của chúng là −8. Do đó 𝑚 = 1 ⇒ 𝑛 = 2 và ta thu được (𝑎 + 𝑏) (𝑏 + 𝑐) (𝑐 + 𝑎) = −8. Chú ý là do 𝑝 = 2 nên từ giả thiết ta có ngay 𝑎, 𝑏, 𝑐 cùng tính chẵn lẻ, suy ra 𝑎 + 𝑏, 𝑏 + 𝑐, 𝑐 + 𝑎 chẵn. Mà −8 = 2.2. (−2) nên dễ thấy hai trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 phải bằng nhau, suy ra 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 (mâu thuẫn). Từ đó ta có điều phải chứng minh. 2. Số mũ "đúng" (exact exponent) Định nghĩa 2. Cho 𝑝 là số nguyên tố, 𝑎 là số nguyên và 𝛼 là số tự nhiên. Ta nói 𝑝𝛼 là ước đúng (exact power) của 𝑎, và 𝛼 được gọi là số mũ đúng của 𝑝 trong khai triển của 𝑎, nếu 𝑝𝛼 | 𝑎 và 𝑝𝛼+1 - 𝑎. Khi đó ta viết 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 và ký hiệu 𝛼 = 𝑣𝑝 (𝑎). Tính chất 3. Cho 𝑎, 𝑏 là các số nguyên, khi đó ta có ∘ Nếu 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 và 𝑝𝛽 ‖ 𝑏 thì 𝑝𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑏, ∘ Nếu 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 thì 𝑝𝑘𝛼 ‖ 𝑎𝑘 , ∘ Nếu 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 và 𝑝𝛽 ‖ 𝑏 với 𝑎 ̸= 𝑏 thì 𝑝min(𝛼,𝛽) ‖ 𝑎 + 𝑏. Ví dụ 3. Cho 𝑎, 𝑘 là các số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố lẻ, 𝛼 ∈ N+ sao cho 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 − 1, khi đó với mọi số nguyên 𝛽 ≥ 0 thì 𝑝𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑘 − 1 ⇔ 𝑝𝛽 ‖ 𝑘. Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo 𝛽. Nếu 𝛽 = 0, thì 𝑎𝑘 − 1 = 𝑎𝑘−1 + · · · + 𝑎 + 1 ≡ 𝑘 (mod 𝑝) do 𝑎 ≡ 1 (mod 𝑝) 𝑎−1 và suy ra nó không chia hết cho 𝑝. Bài toán đúng. Giả sử bài toán đúng với 𝛽 ≥ 0 nào đó và 𝑘 = 𝑝𝛽+1 𝑡 với 𝑝 - 𝑡. Theo giả thiết 𝛽 quy nạp ta có 𝑎𝑘/𝑝 = 𝑎𝑝 𝑡 = 𝑚𝑝𝛼+𝛽 + 1 với 𝑚 không chia hết cho 𝑝. Hơn nữa ta có )︀𝑝 𝑎𝑘 − 1 = 𝑚𝑝𝛼+𝛽 + 1 − 1 (︀ )︀𝑝 )︀2 = 𝑚𝑝𝛼+𝛽 + · · · + 𝐶𝑝2 𝑚𝑝𝛼+𝛽 + 𝑚𝑝𝛼+𝛽+1 . (︀ (︀ 𝑝 (𝑝 − 1) Vì 𝑝 | 𝐶𝑝2 = , nên tất cả các số hạng trong khai triển trên, ngoại trừ số 2 hạng cuối cùng, đều chia hết cho 𝑝𝛼+𝛽+2 . Từ đó ta có ngay 𝑝𝛼+𝛽+1 ‖ 𝑎𝑘 − 1. Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. Tương tự như ví dụ trên, ta có bài toán với 𝑝 = 2. Trong trường hợp này do 2 𝐶𝑝 = 1 nên bài toán có sự thay đổi một chút. Ví dụ 4. Cho 𝑎, 𝑘 là các số nguyên dương, 𝛼 ∈ N+ sao cho 2𝛼 ‖ 𝑎2 − 1, khi đó với mọi số nguyên 𝛽 ≥ 0 thì 2𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑘 − 1 ⇔ 2𝛽+1 ‖ 𝑘. 3
www.VNMATH.com Lời giải. Rõ ràng ta chỉ cần xét với 𝑘 là số nguyên dương chẵn. Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo 𝛽 ≥ 0. Với 𝛽 = 0 ⇔ 𝑘 = 2𝑛 (𝑛 là số lẻ). Khi đó 𝑛−1 𝑎𝑘 − 1 ∑︁ 2(𝑛−1−𝑖) = 𝑎 ≡ 𝑛 ̸≡ 0 (mod 2𝛼 ) . 𝑎2 − 1 𝑖=0 Bài toán đúng với 𝛽 = 0. Giả sử bài toán đúng với 𝛽 ≥ 0, đặt 𝑘 = 2𝑛 với 2𝛽+1 ‖ 𝑛, khi đó 𝑎𝑘 − 1 = 𝑎𝑛 + 1 ≡ 2 (mod 4) 𝑎𝑛 − 1 (do 𝑎 lẻ và 𝑛 chẵn). Mà 2𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑛 − 1. Suy ra bài toán đúng đến 𝛽 + 1. Ta có điều phải chứng minh. Chú ý: Hai ví dụ trên có thể tổng quát hơn, đó là định lý về số mũ đúng như dưới đây, cách chứng minh hoàn toàn tương tự bằng quy nạp. Định lý 4. (Lifting the Exponent Lemma) i. Với 𝑥, 𝑦 là các số nguyên (không nhất thiết dương), 𝑛 là số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố lẻ sao cho 𝑝 | 𝑥 − 𝑦 và 𝑥, 𝑦 không chia hết cho 𝑝. Khi đó 𝑣𝑝 (𝑥𝑛 − 𝑦 𝑛 ) = 𝑣𝑝 (𝑥 − 𝑦) + 𝑣𝑝 (𝑛) . ii. Với 𝑥, 𝑦 là hai số nguyên lẻ và 𝑛 là số nguyên dương chẵn. Khi đó 𝑣2 (𝑥𝑛 − 𝑦 𝑛 ) = 𝑣2 (𝑥 − 𝑦) + 𝑣2 (𝑥 + 𝑦) + 𝑣2 (𝑛) − 1. Nhận xét: +, Nếu 𝑛 lẻ bằng cách thay 𝑦 bởi −𝑦 thì ta cũng có đẳng thức tương tự trong phần i, 𝑣𝑝 (𝑥𝑛 + 𝑦 𝑛 ) = 𝑣𝑝 (𝑥 + 𝑦) + 𝑣𝑝 (𝑛) ; +, Trong phần ii, do 𝑥, 𝑦 lẻ nên một trong hai số 𝑣2 (𝑥 − 𝑦) , 𝑣2 (𝑥 + 𝑦) bằng 1. Ví dụ 5. (Nga 1996) Các số nguyên dương 𝑎, 𝑏, 𝑝, 𝑛, 𝑘 thỏa mãn 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 = 𝑝𝑘 . Chứng minh rằng nếu 𝑛 > 1 là số lẻ và 𝑝 là số nguyên tố lẻ thì 𝑛 là lũy thừa của 𝑝. Lời giải. Ta có 𝑝𝑘 = (𝑎 + 𝑏) (𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2 𝑏 + · · · + 𝑏𝑛−1 ) suy ra 𝑎 + 𝑏 = 𝑝𝑗 , 𝑗 ≥ 1. Giả sử 𝑝𝑙 ‖ 𝑛 mà 𝑎 ≡ −𝑏 (mod 𝑝). Nên theo định lý 4 ta có 𝑣𝑝 (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ) = 𝑣𝑝 (𝑎 + 𝑏) + 𝑣𝑝 (𝑛) = 𝑗 + 𝑙, tức là 𝑝𝑙+𝑗 ‖ (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ) = 𝑝𝑘 ⇒ 𝑙 = 𝑘 − 𝑗. Hơn nữa theo định lý 4 ta lại có (︁ 𝑘−𝑗 )︁ 𝑝 𝑝𝑘−𝑗 = 𝑣𝑝 (𝑎 + 𝑏) + 𝑣𝑝 𝑝𝑘−𝑗 = 𝑗 + 𝑘 − 𝑗 = 𝑘, (︀ )︀ 𝑣𝑝 𝑎 +𝑏 4
www.VNMATH.com 𝑘−𝑗 𝑘−𝑗 𝑘−𝑗 𝑘−𝑗 suy ra 𝑝𝑘 ‖ 𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 và 𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 ‖ 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 (vì 𝑛 lẻ và 𝑝𝑘−𝑗 ‖ 𝑛). Mà 𝑘−𝑗 𝑘−𝑗 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 = 𝑝𝑘 nên ta có 𝑝𝑘 = 𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 = 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 và từ đó 𝑛 = 𝑝𝑘−𝑗 . 3. Định lý Fermat (nhỏ) Định lý 5. (Định lý Fermat) Cho 𝑝 là một số nguyên tố thỏa mãn 𝑝 - 𝑎. Khi đó 𝑎𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) . Đối với số nguyên 𝑎 bất kỳ, ta có 𝑎𝑝 ≡ 𝑎 (mod 𝑝) . Ví dụ 6. Giả sử số nguyên tố 𝑝 có dạng 4𝑘 + 3 và là ước của (𝑥2 + 𝑦 2 ) thì 𝑝 | 𝑥, 𝑝 | 𝑦. Lời giải. Giả sử trái lại 𝑝 - 𝑥, 𝑝 - 𝑦 ⇒ gcd (𝑥, 𝑝) = gcd (𝑦, 𝑝) = 1. Do đó theo định lý Fermat ta có 𝑥𝑝−1 ≡ 𝑦 𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝). Trong khi đó từ giả thiết ta có 𝑝−1 𝑝−1 𝑥2 ≡ −𝑦 2 (mod 𝑝) ⇒ (𝑥2 ) 2 ≡ (−𝑦 2 ) 2 (mod 𝑝). Hay 𝑥𝑝−1 ≡ −𝑦 𝑝−1 (mod 𝑝) ⇔ 1 ≡ −1 (mod 𝑝). Ta có mâu thuẫn vì 𝑝 là số nguyên tố lẻ. Nhận xét: Từ ví dụ này ta suy ra ngay với 𝑛 là số nguyên dương mọi ước nguyên tố lẻ của 𝑛2 + 1 đều có dạng 4𝑘 + 1. Và từ đó mọi ước dương của 𝑛2 + 1 đều có dạng 2𝑖 (4𝑘 + 1) , 𝑖 = 0, 1. Ví dụ 7. (CĐT Mỹ 2008) Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 sao cho 𝑛7 + 7 là số chính phương. Lời giải. Giả sử tồn tại 𝑚 ∈ N sao cho 𝑛7 + 7 = 𝑚2 . Khi đó ta có 𝑚2 + 112 = 𝑛7 + 27 = (𝑛 + 2) 𝑛6 − 2𝑛5 + · · · − 25 𝑛 + 26 . (︀ )︀ Rõ ràng 𝑚2 + 112 ≡ 1, 2 (mod 4) ⇒ 𝑛7 + 27 ≡ 1, 2 (mod 4). Từ đó dễ dàng thấy 𝑛 ≡ 1 (mod 4). Mà theo đẳng thức trên ta có (𝑛 + 2) | 𝑚2 + 112 suy ra 𝑚2 + 112 phải có một ước nguyên tố 𝑝 có dạng 4𝑖 + 3. Từ đó 112 ≡ −𝑚2 (mod 𝑝). Nếu 𝑝 ̸= 11 thì theo định lý Fermat ta có 11𝑝−1 ≡ 𝑚𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) nhưng trong khi đó )︀ 𝑝−1 11𝑝−1 ≡ −𝑚2 2 = −𝑚𝑝−1 (mod 𝑝) (︀ mâu thuẫn. Suy ra 𝑝 = 11. Do đó 𝑚 = 11𝑘, 𝑘 ∈ N và 11 | (𝑛 + 2) . Hơn nữa từ đó ta lại có 𝑛6 − 2𝑛5 + · · · − 25 𝑛 + 26 ≡ 7.26 ≡ 8 (mod 11) . Suy ra 112 | (𝑛 + 2) ⇒ 𝑛 = 112 ℎ − 2 và ℎ là ước dương của 𝑘 2 + 1. Theo ví dụ 6 các ước nguyên tố lẻ của 𝑘 2 + 1 chỉ có dạng 4𝑖 + 1, tức là ℎ chỉ có dạng 2𝑗 (4𝑖 + 1) , 𝑗 = 0, 1. Khi đó 𝑛 = 112 ℎ − 2 ≡ 0; 3 (mod 4). Ta có mâu thuẫn vì 𝑛 ≡ 1 (mod 4). Do đó không tồn tại 𝑛 thỏa mãn đầu bài. 5
www.VNMATH.com 4. Hàm Euler Định nghĩa 6. Cho 𝑛 là số nguyên dương. Hàm Euler 𝜙 xác định trên tập các số nguyên dương như sau: 𝜙 (𝑛) là số các số nguyên dương nhỏ hơn 𝑛 và nguyên tố cùng nhau với 𝑛. Quy ước 𝜙 (1) = 1. Tính chất 7. Hàm 𝜙 (𝑛) có tính chất nhân theo nghĩa: Nếu 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên tố cùng nhau thì 𝜙 (𝑎𝑏) = 𝜙 (𝑎) 𝜙 (𝑏) . Tính chất 8. Giả sử 𝑛 = 𝑝𝛼1 1 𝑝𝛼2 2 . . . 𝑝𝛼𝑘 𝑘 là phân tích tiêu chuẩn của 𝑛 > 1. Khi đó (︂ )︂ (︂ )︂ (︂ )︂ 1 1 1 𝜙 (𝑛) = 𝑛 1 − 1− ··· 1 − . 𝑝1 𝑝2 𝑝𝑘 Định lý 9. (Định lý Euler ) Cho 𝑎, 𝑛 là các số nguyên, 𝑛 > 1, (𝑎, 𝑛) = 1. Khi đó 𝑎𝜙(𝑛) ≡ 1 (mod 𝑛) . Với 𝑎, 𝑛 là hai số nguyên dương bất kỳ ta có 𝑎𝑛 ≡ 𝑎𝑛−𝜙(𝑛) (mod 𝑛) . Nhận xét: Định lý Fermat là trường hợp riêng của định lý Euler trong trường hợp 𝑛 là số nguyên tố. Bổ đề 10. Với 𝑎, 𝑏 là các số nguyên dương 𝑎, 𝑏 thì với 𝑛 đủ lớn ta có 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑎) {︀ }︀ (cụ thể hơn 𝑛 ≥ max 𝑣𝑝𝑖 (𝑎) + 1, 𝑝𝑖 là ước nguyên tố của 𝑎 ). Chứng minh của bổ đề này có thể xem trong bài 7 dưới đây. Ví dụ 8. (IMO 1971) Chứng minh rằng dãy số 2𝑛 − 3 (𝑛 > 1) chứa một dãy con vô hạn gồm các số đôi một nguyên tố cùng nhau. Lời giải. Ta xây dựng dãy con bằng quy nạp. Giả sử ta đã xây dựng được dãy các số 𝑎1 = 2𝑛1 − 1, 𝑎2 = 2𝑛2 − 1, ..., 𝑎𝑘 = 2𝑛𝑘 − 1, ở đó 2 = 𝑛1 < 𝑛2 < · · · < 𝑛𝑘 , mà các phần tử đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta sẽ xây dựng 𝑎𝑘+1 = 2𝑛𝑘+1 − 3 như sau: Đặt 𝑠 = 𝑎1 𝑎2 ...𝑎𝑘 ta có 𝑠 là số lẻ nên theo định lý Euler ta có 𝑠 | 2𝜙(𝑠) − 1 ⇒ 2𝜙(𝑠) − 1 = 𝑞𝑠, 𝑞 ∈ N. Khi đó ta có 2𝜙(𝑠)+2 − 3 = 4𝑞𝑠 − 1 là nguyên tố cùng nhau với 𝑠, nên ta có thể chọn 𝑛𝑘+1 = 𝜙 (𝑠) + 2. Rõ ràng 𝑛𝑘+1 > 𝑛𝑘 và dãy số 𝑎1 , 𝑎2 , ..., 𝑎𝑘 , 𝑎𝑘+1 đôi một nguyên tố cùng nhau, từ đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 9. (Mỹ 1991) Chứng minh rằng với mọi số nguyên 𝑛 ≥ 1, dãy số sau 2 22 2, 22 , 22 , 22 , . . . (mod 𝑛) là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó. 6
www.VNMATH.com Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo 𝑛. Với 𝑛 = 1 bài toán hiển nhiên đúng. Giả sử bài toán đúng đến 𝑘 − 1, (𝑘 ≥ 2). +, Nếu 𝑘 chẵn, 𝑘 = 2𝑎 𝑏 với 𝑏 lẻ. Khi đó theo giả thiết quy nạp thì dãy đã cho là hằng số từ lúc nào đó mô-đun 𝑏. Mà rõ ràng dãy này là dãy 0 mô-đun 2𝑎 kể từ lúc nào đó. Vì thế theo mô-đun 𝑘 nó cũng là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó. +, Nếu 𝑘 lẻ, theo định lý Euler ta có 2𝜙(𝑘) ≡ 1 (mod 𝑘). Mà theo giả thiết quy 2 nạp dãy 1, 2, 22 , 22 , . . . (dãy các số mũ) là hằng số kể từ một lúc nào đó mô-đun 2 22 𝜙 (𝑘). Vì thế 2, 22 , 22 , 22 , . . . (mod 𝑘) là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó. Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. 5. Cấp (order) của một số nguyên Định nghĩa 11. Cho 𝑎, 𝑛 là hai số nguyên dương và 𝑎 là số nguyên bất kỳ thỏa mãn (𝑎, 𝑛) = 1. Số nguyên dương ℎ nhỏ nhất sao cho 𝑎ℎ ≡ 1 (mod 𝑛) được gọi là cấp của 𝑎 mô-đun 𝑛, ký hiệu ord𝑛 (𝑎) . Bổ đề 12. Cho 𝑚, 𝑛 là các số nguyên dương và 𝑎 là số nguyên khác 1. Khi đó ⃒ ⃒ gcd (𝑎𝑚 − 1, 𝑎𝑛 − 1) = ⃒𝑎gcd(𝑚,𝑛) − 1⃒ . Định lý 13. Cho 𝑎, 𝑛 là các số nguyên nguyên tố cùng nhau với 𝑛 > 0 khi đó ord𝑛 (𝑎) | 𝜙 (𝑛). Định nghĩa 14. Nếu 𝑟, 𝑛 là các số nguyên tố cùng nhau với 𝑛 > 0 và nếu ord𝑛 𝑟 = 𝜙 (𝑛) thì 𝑟 được gọi là căn nguyên thủy mô-đun 𝑛. Định lý 15. Nếu 𝑟, 𝑛 là các số nguyên dương nguyên {︀ 2tố cùng nhau }︀ và nếu 𝑟 là 𝜙(𝑛) căn nguyên thủy mô-đun 𝑛. Khi đó các số nguyên 𝑟, 𝑟 , ..., 𝑟 tạo thành một hệ thặng dư thu gọn mô-đun 𝑛. Định lý 16. (Sự tồn tại của căn nguyên thủy) Mọi số nguyên tố đều có căn nguyên thủy. Tổng quát hơn: số nguyên dương 𝑛 > 1 có căn nguyên thủy khi và chỉ khi 𝑛 = 2, 4, 𝑝𝑘 hoặc 2𝑝𝑘 trong đó 𝑝 là số nguyên tố lẻ và 𝑘 là số nguyên dương. Ví dụ 10. Cho 𝑛 là hai số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố thỏa. Chứng minh rằng nếu 𝑚 là ước nguyên tố lẻ của 𝑛𝑝 + 1 thì 2𝑝 | 𝑚 − 1 hoặc 𝑚 | 𝑛2 − 1. Lời giải. Từ giả thiết 𝑚 | 𝑛𝑝 + 1 ⇒ 𝑛𝑝 ≡ −1 ̸≡ 1 (mod 𝑚) vì 𝑚 > 2. Suy ra 𝑛2𝑝 ≡ 1 (mod 𝑚). Đặt 𝑑 = ord𝑚 𝑛 khi đó 𝑑 là ước của 2𝑝 nhưng không là ước của 𝑝. Mà 𝑝 là số nguyên tố suy ra 𝑑 = 2 hoặc 𝑑 = 2𝑝. +, Nếu 𝑑 = 2 suy ra 𝑛2 ≡ 1 (mod 𝑚) hay 𝑚 | 𝑛2 − 1. +, Nếu 𝑑 = 2𝑝 ⇒ 2𝑝 | 𝑚 − 1 vì theo định lý Fermat ta có 𝑑 | 𝑚 − 1 (đpcm). Ví dụ 11. (Dự tuyển IMO 2006) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 𝑥7 − 1 = 𝑦 5 − 1. 𝑥−1 7
www.VNMATH.com Lời giải. 𝑥7 − 1 Gọi 𝑝 là một ước nguyên tố bất kỳ của = 𝑥6 + 𝑥5 + · · · + 𝑥 + 1. Ta có 𝑥−1 hai trường hợp: 𝑥7 − 1 +, Nếu 𝑝 | (𝑥 − 1), suy ra ≡ 1 + 1 + · · · + 1 + 1 ≡ 7 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 7; 𝑥−1 +, Nếu 𝑝 - (𝑥 − 1), ta có ngay ord𝑝 𝑥 = 7. Từ đó suy ra 𝑝 ≡ 1 (mod 7) . 𝑥7 − 1 Vậy ta có mọi ước nguyên dương 𝑑 của thỏa mãn 𝑑 ≡ 0; 1 (mod 7). 𝑥−1 Bây giờ giả sử (𝑥, 𝑦) là một nghiệm của phương trình đã cho. Mà 𝑦 5 − 1 = (𝑦 − 1) (𝑦 4 + 𝑦 3 + 𝑦 2 + 𝑦 + 1) suy ra 𝑦 − 1 ≡ 0; 1 (mod 7) 4 3 2 𝑦 + 𝑦 + 𝑦 + 𝑦 + 1 ≡ 0; 1 (mod 7) . Ta có mâu thuẫn vì khi đó 𝑦 ≡ 1; 2 (mod 7) ⇒ 𝑦 4 + 𝑦 3 + 𝑦 2 + 𝑦 + 1 ≡ 5; 3 (mod 7). Vậy bài toán vô nghiệm. Ví dụ 12. (CĐT Trung Quốc 2006) Tìm tất cả các cặp số nguyên (𝑎, 𝑛) sao cho (𝑎 + 1)𝑛 − 𝑎𝑛 là số nguyên. 𝑛 Lời giải. Xét 𝑛 ≥ 2, giả sử 𝑝 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛. Khi đó 𝑝 | (𝑎 + 1)𝑛 −𝑎𝑛 ⇒ (𝑝, 𝑛) = 1 nên tồn tại 𝑏 sao cho 𝑎𝑏 ≡ 1 (mod 𝑝). Ta có (𝑎 + 1)𝑛 ≡ 𝑎𝑛 (mod 𝑝) ⇒ ((𝑎 + 1) 𝑏)𝑛 ≡ 1 (mod 𝑝). Do đó 𝑑 | 𝑛 với 𝑑 = ord𝑝 (𝑎𝑏 + 𝑏). Hơn nữa theo định lý Fermat ta có ((𝑎 + 1) 𝑏)𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑑 | 𝑝 − 1 ⇒ gcd (𝑑, 𝑛) = 1 (theo định nghĩa của 𝑝). Tức là 𝑑 = 1, suy ra 𝑎 + 1 ≡ 𝑎 (mod 𝑝). Mâu thuẫn, do đó 𝑛 = 1. Chú ý : Ta có thể trình bày lời giải bằng căn nguyên thủy như sau: Gọi 𝑔 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝. Theo giả thiết ta dễ thấy rằng 𝑎, 𝑎 + 1 không chia hết cho 𝑝, suy ra (𝑎 + 1, 𝑝) = (𝑎, 𝑝) = 1 ⇒ 𝑎 + 1 ≡ 𝑔 𝑘 , 𝑎 ≡ 𝑔 ℎ (mod 𝑝) với 𝑘 ̸= ℎ. Thay vào phương trình đã cho suy ra 𝑔 𝑘𝑛 ≡ 𝑔 ℎ𝑛 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 − 1 | 𝑛 (𝑘 − ℎ). Mà 𝑝 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛 nên (𝑝 − 1, 𝑛) = 1 ⇒ 𝑝 − 1 | 𝑘 − ℎ. Theo định lý Fermat suy ra 𝑝 | 𝑔 𝑝−1 − 1 | 𝑔 𝑘 − 𝑔 ℎ ⇒ 𝑝 = 1 mâu thuẫn. 6. Một số hệ quả hay dùng khác i. Nếu 𝑝 | 𝑥 thì (𝑥 + 𝑦)𝑛 ≡ 𝑛𝑥𝑦 𝑛−1 + 𝑦 𝑛 (mod 𝑝2 ) và nếu 𝑎 ≡ 𝑏 (mod 𝑝) thì 𝑎 = 𝑘𝑝 + 𝑏 ta có 𝑎𝑛 ≡ 𝑛𝑘𝑝𝑏𝑛−1 + 𝑏𝑛 (mod 𝑝2 ) . ii . Cho 𝑚 là số nguyên dương và 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên tố cùng nhau với 𝑚. Nếu 𝑥, 𝑦 là hai số nguyên thỏa mãn 𝑎𝑥 ≡ 𝑏𝑥 (mod 𝑚) và 𝑎𝑦 ≡ 𝑏𝑦 (mod 𝑚). Khi đó 𝑎gcd(𝑥,𝑦) ≡ 𝑏gcd(𝑥,𝑦) (mod 𝑚). iii . Cho 𝑝 là một số nguyên tố lẻ. Khi đó a) nếu 𝑎 ≥ 2 thì 𝑎𝑝 − 1 có một ước nguyên tố mà không là ước của 𝑎 − 1; b) nếu 𝑎 ≥ 2, 𝑝 ̸= 3 hoặc 𝑎 > 2 thì 𝑎𝑝 + 1 có một ước nguyên tố mà không là ước của 𝑎 + 1. 8
www.VNMATH.com Hướng dẫn. Giả sử trái lại suy ra mọi ước của 𝐴 = 𝑎𝑝−1 + 𝑎𝑝−2 + · · · + 𝑎 + 1 đều là ước của 𝑎 − 1 mà 𝐴 = (𝑎 − 1) 𝐵 + 𝑝 ⇒ gcd (𝑎 − 1, 𝑎𝑝−1 + 𝑎𝑝−2 + · · · + 𝑎 + 1) | 𝑝 ⇒ 𝐴 là lũy thừa của 𝑝. Do đó 𝑝2 ‖ 𝑎𝑝 − 1 ⇒ 𝐴 = 𝑝 − 1 mâu thuẫn. iv. Nếu 𝑎 là số nguyên không chia hết cho số nguyên tố 𝑝 và có một số nguyên dương 𝑘 thỏa mãn 𝑎𝑘 ≡ −1 (mod 𝑝) khi đó nếu 𝑑 = ord𝑝 𝑎 thì ℎ = 𝑑/2 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 𝑎ℎ ≡ −1 (mod 𝑝) . (︀ ℎ Hướng )︀ (︀ dẫn. 𝑎)︀2𝑘 ≡ 1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑑 | 2𝑘 mà 𝑎𝑘 ≡ −1 (mod 𝑝) nên 𝑑 = 2ℎ ⇒ 𝑎 − 1 𝑎ℎ + 1 ≡ 0 (mod 𝑝) . 𝑥𝑝 − 1 v. Nếu 𝑥 là số nguyên dương và 𝑝, 𝑞 là hai số nguyên tố sao cho 𝑞 | thì 𝑥−1 𝑞 = 𝑝 hoặc 𝑞 ≡ 1 (mod 𝑝) . (︀ )︀ (︀ )︀ vi. Số nguyên dương 𝑑 nhỏ nhất thỏa mãn 2𝑑 ≡ 1 mod 3𝑘 là 𝑑 = 𝜙 3𝑘 = 2.3𝑘−1 . Nói cách khác 2 là căn nguyên thủy mô-đun 3𝑛 . Hướng dẫn. Nếu 𝑝 là số nguyên tố lẻ và 𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝2 thì 𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝𝑘 với mọi số nguyên dương 𝑘. II. Bài tập áp dụng Bài 1. (IMO 2005) Xét dãy số 𝑎1 , 𝑎2 , ... xác định bởi công thức 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 3𝑛 + 6𝑛 − 1 (𝑛 = 1, 2, ...) . Xác định tất cả các số nguyên dương mà chúng nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy trên. Lời giải. Ta sẽ chứng minh với mọi số nguyên tố 𝑝 luôn tồn tại một số hạng 𝑎𝑚 của dãy sao cho 𝑝 | 𝑎𝑚 , từ đó suy ra tất cả các số cần tìm là 1. +, Với 𝑝 = 2, 3 rõ ràng 𝑎2 = 48 từ đó 𝑝 | 𝑎2 . +, Xét 𝑝 > 3. Áp dụng định lý Fermat ta có 6𝑎𝑝−2 = 3.2𝑝−1 + 2.3𝑝−1 + 6𝑝−1 − 6 ≡ 3 + 2 + 1 − 6 ≡ 0 (mod 𝑝) . Từ đó 𝑝 | 𝑎𝑝−2 ⇒ gcd (𝑝, 𝑎𝑝−2 ) = 𝑝 > 1. Vậy chỉ có số 1 thỏa mãn bài toán. Bài 2. (Dự tuyển IMO 2005) Giả sử 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên dương sao cho 𝑎𝑛 + 𝑛 là ước của 𝑏𝑛 + 𝑛 với mọi số nguyên dương 𝑛. Chứng minh rằng 𝑎 = 𝑏. Lời giải. Giả sử 𝑎 ̸= 𝑏, khi đó từ giả thiết dễ thấy 𝑏 > 𝑎. Chọn 𝑝 là số nguyên tố lớn hơn 𝑏 và lấy 𝑛 = (𝑎 + 1) (𝑝 − 1) + 1. Theo cách chọn này ta có 𝑛 ≡ 1 (mod 𝑝 − 1) và 𝑛 ≡ −𝑎 (mod 𝑝). Khi đó theo định lý Fermat ta có )︀𝑎+1 𝑟𝑛 ≡ 𝑟 𝑟𝑝−1 (︀ ≡ 𝑟 (mod 𝑝) ∀𝑟 ∈ Z. Ta lại có 𝑎𝑛 + 𝑛 ≡ 𝑎 − 𝑎 ≡ 0 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 | 𝑎𝑛 + 𝑛. Hơn nữa 𝑏𝑛 + 𝑛 ≡ 𝑏 − 𝑎 ≡ 0 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 | 𝑏 − 𝑎. Điều này mâu thuẫn vì 𝑝 > 𝑏. Do đó 𝑎 = 𝑏 thỏa mãn. Bài 3. (Bulgaria 1995) Tìm tất cả các số nguyên tố 𝑝, 𝑞 sao cho 𝑝𝑞 là ước của (5𝑝 − 2𝑝 ) (5𝑞 − 2𝑞 ). 9
www.VNMATH.com Lời giải. Do tính đối xứng nên ta có thể giả sử 𝑝 ≤ 𝑞 mà (5𝑝 − 2𝑝 ) (5𝑞 − 2𝑞 ) là số lẻ nên ta có 5 ≤ 𝑝 ≤ 𝑞. Để ý rằng nếu số nguyên tố 𝑘 là ước của 5𝑘 − 2𝑘 thì theo định lý Fermat ta có ngay 3 ≡ 5 − 2 ≡ 5𝑘 − 2𝑘 (mod 𝑘) ⇒ 𝑘 = 3. Giả sử 𝑝 > 3, theo nhận xét trên ta có 𝑝 là ước của 5𝑞 −2𝑞 hay 5𝑞 ≡ 2𝑞 (mod 𝑝). Lại theo định lý Fermat thì 5𝑝−1 ≡ 2𝑝−1 (mod 𝑝). Do đó 5gcd(𝑝−1,𝑞) ≡ 2gcd(𝑝−1,𝑞) (mod 𝑝) . Mà 𝑞 ≥ 𝑝 ⇒ gcd (𝑝 − 1, 𝑞) = 1 do đó ta có 5 ≡ 2 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 3 mâu thuẫn. Suy ra 𝑝 = 3. Nếu 𝑞 > 3 suy ra 𝑞 là ước của 5𝑝 − 2𝑝 = 53 − 23 = 9.13 ⇒ 𝑞 = 13 thỏa mãn. Vậy tất cả các cặp (𝑝, 𝑞) cần tìm là: (3, 3) ; (3, 13) ; (13, 3). Bài 4. (Dự tuyển IMO 2003) Cho 𝑝 là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên tố 𝑞 sao cho với mọi số nguyên 𝑛, số 𝑛𝑝 − 𝑝 không chia hết cho 𝑞. Lời giải. Ta có 𝑝𝑝 − 1 = 1 + 𝑝 + 𝑝2 + · · · 𝑝𝑝−1 ≡ 𝑝 + 1 mod 𝑝2 , (︀ )︀ 𝑝−1 𝑝𝑝 − 1 suy ra có ít nhất một ước nguyên tố của không đồng dư 1 mô-đun 𝑝2 . Gọi 𝑝−1 số nguyên tố này là 𝑞 và ta sẽ chỉ ra đây là số 𝑞 cần tìm. Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên 𝑛 sao cho 𝑛𝑝 ≡ 𝑝 (mod 𝑞). Khi đó, theo 2 cách chọn số 𝑞 ta có 𝑛𝑝 ≡ 𝑝𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Mặt khác, theo định lý Fermat, 𝑛𝑞−1 ≡ 1 (mod 𝑞), vì 𝑞 là số nguyên tố. Hơn nữa ta có 𝑝2 - 𝑞 − 1 nên (𝑝2 , 𝑞 − 1) | 𝑝 ⇒ 𝑛𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Suy ra 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Khi đó ta thu được 1 + 𝑝 + · · · + 𝑝𝑝−1 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) . Cùng với định nghĩa của 𝑞 ta có ngay 𝑝 ≡ 0 (mod 𝑞), đây là điều mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: Để dùng định lý Fermat, ta sẽ tìm cách chọn số 𝑞 có dạng 𝑝𝑘 + 1. Khi đó ∃𝑛 𝑛𝑝 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) ⇔ 𝑝𝑘 ≡ 1 (mod 𝑞) , tức là ∀𝑛 𝑛𝑝 ̸≡ 𝑝 (mod 𝑞) ⇔ 𝑝𝑘 ̸≡ 1 (mod 𝑞) . Do đó để tìm 𝑞 ta sẽ chọn 𝑞 là một ước nguyên tố của 𝑝𝑝 − 1 và ta có cách chọn như trên. Bài 5. (Dự tuyển IMO 2005) Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 > 1 sao cho tồn tại duy nhất số nguyên 𝑎 với 0 < 𝑎 ≤ 𝑛! thỏa mãn 𝑎𝑛 + 1 chia hết cho 𝑛!. 10
www.VNMATH.com Lời giải. Ta sẽ chỉ ra rằng tất cả các số 𝑛 cần tìm là các số nguyên tố. Thật vậy: +, Với 𝑛 = 2 khi đó rõ ràng chỉ có duy nhất 𝑎 = 1 thỏa mãn yêu cầu. +, Với 𝑛 > 2 và 𝑛 chẵn ta có 4 | 𝑛! nhưng 𝑎𝑛 + 1 ≡ 1, 2 (mod 4) , khi đó không tồn tại 𝑎 thỏa mãn. +, Xét 𝑛 lẻ. Ta có (𝑛! − 1)𝑛 + 1 ≡ (−1)𝑛 + 1 ≡ 0 (mod 𝑛!) . (*) Suy ra nếu 𝑛 là hợp số và 𝑑 là một ước nguyên tố của 𝑛 thì ta có (︂ )︂𝑛 𝑛 𝑘 𝑛! ∑︁ 𝑘 (𝑛!) −1 +1= 𝐶𝑛 𝑘 ≡ 0 (mod 𝑛!) 𝑑 𝑘=1 𝑑 bởi vì rõ ràng 𝑑2 | 𝑛! nên mỗi số hạng của tổng trên đều chia hết cho 𝑛!. Do vậy trường hợp này cũng không thỏa mãn. +, Xét 𝑛 là số nguyên tố lẻ và giả sử 𝑎 là số nguyên thỏa mãn 0 < 𝑎 ≤ 𝑛!, 𝑎𝑛 +1 chia hết cho 𝑛!. Do 𝑛 lẻ nên ta có khai triển 𝑎𝑛 + 1 = (𝑎 + 1) 𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2 + · · · + 𝑎2 − 𝑎 + 1 . (︀ )︀ Ta sẽ chứng minh 𝑎 = 𝑛! − 1 là giá trị duy nhất thỏa mãn. Xét 𝑝 là số nguyên tố, 𝑝 ≤ 𝑛. Ta có 𝑝 | 𝑎𝑛 + 1 ⇒ 𝑝 | (−𝑎)𝑛 − 1. Theo định lý Fermat ta lại có 𝑝 | (−𝑎)𝑝−1 − 1 nên 𝑝 | (−𝑎)(𝑛,𝑝−1) − 1 = −𝑎 − 1. Suy ra 𝑛 | 𝑎 + 1 (𝑝 = 𝑛) và nếu 𝑝 < 𝑛 thì 𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2 + · · · + 𝑎2 − 𝑎 + 1 ≡ 𝑛 (mod 𝑝) ̸≡ 0 (mod 𝑝) do (𝑛, 𝑝) = 1. Từ đó ta thu được 𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2 + · · · + 𝑎2 − 𝑎 + 1 và (𝑛 − 1)! nguyên tố cùng nhau, suy ra (𝑛 − 1)! | 𝑎 + 1. Mà 𝑛 | 𝑎 + 1 nên 𝑛! | 𝑎 + 1. Do điều kiện 0 < 𝑎 ≤ 𝑛! ⇒ 𝑛! = 𝑎 + 1 ⇒ 𝑎 = 𝑛! − 1. Cùng với (*) ta có 𝑎 = 𝑛! − 1 là giá trị duy nhất thỏa mãn. Vậy tất các số nguyên dương 𝑛 cần tìm là tất cả các số nguyên tố. Bài 6. (Dự tuyển IMO 2006) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑛 luôn tồn tại số nguyên 𝑚 sao cho 2𝑚 + 𝑚 chia hết cho 𝑛. Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo 𝑛 rằng luôn tồn tại số nguyên dương 𝑚 đủ lớn để 2𝑚 ≡ −𝑚 (mod 𝑛) . +, Với 𝑛 = 1 hiển nhiên đúng. +, Xét 𝑛 > 1. Theo tính chất của hàm Euler ta có dãy các số mũ của 2 theo mô-đun 𝑛 là tuần hoàn với chu kỳ là bội của 𝜙 (𝑛). Do đó với 𝑥, 𝑦 đủ lớn và 𝑥 ≡ 𝑦 (mod 𝜙 (𝑛)) thì 2𝑥 ≡ 2𝑦 (mod 𝑛). Chọn số 𝑚 có dạng 𝑚 ≡ −2𝑘 (mod 𝑛𝜙 (𝑛)). Khi đó 2𝑚 ≡ −𝑚 (mod 𝑛) ⇔ 2𝑚 ≡ 2𝑘 (mod 𝑛). Theo giả thiết quy nạp ta có thể chọn được số 𝑘 đủ lớn để 2𝑘 ≡ −𝑘 (mod 𝜙 (𝑛)) ⇒ −2𝑘 ≡ 𝑚 ≡ 𝑘 (mod 𝜙 (𝑛)). Từ đó ta thu được 2𝑚 ≡ −𝑚 (mod 𝑛). Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. Bài 7. (CĐT Mỹ 2007) Hỏi có tồn tại hay không hai số nguyên dương 𝑎, 𝑏 sao cho 𝑎 không là ước của 𝑏𝑛 − 𝑛 với mọi số nguyên dương 𝑛. 11
www.VNMATH.com Lời giải. Trước hết ta chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑎, 𝑏 thì với 𝑛 đủ lớn ta có 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑎) . (*) Thật vậy, giả sử 𝑎 = 𝑝𝛼1 1 𝑝𝛼2 2 . . . 𝑝𝛼𝑘 𝑘 , trong đó 𝑝1 , 𝑝2 , ..., 𝑝𝑘 là các số nguyên tố phân biệt. Vì 𝜙 là hàm nhân tính nên ta có 𝜙 (𝑎) = 𝜙 (𝑝𝛼1 1 ) 𝜙 (𝑝𝛼2 2 ) . . . 𝜙 (𝑝𝛼𝑘 𝑘 ) = 𝑝𝛼1 1 − 𝑝𝛼1 1 −1 𝑝𝛼2 2 − 𝑝𝛼2 2 −1 . . . 𝑝𝛼𝑘 𝑘 − 𝑝𝛼𝑘 𝑘 −1 (︀ )︀ (︀ )︀ (︀ )︀ (︂ )︂ (︂ )︂ (︂ )︂ 1 1 1 = 𝑎 1− 1− ··· 1 − . 𝑝1 𝑝2 𝑝𝑘 Khi đó ta có 𝜙 (𝑝𝛼𝑖 𝑖 ) | 𝜙 (𝑎) và 𝜙 (𝑎) < 𝑎. Với mỗi 𝑝𝑖 , ta có hai trường hợp: +, Nếu 𝑝𝑖 là ước của 𝑏 ⇒ 𝑏𝑛 ≡ 0 (mod 𝑝𝛼𝑖 𝑖 ) với 𝑛 ≥ 𝛼𝑖 + 1. Suy ra 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 𝑏𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 ≡ 0 (mod 𝑝𝛼𝑖 𝑖 ) với 𝑛 ≥ 𝛼𝑖 + 1. +, Nếu 𝑝𝑖 không là ước của 𝑏 ⇒ gcd (𝑝𝛼𝑖 𝑖 , 𝑏) = 1. Theo định lý Euler thì 𝛼𝑖 𝑏𝜙(𝑝𝑖 ) ≡ 1 (mod 𝑝𝛼𝑖 𝑖 ), mà 𝜙 (𝑝𝛼𝑖 𝑖 ) | 𝜙 (𝑎) ⇒ 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑝𝛼𝑖 𝑖 ) . Tức là với mỗi 𝑝𝑖 ta luôn chọn được 𝑛𝑖 sao cho với mọi 𝑛 > 𝑛𝑖 thì 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑝𝛼𝑖 𝑖 ). Do đó nếu ta chọn 𝑁 = max {𝑛𝑖 } khi đó với mọi 𝑛 > 𝑁 , ta có 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑝𝛼𝑖 𝑖 ) với mọi 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘. Bởi vì các 𝑝𝑖 là các số nguyên tố phân biệt nên 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑎) với mọi 𝑛 > 𝑁 (đpcm). Trở lại bài toán, ta sẽ chỉ ra bằng quy nạp theo 𝑎 rằng với mọi số nguyên dương 𝑎, 𝑏 thì luôn tồn tại vô hạn số nguyên dương 𝑛 sao cho 𝑎 là ước của 𝑏𝑛 − 𝑛 (**). +, Với 𝑎 = 1 rõ ràng khẳng định (**) đúng. +, Giả sử (*) đúng với mọi số nguyên 1 ≤ 𝑎 < 𝑎0 (𝑎0 ≥ 2). Do 𝜙 (𝑎) < 𝑎 nên theo giả thiết quy nạp và theo (*) suy ra tồn tại vô số số nguyên dương 𝑛 sao cho 𝜙 (𝑎) | (𝑏𝑛 − 𝑛) và 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑎) . Với mỗi 𝑛 như vậy, đặt 𝑏𝑛 − 𝑛 𝑡= và 𝑛1 = 𝑏𝑛 = 𝑛 + 𝑡𝜙 (𝑎) . 𝜙 (𝑎) Thế thì theo định lý Euler 𝑏𝑛1 − 𝑛1 ≡ 𝑏𝑛+𝑡𝜙(𝑎) − 𝑛 − 𝑡𝜙 (𝑎) ≡ 𝑏𝑛 − 𝑛 − 𝑡𝜙 (𝑎) ≡ 0 (mod 𝑎) , tức là 𝑛1 = 𝑏𝑛 thỏa mãn yêu cầu. Theo giả thiết quy nạp, có vô hạn số 𝑛1 = 𝑏𝑛 thỏa mãn điều kiện trong khẳng định (**), từ đó (**) đúng. Và do đó không có các số nguyên dương 𝑎, 𝑏 nào thỏa mãn đầu bài. Bài 8. (CĐT Mỹ 2003) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố (𝑝, 𝑞, 𝑟) thỏa mãn 𝑝 | 𝑞 𝑟 + 1, 𝑞 | 𝑟𝑝 + 1, 𝑟 | 𝑝𝑞 + 1. 12
www.VNMATH.com Lời giải. Giả sử 𝑝, 𝑞, 𝑟 thỏa mãn đầu bài suy ra chúng là ba số nguyên tố phân biệt. Trường hợp 1 : Cả ba số 𝑝, 𝑞, 𝑟 đều lẻ. Ta có 𝑝 | 𝑞 𝑟 + 1 nên theo ví dụ 10 ta có 2𝑟 | 𝑝 − 1 hoặc 𝑝 | 𝑞 2 − 1. +, Nếu 2𝑟 | 𝑝 − 1 ⇒ 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑟) ⇒ 0 ≡ 𝑝𝑞 + 1 ≡ 2 (mod 𝑟) mà 𝑟 > 2 nên mâu thuẫn với đầu bài. +, Nếu 𝑝 | 𝑞 2 − 1 = (𝑞 − 1) (𝑞 + 1). Hơn nữa do 𝑝 lẻ và 𝑝 − 1, 𝑝 + 1 là các số chẵn nên ta có 𝑞−1 𝑞+1 𝑝| hoặc 𝑝 | . 2 2 𝑞+1 Khi đó ta luôn có 𝑝 ≤ < 𝑞. Bằng cách chứng minh tương tự ta cũng có 2 𝑞 < 𝑟, 𝑟 < 𝑝. Ta cũng có mâu thuẫn nên trường hợp này không xảy ra được. Trường hợp 2 : Một trong ba số 𝑝, 𝑞, 𝑟 phải bằng 2, do tính xoay vòng nên ta có thể giả sử 𝑝 = 2. Khi đó 𝑟 | 2𝑞 + 1, lại theo ví dụ 10 ta có 2𝑞 | 𝑟 − 1 hoặc 𝑟 | 22 − 1. Rõ ràng nếu 2𝑞 | 𝑟 − 1 như trường hợp trên ta cũng có 𝑟 ≡ 1 (mod 𝑞) ⇒ 0 ≡ 𝑟 + 1 ≡ 2 (mod 𝑞) ⇒ 𝑞 = 2 ta có mâu thuẫn vì 𝑝, 𝑞, 𝑟 phân biệt. Do đó 𝑟 | 22 − 1 𝑝 suy ra 𝑟 = 3 và 𝑞 | 𝑟2 + 1 = 10 ⇒ 𝑞 = 5. (thỏa mãn). Vậy các bộ cần tìm là các hoán vị xoay vòng của (2, 5, 3). Bài 9. (Iran 2007) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑛 = 22007 𝑘 + 1 với 𝑘 là số nguyên lẻ. Chứng minh rằng 𝑛 - 2𝑛−1 + 1. Lời giải. (︀ )︀22007 Giả sử 𝑛 | 2𝑛−1 + 1 = 2𝑘 + 1. Gọi 𝑝 là một số ước nguyên tố tùy ý của 𝑛 2007 2008 và đặt 𝑡 = 2 , 𝑑 = ord𝑝 (𝑡). Ta có 𝑡2 𝑘 ≡ −1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑡2 ≡ 1 (mod 𝑝). Suy 2008 2007 2008 ra 𝑑 | 2 , 𝑑 - 2 , tức là 𝑑 = 2 mà 𝑑 | 𝑝 − 1 ⇒ 𝑝 ≡ 1 (mod 22008 ). Do đó 𝑛 ≡ 1 mod 22008 ⇒ 22007 𝑘 ≡ 0 mod 22008 ⇒ 2 | 𝑘. (︀ )︀ (︀ )︀ Điều này mâu thuẫn với giả thiết, ta có kết luận của bài toán. Bài 10. (Việt Nam 2001) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑎, 𝑏 là các số nguyên tố 𝑛 𝑛 cùng nhau lớn hơn 1. Giả sử 𝑝, 𝑞 là hai ước lẻ lớn hơn 1 của 𝑎6 + 𝑏6 . Tìm số dư 𝑛 𝑛 trong phép chia của 𝑎6 + 𝑏6 cho 6.12𝑛 . Lời giải. Trước hết ta chứng minh 𝑝 ≡ 1 ≡ 𝑞 (mod 2𝑛+1 ). Vì (𝑎, 𝑏) = 1 suy ra (𝑎, 𝑝) = (𝑏, 𝑝) = 1. Gọi 𝑏′ là nghịch đảo của 𝑏 mô-đun 𝑝 và đặt 𝐴 = 𝑎𝑏′ . Khi đó theo giả thiết 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑝 | 𝑎6 + 𝑏6 | 𝐴6 + 1 | 𝐴2.6 − 1. 13
www.VNMATH.com Suy ra ord𝑝 (𝐴) | 2.6𝑛 , ord𝑝 (𝐴) | 6𝑛 . Do đó ta suy ra ord𝑝 (𝐴) = 2𝑛+1 3𝑛 mà ord𝑝 (𝐴) | 𝑝 − 1 ⇒ 𝑝 ≡ 1 (mod 2𝑛+1 ). Chứng minh (︁ tương tự)︁ cho 𝑞. Vậy 𝑝 ≡ 𝑛 𝑛 2 𝑞 ≡ 1 (mod 2𝑛+1 ) ⇒ 𝑝6 ≡ 𝑞 6 ≡ 6𝑛 .2𝑛+1 + 1 mod (2𝑛+1 ) (theo khai triển 6𝑛 6𝑛 Newton). Từ đó 𝑝 ≡ 𝑞 ≡ 1 (mod 22𝑛+1 ). (*) 𝑛 𝑛 Hơn nữa ta có 𝜙 (6𝑛+1 ) = 2.6𝑛 ⇒ 𝑝6 ≡ ±1 (mod 6𝑛+1 ). Giả sử 𝑝6 ≡ 𝑛 𝑛 −1 (mod 6𝑛+1 ) suy ra 𝑝6 ≡ −1 (mod 2𝑛+1 ) mà từ (*) ta có 𝑝6 ≡ 1 (mod 2𝑛+1 ) ⇒ 𝑛 𝑛 2𝑝6 ≡ 0 (mod 2𝑛+1 ) mâu thuẫn vì 𝑝 lẻ. Do đó ta thu được 𝑝6 ≡ 1 (mod 22𝑛+1 ) 𝑛 𝑛 𝑛 và 𝑝6 ≡ 1 (mod 6𝑛+1 ) từ đó 𝑝6 ≡ 1 (mod 6.12𝑛 ). Tương tự 𝑞 6 ≡ 1 (mod 6.12𝑛 ). Suy ra số dư cần tìm là 2. Bài 11. (Trung Quốc 2009) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (𝑝, 𝑞) sao cho 𝑝𝑞 | 5𝑝 + 5𝑞 . Lời giải. Rõ ràng cặp (5, 5) thỏa mãn. Xét trường hợp 𝑝 = 5, 𝑞 ̸= 5 ta có 5𝑞 | 55 + 5𝑞 ⇒ 𝑞 | 625 + 5𝑞−1 . Theo định lý Fermat suy ra 𝑞 là ước của 626, trong trường hợp này ta có nghiệm (5, 313) và (5, 2). Tương tự trường hợp 𝑞 = 5, 𝑝 ̸= 5 ta có hai nghiệm (313, 5) và (2, 5). Xét 𝑝 = 2, 𝑞 ̸= 5 ta có 2𝑞 | 25 + 5𝑞 ⇒ 25 + 5𝑞 ≡ 0 (mod 2𝑞) và theo định lý Fermat ta thu được 30 ≡ 0 (mod 2𝑞) từ đó dễ thấy 𝑞 = 3 thỏa mãn. Do đó trong trường hợp trong hai số 𝑝, 𝑞 có một số bằng 2 và số còn lại khác 5 ta có hai nghiệm (2, 3) và (3, 2). Xét 𝑝, 𝑞 là hai số khác 2 và 5. Ta có 5𝑝 + 5𝑞 ≡ 0 (mod 𝑝𝑞) ⇒ 5 + 5𝑞 ≡ 0 (mod 𝑝) ⇒ 5𝑞−1 ≡ −1 (mod 𝑝) ⇒ 52(𝑞−1) ≡ 1 (mod 𝑝). Tương tự ta có 5𝑝−1 ≡ −1 (mod 𝑞). Chọn 𝑘 sao cho 2𝑘 ‖ ord𝑝 5 mà ord𝑝 5 | 𝑝 − 1, và ord𝑝 5 | 2 (𝑞 − 1) ; ord𝑝 5 - (𝑞 − 1). Suy ra 2𝑘−1 ‖ 𝑞 − 1, tức là số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑝 − 1 lớn hơn số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑞 − 1. Do tính đối xứng nên ta cũng có số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑞 − 1 lớn hơn số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑝 − 1. Đây là điều mâu thuẫn, trong trường hợp này bài toán vô nghiệm. Vậy các nghiệm của bài toán là (2, 3) ; (2, 5) ; (5, 5) ; (5, 313) và các nghiệm đối xứng của nó là (3, 2) ; (5, 2) ; (313, 5). Bài 12. (CĐT Romanian 2000) Cho 𝑎 > 1 là số nguyên dương. Tìm số nguyên dương 𝑛 nhỏ nhất sao cho 22000 | 𝑎𝑛 − 1. Lời giải. Ta có 𝑎𝑛 ≡ 1 (mod 22000 ). Theo định lý Euler suy ra 𝑛 | 𝜙 (22000 ) = 21999 ⇒ 𝑛 là lũy thừa của 2. Đặt 𝑛 = 2𝑘 với 𝑘 ≥ 0. Khi đó ta có (︁ 𝑘−1 )︁ 𝑎𝑛 − 1 = (𝑎 − 1) (𝑎 + 1) 𝑎2 + 1 𝑎4 + 1 · · · 𝑎2 + 1 . (︀ )︀ (︀ )︀ (︁ )︁ 𝑘−1 Mà 𝑎2𝑚 + 1 ≡ 2 (mod 4) nên 2𝑘 − 1 ‖ (𝑎2 + 1) (𝑎4 + 1) · · · 𝑎2 + 1 . Do đó ta cần tìm 𝑘 nhỏ nhất để 22001−𝑘 | (𝑎 − 1) (𝑎 + 1) = 𝑎2 − 1. Vì thế nếu đặt 14
www.VNMATH.com 𝑚 = 𝑣2 (𝑎2 − 1) (tức là số mũ của 2 lớn nhất của 𝑎2 − 1) ta có {︂ 0 nếu 𝑚 ≥ 2001 𝑘= 2001 − 𝑚 nếu 𝑚 < 2001. Vậy 𝑛 = 2𝑘 với 𝑘 xác định theo công thức trên. Bài 13. (CĐT Romanian 2005) Giải phương trình trong tập số nguyên dương 3𝑥 = 2𝑥 𝑦 + 1. Lời giải. Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được hai nhận xét sau: 𝑛 ∘ Với mọi số nguyên dương 𝑛 ta có 2𝑛+2 ‖ 32 − 1, ∘ Với mọi số nguyên dương 𝑛 ≥ 3 ta có 2𝑛 > 𝑛 + 2. Viết lại phương trình đã cho dưới dạng 2𝑥 𝑦 = (3 − 1) 3𝑥−1 + 3𝑥−2 + · · · + 3 + 1 (︀ )︀ = 2 3𝑥−1 + 3𝑥−2 + · · · + 3 + 1 . (︀ )︀ Đặt 𝑥 = 2𝑛 𝛼 với 𝛼, 𝑛 ∈ N và 𝛼 lẻ. +, Nếu 𝑛 = 0 tức là 𝑥 là số lẻ, mà 3𝑥−1 + 3𝑥−2 + ... + 3 + 1 là tổng của 𝑥 số lẻ nên là số lẻ, suy ra 2 ‖ 2𝑥 𝑦 ⇒ 𝑥 = 1 ⇒ 𝑦 = 1. Từ đó (𝑥, 𝑦) = (1, 1) là một nghiệm của phương trình.(︀ 𝑛 )︀ +, Nếu 𝑛 ≥ 1, ta có 32 𝑛 (︀ 𝑛 )︀𝛼 22 𝛼 𝑦 = 32 − 1𝛼 (︀ 𝑛 )︀ (︁(︀ 2𝑛 )︀𝛼−1 (︀ 2𝑛 )︀𝛼−2 (︀ 𝑛 )︀ )︁ = 32 − 1 3 + 3 + · · · + 32 + 1 . (︀ 𝑛 )︀𝛼−1 (︀ 2𝑛 )︀𝛼−2 (︀ 𝑛 )︀ Mà 32 + 3 + · · · + 32 + 1 là tổng của 𝑛 số lẻ nên là số lẻ. Do đó 𝑛 theo nhận xét trên ta có 2𝑛+2 ‖ 3𝑥 − 1 = 22 𝛼 𝑦. Suy ra 𝑛 + 2 ≥ 2𝑛 𝛼 ⇒ 𝑛 ≤ 2. Kiểm tra trực tiếp dễ thấy với 𝑛 = 1 ⇒ 𝛼 = 1 ⇒ 𝑥 = 2, 𝑦 = 2; với 𝑛 = 2 tương tự ta có 𝛼 = 1 và từ đó 𝑥 = 4, 𝑦 = 5. Vậy phương trình có các nghiệm (1, 1) ; (2, 2) và (4, 5). Bài 14. (Dự tuyển IMO 1991) Tìm số nguyên dương 𝑘 lơn nhất sao cho 1992 1990 1991𝑘 | 19901991 + 19921991 . Lời giải. Trước hết ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi số lẻ 𝑎 ≥ 3 và số nguyên 𝑛 ≥ 0 thì ta có 𝑛 𝑛 𝑎𝑛+1 ‖ (𝑎 + 1)𝑎 − 1 và 𝑎𝑛+1 ‖ (𝑎 − 1)𝑎 − 1. 𝑛 Rõ ràng 𝑛 = 0 hiển nhiên đúng. Giả sử (𝑎 + 1)𝑎 = 1 + 𝑁 𝑎𝑛+1 , 𝑎 - 𝑁 . Khi đó 𝑛+1 )︀𝑎 (𝑎 + 1)𝑎 = 1 + 𝑁 𝑎𝑛+1 = 1 + 𝑎.𝑁 𝑎𝑛+1 + 𝐶𝑎2 𝑁 2 𝑎2𝑛+2 + 𝑀 𝑎3𝑛+3 . (︀ 15
www.VNMATH.com 𝑛+1 Mà 𝑎 lẻ nên 𝐶𝑎2 chia hết cho 𝑎. Suy ra (𝑎 + 1)𝑎 = 1 + 𝑁 ′ 𝑎𝑛+2 với 𝑎 - 𝑁 ′ . Do đó ta có ngay 1992 1990 19911993 ‖ 19901991 + 1, 19911991 ‖ 19921991 − 1. Vậy 𝑘 = 1991. 2𝑛 + 1 Bài 15. (IMO 1990) Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 sao cho là số 𝑛2 nguyên. Lời giải Với 𝑛 = 1 thỏa mãn. Xét 𝑛 > 1 ⇒ 𝑛 lẻ. Giả sử 𝑝 ≥ 3 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛. Ta có gcd (𝑝 − 1, 𝑛) = 1 và 𝑝 | 2𝑛 + 1 | 22𝑛 − 1. Theo định lý Fermat 𝑝 | 2𝑝−1 − 1 suy ra 𝑝 | gcd (2𝑝−1 − 1, 22𝑛 − 1) = 2gcd(2𝑛,𝑝−1) − 1. Mà gcd (2𝑛, 𝑝 − 1) ≤ 2 suy ra 𝑝 | 3 ⇒ 𝑝 = 3. Đặt 𝑛 = 33 𝑑 với 2, 3 - 𝑑. Ta có nhận xét: Nếu 2𝑚 − 1 chia hết cho 3𝑟 thì 𝑚 chia hết cho 3𝑟−1 (xem ví dụ 3). Hơn nữa do 32𝑘 | 𝑛2 | 22𝑛 − 1 ⇒ 32𝑘−1 | 𝑛 = 3𝑘 𝑑 ⇒ 𝑘 = 1. Giả sử 𝑑 > 1 và 𝑞 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑑. Rõ ràng 𝑞 lẻ và 𝑞 ≥ 5, gcd (𝑛, 𝑞 − 1) | 3. Khi đó ta có 𝑞 | 22𝑛 − 1, 𝑞 | 2𝑞−1 − 1 ⇒ 𝑞 | 2gcd(2𝑛,𝑞−1) − 1 | 26 − 1 = 32 .7. Do đó 𝑞 = 7 ⇒ 7 | 𝑛 | 2𝑛 + 1 mà 2𝑛 + 1 ≡ 2, 3, 5 (mod 7) mâu thuẫn. Vậy 𝑑 = 1 ⇒ 𝑛 = 3 thỏa mãn. Đáp số 𝑛 = 1, 𝑛 = 3. Bài 16. (CĐT Trung Quốc 2005) Cho 𝑏, 𝑚, 𝑛 là các số nguyên dương 𝑏 > 1, 𝑚 ̸= 𝑛. Chứng minh rằng nếu 𝑏𝑚 − 1 và 𝑏𝑛 − 1 có cùng các ước nguyên tố thì 𝑏 + 1 là lũy thừa của 2. Lời giải. Trước hết ta chứng minh bài toán cho trường hợp 𝑛 = 1, tức là nếu 𝑎 > 1, 𝑘 > 1 và 𝑎𝑘 − 1 và 𝑎 − 1 có cùng các nhân tử nguyên tố thì 𝑘 và 𝑎 + 1 là lũy thừa của 2. Phản chứng, giả sử 𝑝 là ước nguyên tố lẻ của 𝑘. Khi đó mọi ước nguyên tố 𝑞 của 1 + 𝑎 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑝−1 là ước của 1 + 𝑎 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑘−1 | 𝑎𝑘 − 1 | 𝑎 − 1. Suy ra 1 + 𝑎 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑝−1 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) ≡ 0 (mod 𝑞), nên 𝑝 = 𝑞. Do đó 1 + 𝑎 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑝−1 = 𝑝𝑡 , 𝑡 > 1. Đặt 𝑎 = 𝑢𝑝 + 1 ⇒ 1 + 𝑎 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑝−1 ≡ 𝑝 (mod 𝑝2 ) mâu thuẫn. Vậy 𝑘 là lũy thừa của 2. Gọi 𝑟 là ước nguyên tố bất kỳ của 𝑎 + 1 ⇒ 𝑟 | 𝑎𝑘 − 1 ⇒ 𝑟 | 𝑎 − 1 ⇒ 𝑟 = 2. Trong trường hợp 𝑛 bất kỳ, đặt 𝑑 = gcd (𝑚, 𝑛) , 𝑘 = 𝑚/𝑑. Ta thu được 𝑏𝑘𝑏 − 1 và 𝑏𝑑 − 1 có cùng các ước nguyên tố. Do đó theo chứng minh trên ta có 𝑘 là lũy thừa của 2 và 𝑏𝑑 + 1 = 2𝑡 , 𝑡 ≥ 2. Xét mô-đun 4 suy ra 𝑑 lẻ. Giả sử 𝑟 là ước nguyên tố của 𝑏 + 1 suy ra 𝑟 | 𝑏 + 1 | 𝑏2 − 1 | 𝑏𝑘𝑑 − 1 ⇒ 𝑟 | 𝑏𝑑 − 1 ≡ −2 (mod 𝑟). Từ đó 𝑟 = 2, tức là 𝑏 + 1 là lũy thừa của 2. III. Một số bài tập Bài 1. (Dự tuyển IMO 2007) Cho 𝑏, 𝑛 là các số nguyên. Giả sử với mỗi 𝑘 > 1 luôn tồn tại số nguyên 𝑎𝑘 sao cho 𝑏 − 𝑎𝑛𝑘 chia hết cho 𝑘. Chứng minh rằng 𝑏 = 𝐴𝑛 với 𝐴 là số nguyên nào đó. 16
www.VNMATH.com Hướng dẫn: Biểu diễn 𝑏 = 𝑝𝛼1 1 . . . 𝑝𝛼𝑙 𝑙 . Do 𝑏2 | 𝑏 − 𝑎𝑛𝑏2 ⇒ 𝑝𝛼𝑖 𝑖 ‖ 𝑎𝑛𝑏2 ∀𝑖. Suy ra 𝑛 | 𝛼𝑖 ∀𝑖 tức là 𝑏 là lũy thừa đúng bậc 𝑛. Bài 2. (Dự tuyển IMO 2002) Cho 𝑝1 , 𝑝2 , ..., 𝑝𝑛 là các số nguyên tố phân biệt lớn hơn 3. Chứng minh rằng 2𝑝1 𝑝2 ...𝑝𝑛 + 1 có ít nhất 4𝑛 ước số. Hướng dẫn: Chú ý nếu 𝑢, 𝑣 lẻ và (𝑢, 𝑣) = 1 thì ước chung lớn nhất của 2𝑢 + 1 và 2𝑣 + 1 là 3. Từ đó 2𝑢𝑣 + 1 chia hết cho (2𝑢 + 1) (2𝑣 + 1) /3. Sau đó chứng minh bài toán bằng quy nạp theo 𝑛. Bài 3. (IMO 2006) Xác định tất cả các cặp số nguyên (𝑥, 𝑦) thỏa mãn phương trình 1 + 2𝑥 + 22𝑥+1 = 𝑦 2 . Hướng dẫn: Xét 𝑥 > 0, 𝑦 > 0 và 𝑦 lẻ. Chú ý 2𝑥 (1 + 2𝑥+1 ) = (𝑦 − 1) (𝑦 + 1) từ đó ta có thể biểu diễn 𝑦 theo 𝑥. Suy ra 𝑥 = 4, 𝑦 = 23. Đáp số (0, ±2) ; (4, ±23) . Bài 4. (Dự tuyển IMO 2001) Cho 𝑝 là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên 𝑎 với 1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑝 − 2 sao cho hoặc 𝑎𝑝−1 − 1 hoặc (𝑎 + 1)𝑝−1 − 1 chia hết cho 𝑝2 . Hướng dẫn: Đặt 𝐴 = {1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑝 − 1 : 𝑎𝑝−1 ̸≡ 1 (mod 𝑝2 )}. Vì ít nhất một trong hai số 𝑎, 𝑝 − 𝑎 thuộc 𝐴 và 1 ∈ / 𝐴 và |𝐴| ≥ (𝑝 − 1) /2 = 𝑘 và giả sử có đúng một trong hai số 2𝑖, 2𝑖 + 1 (1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘 − 1) thuộc 𝐴. Xét 𝑝 ≥ 7 ⇒ 2𝑘 − 1 = 𝑝−2 ∈ / 𝐴 ⇒ 𝑝 − 3 = 2𝑘 − 2 ∈ 𝐴. Bằng cách xét mô-đun 𝑝2 ⇒ 2𝑘 − 3 ∈ 𝐴, tức là 𝑝 − 3, 𝑝 − 4 thỏa mãn. Bài 5. (CĐT Việt Nam 2008) Cho 𝑚, 𝑛 là các số nguyên dương. Chứng minh rằng (2𝑚 + 3)𝑛 + 1 chia hết cho 6𝑚 khi và chỉ khi 3𝑛 + 1 chia hết cho 4𝑚. Hướng dẫn: Khai triển Newton, bài toán trở thành chứng minh 2𝑚 | 3𝑛 + 1 và 3 | (2𝑚)𝑛 + 1 khi và chỉ khi 4𝑚 | 3𝑛 + 1. Bài 6. (Dự tuyển IMO 2000) Xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (𝑎, 𝑚, 𝑛) sao cho 𝑎𝑚 + 1 là ước của (𝑎 + 1)𝑛 . Hướng dẫn: Chú ý nếu 𝑢 | 𝑣 𝑙 ⇒ 𝑢 | (gcd (𝑢, 𝑣))𝑙 . Xét 𝑎 > 1 và 𝑚 > 1, khi đó 𝑚 lẻ. Giả sử 𝑝 là ước nguyên tố của 𝑚. Bằng cách xét mô-đun, suy ra (𝑏𝑝 + 1) / (𝑏 + 1) = 𝑝 ⇒ 𝑝 = 3. Đáp số: {(1, 𝑚, 𝑛) ; (𝑎, 1, 𝑛) ; (2, 3, 𝑛 ≥ 2)} . Bài 7. (Nga 2000) Hỏi có tồn tại ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 1 đôi một nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn 𝑏 | 2𝑎 + 1, 𝑐 | 2𝑏 + 1, 𝑎 | 2𝑐 + 1. Hướng dẫn: Ta có 𝑎, 𝑏, 𝑐 là lẻ. Giả sử 𝑎 = min {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 nguyên tố suy ra 𝑎 = 3, không tồn tại 𝑏, 𝑐. Trường hợp bất kỳ ta ký hiệu 𝜋 (𝑛) là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛. Khi đó nếu 𝑝 là số nguyên tố sao cho 𝑝 | 2𝑦 + 1 và 𝑝 < 𝜋 (3) thì 𝑝 = 3. Sử dụng tính chất này suy ra mâu thuẫn. Bài 8. (IMO 2000) Hỏi có tồn tại hay không số nguyên dương 𝑛 có đúng 2000 ước nguyên tố và 2𝑛 + 1 chia hết cho 𝑛. Hướng dẫn: Sử dụng quy nạp theo số các ước số, 𝑘. Chỉ ra rằng ta có thể tìm 𝑛 với đúng 𝑘 ước nguyên tố sao cho 𝑛 | (2𝑛 + 1) và có một ước nguyên tố của 2𝑛 + 1 nhưng không là ước của 𝑛. 17
www.VNMATH.com Bài 9. (CĐT Iran 2006) Cho 𝑛 là số nguyên dương. Tìm tất cả các bộ 𝑛 số 𝑎1 , 𝑎2 , ..., 𝑎𝑛 đôi một phân biệt và đôi một nguyên tố cùng nhau sao cho với mọi 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 ta có 𝑎1 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑛 | 𝑎𝑖1 + 𝑎𝑖2 + · · · + 𝑎𝑖𝑛 . Hướng dẫn: Chứng minh 𝑎1 +𝑎2 +· · ·+𝑎𝑛 | 𝑛 (𝑛 − 1) và hai số này bằng nhau. Nếu 𝑛 ≥ 8 thì 𝑎1 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑛 ≥ 1 + 2 + 3 + 5 + · · · + 2𝑛 + 1 = 𝑛2 − 7 > 𝑛2 − 𝑛. Đáp số 𝑛 = 1, 𝑎1 tùy ý. Bài 10. (Iran 2004) Cho 𝑎1 , 𝑎2 , ..., 𝑎𝑛 là các số nguyên không đồng thời bằng nhau. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố 𝑝 sao cho có tồn tại số nguyên dương 𝑘 sao cho 𝑝 | 𝑎𝑘1 + 𝑎𝑘2 + · · · + 𝑎𝑘𝑛 . Hướng dẫn: Ta có thể giả sử gcd (𝑎1 , 𝑎2 , ..., 𝑎𝑛 ) = 1 và 𝑎𝑛 ≥ 2. Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố 𝑝1 , ..., 𝑝𝑚 . Chọn 𝑘 thích hợp để suy ra 𝑎𝑘1 + 𝑎𝑘2 + · · · + 𝑎𝑘𝑛 có ước nguyên tố lớn hơn 𝑝1 𝑝2 ...𝑝𝑚 . Bài 11. (Dự tuyển IMO 2002) Tìm tất cả các cặp số nguyên 𝑚, 𝑛 ≥ 3 sao cho tồn tại vô hạn các số nguyên 𝑎 thỏa mãn 𝑎𝑚 + 𝑎 − 1 𝑎𝑛 + 𝑎2 − 1 là một số nguyên. Hướng dẫn: Rõ ràng 𝑛 < 𝑚. Sử dụng tính chất đa thức suy ra biểu thức 𝐴 đã cho nhận giá trị nguyên với mọi 𝑎. Đa thức ở tử số chia hết đa thức ở mẫu số nên chúng có nghiệm chung 𝛼 ∈ (0, 1) từ đó đánh giá theo 𝛼 suy ra 𝑚 < 2𝑛. Cuối cùng chọn 𝑎 = 2 và xét mô-đun 𝑑 = 2𝑛 + 3 (mẫu số) ta được (𝑚, 𝑛) = (5, 3) . Bài 12. (Trung Quốc 2008) Tìm tất cả các bộ ba số (𝑝, 𝑞, 𝑛) sao cho 𝑞 𝑛+2 ≡ 3𝑛+2 (mod 𝑝𝑛 ) , 𝑝𝑛+2 ≡ 3𝑛+2 (mod 𝑞 𝑛 ) trong đó 𝑝, 𝑞 là các số nguyên tố lẻ và 𝑛 là số nguyên dương. Hướng dẫn: Nếu hai trong ba số 𝑝, 𝑞, 3 bằng nhau ta có nghiệm (3, 3, 𝑛). Xét trường hợp chúng phân biệt và 𝑝 > 𝑞. Ta có 𝑝𝑛 𝑞 𝑛 | 𝑝𝑛+2 + 𝑞 𝑛+2 − 3𝑛+2 < 2𝑝𝑛+2 ⇒ 𝑝2 > 𝑞 𝑛−1 . Mà 𝑞 𝑛+2 − 3𝑛+2 ≥ 𝑝𝑛 . Suy ra 𝑛 ≤ 3. 18

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.