Ước nguyên tố của một lớp các dãy số nguyên

Rất nhiều vấn đề trong Số Học liên quan đến sự tồn tại vô hạn các số nguyên tố trong một dãy nguyên. Ví dụ như định lý Dirichlet, các số nguyên tố Fermat hay các số nguyên tố Mersene. Một vấn đề đơn giản hơn, đó là nói đến các ước nguyên tố của phần tử trong dãy. Bài viết này bàn về khái niệm ước nguyên tố của một dãy số nguyên, và tập các ước nguyên tố đó. Phạm vi bài viết là ở mức độ sơ cấp, mặc dù vấn đề nói đến trong bài vẫn được nghiên cứu ở lý thuyết Số cao cấp. Mời các bạn cùng tham khảo!

Ư ỚC NGUYÊN TỐ CỦA MỘT LỚP CÁC DÃY

SỐ NGUYÊN

Nguyễn Song Minh Hội toán học Hà Nội

Tóm tắt nội dung

Rất nhiều vấn đề trong Số Học liên quan đến sự tồn tại vô hạn các số nguyên tố trong một dãy nguyên Ví dụ như định lý Dirichlet, các số nguyên tố Fermat hay các số nguyên tố Mersene Một vấn đề đơn giản hơn, đó là nói đến các ước nguyên tố của phần tử trong dãy Bài viết này bàn về khái niệm ước nguyên tố của một dãy số nguyên, và tập các ước nguyên tố đó Phạm vi bài viết là ở mức độ sơ cấp, mặc dù vấn đề nói đến trong bài vẫn được nghiên cứu ở lý thuyết Số cao cấp.

Suốt bài viết này, tôi sử dụng các ký hiệu với ý nghĩa được quy ước thống nhất như sau:

• gcd(a, b): Ước số chung lớn nhất của a; b ∈ Z.

• m- a: Số nguyên a không chia hết cho số nguyên m (với m 6=0)

• bxc: Số nguyên lớn nhất không vượt quá số thực x (phần nguyên của x)

• ϕ(m): Phi hàm Euler

• vp(m): Hàm định giá p-adic

• P: Tập hợp chứa tất cả các số nguyên tố.

Dãy số nguyên về bản chất, là hàm số với tập nguồn làZ+và tập đích làZ Do giá

trị của các phần tử trong dãy là các số nguyên, vì thế chúng ta có được các tính chất

Số Học của chúng Một vấn đề rất tự nhiên được đặt ra, đó là tìm hiểu các số nguyên

tố là ước của ít nhất một trong những phần tử trong dãy Bởi vậy, chúng ta quan tâm đến khái niệm sau

Định nghĩa 1 Cho dãy số nguyên{an}n∈Z+, số nguyên tố p được gọi là ước nguyên tố của dãy khi và chỉ khi tồn tại chỉ số m sao cho p | am.

Trong suốt bài viết này, với {an}n∈Z+ là một dãy số nguyên thì tập hợp các ước nguyên tố của dãy{an}n∈Z+ được ký hiệu là P(an) Còn với một tập con S củaZ thì

P(S)được hiểu là tập các số nguyên tố là ước của một phần tử nào đó trong S

Để minh họa cho định nghĩa nêu trên, ta xét một số ví dụ sau

Ví dụ 1 Với dãy các luỹ thừa của 2 là an = 2n−1, khi đó chỉ có 2 là ước nguyên tố của dãy Nói khác đi P 2n−1
= {2}

Ví dụ 2 Với dãy các luỹ thừa của 2 là an =2n−1 Khi đó mọi ước nguyên tố của dãy là các

số nguyên tố lẻ, nói khác đi P(2n −1) = P\ {2} Lý do là bởi vì 2 - (2n−1) ∀n ∈ Z+

và nếu p là số nguyên tố lẻ thì theo định lý Fermat bé ta có

p |2p−1 −1

Ví dụ 3 Xét dãy số nguyên sau đây

an =2n+3n+6n−1

Dễ kiểm tra rằng 6 | a2, do vậy 2, 3 đều là các phần tử của P(an), thêm nữa với p ∈

P\ {2, 3}thì theo định lý Fermat bé ta có

6ap−2 =3.2p−1 +2.3p−1 +6p−1−6≡ 3+2+1−6≡ 0 (mod p)

Điều đó cho thấy rằng

P(an) = P.

Bạn đọc hẳn nhận ra vấn đề với dãy số ở ví dụ này, chính là bài toán IMO 2005.

Ngoài khái niệm về ước nguyên tố của dãy nguyên và tập ước nguyên tố, để thuận tiện cho việc theo dõi bài viết Tôi nhắc lại một vài định lý và bổ đề Số Học hay sử dụng ở đây

Định lý 1 (Euler) Với ϕ(m) là số các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m, khi đó

aϕm ≡1 (mod m)

Từ định lý Euler, ta có một hệ quả đáng chú ý sau đây

Hệ quả 1 Cho k số nguyên khác 0 là a1, a2, , akvà một số nguyên dương m >1, khi đó tồn tại N đủ lớn để

aiN+nϕ(m) ≡ aiN (mod m) ∀i = 1, k, n∈ Z+

Chứng minh. Giả sử ta có phân tích ra thừa số nguyên tố của m là

m =

t

∏

j = 1

pkjj, pj ∈ P, p1 < p2 < < pt, kj ∈ Z+

Giả sử N =maxkj : j =1, t , khi đó

1 Nếu pj - ai thì từ pkjj | m, vì phi hàm Euler có tính chất nhân tính nên ϕpkjj |

ϕ(m)sử dụng định lý Euler ta có

aiϕ(m) ≡1 (mod pkjj)

Từ đó mà có được

aNi +nϕ(m) ≡ aiN (mod pkjj)

2 Nếu pj |ai thì do N ≥kj nên

aiN+nϕ(m) ≡ aNi ≡0 (mod pkjj)

Từ pkjj | aiN+nϕ(m)−aiN ∀j = 1, t để có m |aNi +nϕ(m)−aNi  ∀i = 1, k

Với số nguyên tố p bất kỳ, ta có ϕ(p) = p−1 Vì vậy, trong trường hợp m = pthì định lý Euler trở thành định lý sau đây

Định lý 2(Fermat bé) Với p là số nguyên tố và p -a, khi đó

ap−1 ≡1 (mod p)

Định lý 3 (Định lý Trung Hoa về số dư) Với m1, m2, , mn là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau còn r1, r2, , rn là các số nguyên bất kỳ, khi đó tồn tại duy nhất r ∈ {0, 1, , m1m2 mk−1}thỏa mãn hệ đồng dư sau

r ≡rk mod mk ∀k =1, n

Những kiến thức cơ bản nêu trên là cần thiết để theo dõi các vấn đề ở mục tiếp theo, ngoài ra bạn đọc cần có những trang bị về định giá p-adic, bổ đề nâng bậc hay những kiến thức về cấp, căn theo modulo và thặng dư bậc hai để xử lý các bài tập đề nghị

Bài toán 1(Định lý Schur) Cho đa thức hệ số nguyên f(x) có bậc dương, khi đó tập các ước nguyên tố của dãy an = f(n)là vô hạn.

Lời giải. Giả sử ngược lại là tập tất cả các ước nguyên tố của dãy an = f(n)chỉ là tập hữu hạn sau đây

P(fn) = {p1, p2, , pt}

Do f ∈ Z[x]nên f(x) = a0+a1x+ .+anxn, với ai ∈ Z∀i =1, n, ta xét hai trường hợp sau

1 Nếu a0 = 0, khi đó p | f(p) ∀p ∈ P cho nên dãy an nhận mọi số nguyên tố làm ước nguyên tố Điều này, mâu thuẫn với giả sử ở trên

2 Nếu a0 6= 0 với mỗi số nguyên dương k đặt kp1p2 pt = mk, ta có

f (a0mk) = a0+a1a0mk+ .+anan0mnk

= a0.1+a1mk+a2a0m2k+ .+anan0−1mnk Đặt g(x) = 1+a0a1x+ .+an0−1anxn vì deg(g) = deg(f) = n ∈ Z+ cho nên phương trình |g(x)| = 1 chỉ có hữu hạn nghiệm, tức là tồn tại k ∈ Z+ sao cho

|g(mk)| > 1 Để ý rằng g(x) ∈ Z[x]nên giá trị g(mk)là một số nguyên và vì thế

nó có ước nguyên tố p nào đó Rõ ràng g(mk) ≡ 1 (mod mk), cho nên

gcd(g(mk), mk) = 1

Điều này cũng dẫn đến gcd(mk, p) = 1 cho nên p /∈ P(fn), dẫn đến điều mâu thuẫn

Dựa vào định lý Schur, chúng ta có thể giải quyết bài toán sau

Bài toán 2. Cho các số nguyên dương a, b với a > b, tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên P(x)thỏa mãn

P(n) | (an −bn) ∀n ∈ Z+

Lời giải. Ta xét hai trường hợp

1 Nếu deg(P) > 0, khi đó theo định lý Schur sẽ tồn tại vô số ước nguyên tố p của dãy P(n) Giả sử p là một ước nguyên tố bất kỳ như thế (với p > a) và p | P(m)

với m ∈ Z+, ta có

p| (am−bm) Mặt khác do P(x) ∈ Z[x]nên

P(m+p) ≡ P(m) ≡ 0 (mod p)

Từ đây ta lại có

p| am+p−bm+p

Vì p - a, p- bvà am ≡ bm (mod p)nên kết hợp định lý Fermat bé ta có

am+p −bm+p ≡ am(ap −bp) ≡ am(a−b) (mod p) Điều này kéo theo p | (a−b), nhưng do a−blà một số nguyên dương cố định cho nên nó không thể có vô số ước nguyên tố Vậy nên trường hợp này không thể xảy ra

2 Nếu deg(P) ≤ 0, tức P(x) là đa thức hằng thế thì P(x) = d với d = P(1) và

là ước của a−b Lúc đó do (a−b) luôn là ước của an−bn với mọi số nguyên dương n do đó trường hợp này thỏa

Vậy, kết quả của bài toán là P(x) = d ∀x ∈ R với d là một ước số bất kỳ của a−b



Kết quả của Schur ứng với lớp dãy số đặc biệt, đó là các dãy sinh ra từ các đa thức

hệ số nguyên Ở bài toán tiếp theo, chúng ta sẽ xử lý một bài toán về mục đích thì tương tự nhưng dãy số được cho phức tạp hơn chút xíu

Bài toán 3 Chứng minh rằng P(an)là vô hạn, với

an =blog(2017n +1)c ∀n∈ Z+

Lời giải. Giả sử P(an)chỉ là hữu hạn Ta lấy ra 5 số nguyên tố pi ∈/ P(an), theo CRT

sẽ tồn tại 5 số nguyên dương liên tiếp N+1, N+2, , N+5 sao cho

pk | (N+k) ∀k =1, 5

Giờ gọi m là chỉ số lớn nhất sao cho am ≤ N+1, khi đó am+1 > N+1 và vì

1< am+1−am =jlog2017m+1+1k− blog(2017m+1)c <5

Cho nên ta có được

{am; am+1} ∩ {N+1, N+2, , N+5} 6= ∅

Từ đây thấy sẽ tồn tại số nguyên tố p /∈ P(an)thoả p | amam+1, và điều đó mâu thuẫn với giả sử ban đầu của chúng ta



Nhận xét 1. Bài toán trên, chỉ là hệ quả của bài toán sau đây (ứng với d = 5) Và lời giải là hoàn toàn tương tự

Bài toán 4 Cho d là một số nguyên dương lớn hơn 1, dãy số nguyên{an}n∈Z+ tăng ngặt

và thỏa mãn

an+1−an < d ∀n ∈ Z+

Chứng minh rằng tập các ước nguyên tố của dãy là vô hạn.

Bài toán vừa nêu này tôi không đưa ra lời giải chi tiết, vì nó còn một phiên bản nâng cấp mạnh hơn nhiều Ở bài toán tiếp theo, thì cách xử lý như hai bài trước tỏ ra thiếu hiệu lực

Bài toán 5 Cho dãy số nguyên{an}n∈Z+ tăng ngặt và giả sử tồn tại một đa thức hệ số thực

P(x)thỏa mãn

an+1−an < P(n) ∀n∈ Z+

Chứng minh rằng tập các ước nguyên tố của dãy{an}n∈Z+ là vô hạn.

Lời giải. Đặt 1+deg(P) = k, khi đó tồn tại N0 đủ lớn sao cho

an+1 < an+P(n) < an+nk ∀n ∈ Z+, n > N0 Giả sử P(an)là tập hữu hạn, cụ thể

P(an) = {p1, p2, , pt} Với mỗi số nguyên dương n thỏa n> M = max N0, aN0 , ta xét hai tập hợp sau

Pn = npk1

1 pk2

2 pkt

t : ki ∈ N, pk1

1 pk2

2 pkt

t < no, An = {ai : ai <n}.

Lấy e ∈ Pn, thế thì e= pk1

1 pk2

2 pkt

t với

2ki ≤ pki

i ≤e <n

Như vậy 0 ≤ki < log2n, nên theo quy tắc nhân ta có đánh giá sau

|Pn| < (1+log2n)t ∀n> M

Mặt khác ta lại có n > M thì n > N0 nên với am =max An ta có

aN0 ≤ am < am−1+mk < < aN0+ ∑

N0< j < m

jk < aN0+mk+1

Từ đó nếu chọn m0 =  k +√1

n−aN0 thì am0 ∈ An, vì dãy tăng ngặt thế nên

|An| ≥ m0 > k +pn1 −aN

0 −1 ∀n> M

Với giả thiết phản chứng ở trên thì An ⊂ Pn ∀n > M, tức là có

k +√1

n−aN

0−1 (1+log2n)t <

|An|

|Pn| <1 ∀n > M

Lấy giới hạn ở vô cùng, cho ta điều vô lý Vậy,P(an)phải là tập vô hạn



Bây giờ là một bài toán xét kỹ thì cùng bản chất, mặc dù đọc qua yêu cầu thì cảm thấy khác biệt với các bài toán trên

Bài toán 6(China TST, 2006) Cho các số nguyên dương m và n, chứng minh rằng luôn tồn

tại số nguyên dương k sao cho 2k−m có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt.

Lời giải. Giả sử với mọi số nguyên dương k số ước nguyên tố của 2k−m đều nhỏ hơn n, ta giả sử K là số thỏa 2K−mcó nhiều ước nguyên tố nhất Và phân tích ra thừa

số nguyên tố của 2K−mlà

2K−m = pk1

1 pk2

2 pkt

t Đặt M = p1+k1

1 p1+k2

2 p1+kt

t , thế thì với k đủ lớn ta có được

2K+kϕ(M)−m ≡2K−m (mod M) Tức là 2K+kϕ(M)−mchia hết cho 2K−m, nên 2K+kϕ(M)−mnhận mọi ước nguyên tố của 2K −m làm ước nguyên tố Nhưng do vai trò của K nên 2K+kϕ(M)−m cũng chỉ được phép có đúng bấy nhiêu ước nguyên tố, đồng thời do vpi(M) = vpi 2K−m
+

1∀i = 1, t nên

vpi2K+kϕ(M)−m =vpi2K−m ∀i =1, t

Từ đó dẫn đến điều vô lý là

2K+kϕ(M)−m = 2K−m ∀k∈ Z+



Bằng kỹ thuật tương tự, ta dễ dàng có được lời giải cho bài toán sau

Bài toán 7 Cho a, b, c là các số nguyên thỏa ac 6= 0 và b >1 Xét dãy số fn = abn+c ∀n ∈

Z+ Chứng minh rằngP(fn)là tập vô hạn.

Tôi không trình bày lời giải chi tiết cho bài toán này, thay cho việc đó tôi nêu ra và

xử lý kết quả khá mạnh sau của Polya

Bài toán 8 (Polya) Giả sử a1, a2, , am là các số nguyên dương phân biệt, 0 < a1 <

a2 < < am và P1(x), P2(x), , Pm(x)là các đa thức hệ số nguyên khác đa thức 0 Khi

đó dãy số nguyên cho bởi công thức dưới đây, sẽ có vô hạn ước nguyên tố

fn = an1P1(n) +an2P2(n) + .+anmPm(n) ∀n ∈ Z+

Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử hệ số bậc cao nhất của Pm(x)là dương Giả sử rằng P(fn)là tập hữu hạn, cụ thể

P(fn) = {p1, p2, , pt}

Rõ ràng là lim fn = +∞, cho nên tồn tại N0 đủ lớn sao cho fN0 > 1 và đồng thời với

số nguyên dương m cho trước ta sẽ có

aN0 +nϕ( m )

i ≡ aN0

i (mod m) Giả sử ta có phân tích ra thừa số nguyên tố của fN0 là

fN0 = pk1

1 pk2

2 pkt

t ; ki ∈ N.

Đặt M = p1+k1

1 p1+k2

2 p1+kt

t và M0 = p2+k1

1 p2+k2

2 p2+kt

t , thế thì

ϕ M0
= M ∏

1 ≤ i ≤ t

(pi−1) = p1p2 ptϕ(M)

Điều đó kết hợp với Pi(x) ∈Z[x]để thấy với mọi số nguyên dương n ta có

fN0+nϕ(M0 ) = ∑

1 ≤ j ≤ m

aN0 +nϕ( M0)

j Pj N0+nϕ M0

1 ≤ j ≤ m

aN0

j Pj(N0) ≡ fN0 (mod M)

Do vpi(M) = 1+vpi fN0
∀i =1, t, nên từ đó có được

vpifN0+nϕ(M0 )



=vpi fN0
∀i =1, t, ∀n ∈ Z+ Điều đó cho thấy rằng

lim fN

0 +nϕ( M 0 ) = fN0 Kết quả vừa rút ra, trái với nhận xét từ ban đầu của chúng ta là lim fn = +∞

Vậy, P(fn)phải là tập vô hạn



Ta quan tâm đến một vấn đề khác liên quan đến kết quả của Polya nêu trên, đó là với dãy fn xác định như thế thì liệu số ước nguyên tố của một phần tử của dãy có bị giới hạn hay không? Cụ thể là nếu ta cố định một số nguyên dương k, thì có tồn tại hay không một chỉ số m để fm có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt

Bài toán 9 Giả sử a1, a2, , am là các sô nguyên dương phân biệt, và

P1(x), P2(x), , Pm(x) là các đa thức hệ số nguyên khác đa thức 0 Xét dãy số nguyên cho bởi công thức

fn = an1P1(n) +an2P2(n) + .+anmPm(n) ∀n ∈ Z+

Chứng minh rằng, với k là số nguyên dương cho trước, luôn tồn tại m∈ Z+sao cho fm có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt.

Lời giải. Nếu không tồn tại m ∈ Z+ sao cho fm có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt, thì mọi phần tử của dãy fn đều có hữu hạn ước nguyên tố Ta giả sử K là số thỏa fK

có nhiều ước nguyên tố nhất Và phân tích ra thừa số nguyên tố của fK là

fK = pk1

1 pk2

2 pkt

t Lại đặt M = p1+k1

1 p1+k2

2 p1+kt

t và M0 = p2+k1

1 p2+k2

2 p2+kt

t , để với n đủ lớn ta có

fK+nϕ(M0 ) ≡ fK (mod M)

Từ đây có fK | fK+nϕ(M0 ) và bởi vậy fK+nϕ(M0 ) cũng có t ước nguyên tố là các ước nguyên tố của fK Nhưng do vai trò của K nên fK+nϕ(M0 ) cũng chỉ có bấy nhiêu ước nguyên tố Đồng thời do vpi(M) = 1+vpi (fK)và fK+nϕ(M0 ) ≡ fK (mod M)nên với mọi n đủ lớn ta sẽ có

vpifK+nϕ(M0 )



=vpi(fK) ∀i =1, t

Điều này kéo theo dãy con nfK+nϕ(M0 )

o

n ∈Z+ là dãy dừng, mâu thuẫn với việc lim fn = +∞



Bây giờ, ta xét đến một bài toán olympic ứng dụng trực tiếp kết quả của Polya ở trên

Bài toán 10(China MO, 2011) Cho m, n là các số nguyên dương Chứng minh rằng tồn

tại vô hạn các cặp số nguyên dương(a; b)sao cho(a+b) | ama+bnbvà gcd(a, b) = 1.

Lời giải. Nếu m= n =1 thì bài toán cực kỳ là tầm thường, bởi vì nếu điều đó xảy ra

ta có thể chọn b = 1 còn a tùy ý Vì thế, ta có thể giả sử n > 1 và xét dãy số xác định như sau

ak = (mn)k−n ∀k∈ Z+ Theo bài toán trên thìP(ak)là tập vô hạn, như vậy ta có thể lấy ra vô số các số nguyên

tố p từP(ak)thỏa mãn p > m+nđồng thời khi đó tồn tại kp sao cho p| akp, tức là

(mn)kp ≡n (mod p) Bởi vì 0 < n−1 < pnên từ định lý Fermat bé (p−1) - kp, ta chọn a là số dư của kp khi chia p−1 còn b = p−a, để có a, b ∈ Z+ và

gcd(a, b) = gcd(a, a+b) = gcd(a, p) = 1

Lại có p- mnnên theo định lý Fermat bé, ta có

n ≡ (mn)kp ≡ (mn)a (mod p) Thêm một lần nữa sử dụng định lý Fermat bé, để có

naama+bnb= a(mn)a+ (p−a)np ≡ an+ (p−a)n ≡0 (mod p)

Bây giờ để ý rằng p =a+bvà p -nb, ta có điều cần chứng minh



Nhận xét 2. Nếu bỏ đi yêu cầu gcd(a, b) = 1 thì bài toán sẽ trở nên tầm thường, bởi

vì khi đó với số nguyên tố p bất kỳ ta chỉ cần chọn

(a, b) = p−1, (p−1)2

Từ bài toán của Polya nêu trên, ta thấy rằng với cặp số nguyên dương phân biệt

a, b bất kỳ thì dãy số fn = an +bn sẽ có vô hạn ước nguyên tố Có một vấn đề đặt ra

ở đây là nếu ta lấy ra một dãy con nào đó của fn, thì dãy con đó còn có vô hạn ước nguyên tố hay không? Ta có bài toán sau đây

Bài toán 11 Cho a và b là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, với a+b > 3 Khi

đó, nếu p là một số nguyên tố lẻ thì tồn tại ước nguyên tố lẻ khác p của ap +bp, và đồng thời ước nguyên tố đó không là ước của a+b.

Lời giải. Ta có Φp = ap+bp

a+b là một số nguyên dương lớn hơn 1, bởi vậy Φp luôn có ước nguyên tố q nào đó Mặt khác do p lẻ, nên ta có

v2(ap+bp) = v2(a+b)

Từ đó sẽ cóΦp là số lẻ, kéo theo q lẻ

1 NếuΦp chỉ có ước nguyên tố là p, thế thì từ(a+b) | (ap+bp)và

(ap +bp) ≡ (a+b) (mod p),

ta có a+bcũng có và chỉ có ước nguyên tố lẻ là p, đồng thời

vp(ap+bp) = vp(a+b) +1

Tức là ta có biểu diễn sau

ap+bp = 2kpl+1 = p(a+b) Tuy nhiên, ta lại có đánh giá sau

ap +bp ≥ a3+b3 = (a+b)a2−ab+b2> (a+b)2 Nhưng p | (a+b)do đó từ a+b ≥ pmà có điều mâu thuẫn là

ap +bp > p(a+b)

2 NếuΦp có ước nguyên tố q 6= p, thế thì hễ q| (a+b)ta có điều vô lý là

vq Φp
=vq(ap+bp) −vq(a+b) = 0

Như vậy,Φp luôn phải có một ước nguyên tố q lẻ và q 6= p, để ý rằngΦp | (ap+bp)

mà ta có điều cần chứng minh



Từ lời giải bài toán trên, ta thấy từ dãy fn = an+bn có thể trích ra một dãy con fpn

có vô hạn ước nguyên tố Cũng cần nói thêm rằng, bài toán trên là một phiên bản của định lý Zsigmondy nổi tiếng Nhưng chuyện đó bàn sau, giờ ta đến với một bài toán khác như sau

Bài toán 12(Romania TST, 2014) Cho m và k là các số nguyên dương cho trước với m lẻ,

chứng minh rằng luôn tồn tại n sao cho mn+nm có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt.

Lời giải. Lấy ra một số nguyên tố p lớn hơn m+2 bất kỳ và xét n =mp2.3k, ta có

nm +mn = mm



mm



p2.3k− 1

+p3k.2m



=mm





m

m p2.3

k

− 1 3k

! 3k

+p3k.2m







Giờ để ý rằng do p> 3 nên 3 | p2 −1
và vì thế

v3p2.3k −1= v3(p2 −1) +k > k

Tức là p

2.3k −1

3k ∈ Z+, nên nếu đặt m

m p2.3

k

− 1 3k

!

= a, p2m = b thì a, b ∈ Z+ thỏa gcd(a, b) = 1 tất nhiên a+b >3, đồng thời

nm+mn =mma3k +b3k