CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUANCHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUANCHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

CHUYÊN ĐỀ:

SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

CÁC KÍ HIỆU VÀ CỤM CHỮ CÁI VIẾT TẮT

IMO International Mathematical Olypiad Kì thi Olimpic Toán quốc tếVMO Viet Nam Mathematical Olympiad Kì thi học sinh giỏi quốc gia

môn toán Việt NamIMO SL International Mathematical Olypiad

Shortlist

Tuyển tập các bài toán trong danh sách rút gọn đề nghị cho

kì thi Olimpic Toán quốc tế

X TST X Team Selection Tests Kì thi chọn đội tuyển X

NMO National Mathematical Olympiad Kì thi học sinh giỏi toán quốc

Trong chương trình toán phổ thông, số học vốn là một phân môn khó Các bàitoán số học thường xuyên xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi các cấp và nó luôn làmột thách thức đối với học sinh Trong những bài toán số học ấy, chúng ta có thể nhậnthấy rằng: các tính chất các ước nguyên tố thường xuyên được sử dụng một cách tinh

tế và đẹp mắt Tuy nhiên, hiện nay, các tài liệu viết riêng và chuyên sâu về nó khôngnhiều Điều đó gây không ít khó khăn trong việc tiếp cận hướng giải quyết các bài toán

số học đó

Chính vì vậy, để giải quyết phần nào các khó khăn đó, chúng tôi chọn đề tài “Sốnguyên tố và các bài toán liên quan” để trao đổi cùng các thầy cô và các em học sinhchuyên toán, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy môn toán trong trường THPTchuyên

Phần nội dung chuyên đề bao gồm ba chương:

- Chương 1 Các bài toán về ước nguyên tố Nội dung của chương này xoayquanh các vấn đề về phân tích chính tắc và các định lý cổ điển liên quan đến ướcnguyên tố của một số nguyên.

- Chương 2 Thặng dư bậc hai

- Chương 3 Các bài toán về hệ số nhị thức và một số định lý khác Nội dungnày xoay quanh các tính chất ước nguyên tố trong hệ số nhị thức trong khai triểnNewton và định lý Polignac

Trong các chương, hệ số ví dụ minh họa được đưa ra từ dễ đến khó theo quanđiểm của chúng tôi Trong mỗi ví dụ thường có định hướng, dẫn dắt tại sao có lời giảinhư vậy Điều đó giúp cho việc học trở nên thuận lợi hơn

2 Mục đích nghiên cứu

Đề tài “Số nguyên tố và các bài toán liên quan” được chúng tôi lựa chọn traođổi cùng các đồng nghiệp về các tính chất, định lý về các số nguyên tố, ước nguyên tốcủa một số tự nhiên, sự phân tích chính tắc, Vận dụng các định lý, tính chất đó giảiquyết các bài toán số học trong các kì thi học sinh giỏi Thông qua đề tài này, chúng tôimuốn nhấn mạnh, làm rõ tầm quan trọng của số nguyên tố trong các bài toán số họctrong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu các phương pháp giải bài toán số học trong các kì thi học sinh giỏitoán quốc tế, quốc gia Việt Nam và các nước trên thế giới Cung cấp một tài liệu nhỏ

về phương pháp dạy học phân môn số học cho các đồng nghiệp dạy chuyên toán, vàphương pháp tự nghiên cứu cho học sinh chuyên

4 Đối tượng và khách thể nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là học sinh chuyên Toán, đội tuyển học sinhgiỏi quốc gia môn toán

- Nghiên cứu các tài liệu số học có liên quan

6 Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu lý luận: nghiên cứu các tài liệu, chương trình của Bộ Giáo dục và

Đào tạo, các tài liệu số học hiện hành, các tạp chí toán học trong và ngoài nước, các tàiliệu từ internet,…

- Trao đổi, tọa đàm với các giáo viên chuyên và học sinh chuyên trong nước

Chứng minh

Ta xét hệ thặng dư thu gọn mod p là A = {1, 2, …, p - 1}

Do (a, p) = 1 nên B = {a, 2a, …, (p - 1)a} cũng là hệ thặng dư thu gọn mod p.

Cho a là một số nguyên, n là số nguyên dương, (a, n) = 1 Khi đó

1.2.8.1 Các định nghĩa Định nghĩa 1

Cho n > 1 và a là một số nguyên dương, (a, n) = 1 Số nguyên dương k nhỏ nhất

thỏa mãn ak ≡ 1 (mod n) được gọi là cấp của a modulo n.

Kí hiệu k = ordn(a).

Định nghĩa 2

Cho n > 1 và a là một số nguyên dương, (a, n) = 1 Nếu ϕ(n) = ordn(a) thì a được gọi là một căn nguyên thủy modulo n.

Nhận xét: Từ định nghĩa trên ta dễ dàng suy ra

+) Nếu a là căn nguyên thủy ( mod n) thì mọi số cùng lớp với a theo (mod n)

đều là căn nguyên thủy (modn)

1.2.8.2 Các định lý Định lý 1

Cho a, n thỏa mãn n > 1, (a, n) = 1 Khi đó

a x ≡ 1 (mod n) ⇔ x M ordn (a).

Nếu a là căn nguyên thủy (mod n) thì tập A = {1, a, a2,…,a h-1} là hệ thặng dư

thu gọn (mod n) (lúc này h = φ

(n))

Định lí 3

Nếu p là một số nguyên tố thì có đúng φ

(p - 1) căn nguyên thủy (mod p)

Định lít 4

Nếu p là một số nguyên tố lẻ và a là một căn nguyên thủy (mod p2) thì a cũng

là căn nguyên thủy (mod p n ) với n ≥ 3.

Định lý 5 (Định lý về sự tồn tại căn nguyên thủy)

Cho m là một số nguyên, m > 1 khi đó m có căn nguyên thủy khi và chỉ khi m có một trong 4 dạng sau: 2, 4, pα, 2pα(trong đó p là 1 số nguyên tố lẻ)

(Phần chứng minh các định lí trên, xin nhường cho bạn đọc)

1.3 Các ví dụ điển hình

Trong mục này, để thuận lợi cho công tác giảng dạy, dựa vào độ phức tạp cácbài toán, tôi sẽ chia thành hai phần Phần một là các ví dụ cơ bản, giúp học sinh làmquen dần với các dạng toán Phần hai là các bài toán nâng cao, đòi hỏi kĩ năng xử lítinh tế và được cập nhật trong các kì thi học sinh giỏi gần nhất

1.3.1 Các ví dụ cơ bản

Trong phần này, tôi sẽ đưa ra các ví dụ điển hình về tính chất ước nguyên tố.Vận dụng các tính chất đó vào giải quyết các bài toán liên quan Tuy nhiên, các ví dụđược chọn không quá khó, nhưng thường xuyên xuất hiện Cố gắng giúp học sinh hìnhthành, phát triển tư duy trong phân môn số học

Ví dụ 1 (Đề tham khảo 30/4/2021) Giả sử a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn hệ

Lời giải

Do (21, 2) = 1 ⇒

a M

2, b M

2 c M 2

Nhận xét: Bài toán này khá đơn giản Trước tiên ta thử nghiệm, dự đoán p = 3, sau

đó xét p khác 3 và chứng minh 3 p + 5p – 1 không là số nguyên tố Lời giải cụ thể như sau:

Thử lại thấy p = 3 thỏa mãn.

Ví dụ 3 (Chọn ĐT 10 KHTN 2020) Tìm x, y nguyên dương sao cho 2x + 5y + 2 là sốchính phương

Nhận xét: Bài này cũng giống như bài trên, Tính chất chủ đạo sử dụng ở đây là mọi

ước của p n đều có dạng p k , 0 ≤ k ≤ n Cụ thể ta có lời giải sau:

3 3

n n

Vậy ta tìm được ba bộ (x, n, p) như trên.

Ví dụ 5 (Olimpic KHTN 2015) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3p + 4p là sốchính phương

nguyên ta có p ≡ 1 (mod 2 n + 1).

⇒

p = 2n + 1k + 1, k ∈ ¥* ⇒

p > 2 n + 1.Mặt khác, ta dễ chứng minh bằng quy nạp được 2n + 1 > n, với mọi n ∈ ¥*

Từ đó ta có đpcm

Ví dụ 8 (TH&TT_T11/513) Cho h là số nguyên dương sao cho p = 2h + 1 là một số

nguyên tố Tìm bậc của 2 modulo p.

Nhận xét: đây là bài toán cơ bản nhất mà sau khi dạy lý thuyết về cấp phần tử và có

thể lấy làm ví dụ minh họa mở đầu.

Ví dụ 9 (HSG Tỉnh THPT Phú Yên 2021) Cho p là số nguyên tố lẻ a và b là hai số

nguyên dương lẻ sao cho a + b chia hết cho p và a – b chia hết cho p – 1 Chứng minh

rằng

2

b a

a +b Mp

Nhận xét: Bài này có hình thức khá đẹp mắt mà tôi rất thích Nó thực chất đã xuất

hiện khá lâu, trên TH&TT và chuyên đề cấp phần tử (2014) của thầy Nguyễn Duy Liên.

Ví dụ 10 (TH&TT_ T11/472) Cho n, k là các số nguyên dương và p là số nguyên tố

lẻ Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương a sao cho p k là ước của

ϕ

(a), ϕ

(a + 1), …, ϕ

(a + n).

Nhận xét: Những bài chứng minh sự tồn tại hoặc tồn tại vô hạn các số nguyên dương

thỏa mãn điều kiện nào đó, ta thường nghĩ đến định lý Dirichle hoặc xây dựng hệ phương trình đồng dư sau đó áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa.

0 1

0(mod )1(mod )

Ví dụ 11 (Pi 233) Cặp số nguyên dương a, b được gọi là cân bằng nếu hai số nguyên

dương a, b có cùng tập ước nguyên tố Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n và

 =

+ =

Do đó p| a a a2 3 n (vì (p 2p - 1) = 1)

Suy ra p là ước của một trong các số a i , i = 2, 3, …, n.

Không mất tính tổng quát, giả sử p | a2

p = 3.

Vậy số lớn nhất a1 = 6, a2 = 3

Các số còn lại nhỏ hơn 6 nên thuộc tập {1, 2, 4, 5}

Từ đó dễ dàng chứng minh được tồn tại duy nhất bộ {2, 3, 6} thỏa mãn

1.3.1 Các bài toán nâng cao

Trong phần này, chúng tôi cố gắng đưa ra các ví dụ minh họa mang tính thời sự

và tinh tế hơn Các hướng giải quyết phức tạp hơn (theo quan điểm cá nhân)

Ví dụ 13 (IMO SL 2018) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (n, k) phân biệt sao cho

tồn tại số nguyên dương s sao cho số ước nguyên dương của sn và sk là bằng nhau.

Lời giải (Dựa theo lời giải của v_Enhance trên Aops)

TH1: Nếu n | k hoặc k | n thì hiển nhiên không tồn tại s.

TH2: n và k không có số nào là bội của số kia.

Ta sẽ chứng minh luôn tồn tại số nguyên dương s sao cho số ước của sn và sk là bằng

+ + = ++ +

Thật vậy, ta chỉ việc chọn c M a b= ( − − + ≥ +) b 1 (b 1)(b+ − − + >1 b) b 1 0

, luôn thỏamãn đẳng thức trên

' 1

' ' 1

' '

' ' ' 1

11

Vậy các cặp (s,k) mà không có số nào là bội của số còn lại luôn thỏa mãn bài toán.

Ví dụ 14 (Turkey EGMO TST 2020) Kí hiệu p m ( )

là số các ước nguyên tố phân

biệt của số nguyên dương m > 1

Đặt f m( )

là ước nguyên tố nhỏ thứ

( ) 12

Ta chứng minh bổ đề: nếu n là một hợp số thì f n ( ) ≤ n

Xét hai trường hợp:

Bổ đề trên được chứng minh

Quay lại bài toán.

Từ (1) và (2) suy ra f n ( 2 + + 2 ) f n ( 2 + ≤ 5) 2 n − < 5 2 n − 4

(loại)

Vậy n = 5

là giá trị duy nhất thỏa mãn đề bài

Ví dụ 15 (IMO Shortlist 2020) Cho trước số nguyên dương k

Chứng minh rằng tồntại số nguyên tố p

sao cho có thể chọn các số nguyên dương phân biệt

là một số hữu tỉ tùy ý thỏa mãn điều kiện sau:

đủ lớn thỏa mãn:

1 3

Max , Max Max

trong { 1;2; ; p − 1 }

Điều này là khả thi do r pnM , snM p

Ta đi chứngminh { } an

thỏa mãn bài toán

+ ∀ ≠i j

thì i j

a ≠ a

Thật vậy giả sử

1 1 1 1

1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 2 3

(mod )

Đó chính là điều phải chứng minh

Ví dụ 16 (Centroamarican 2020 – Pr 6) Ta gọi một số nguyên dương N là số

Inteoceanic nếu nó có phân tích chính tắc

TH5: x1 + x2 = 3 + 7 = 10 cũng dễ chứng minh được không tồn tại N.

là các số nguyên tố lẻ bất kì thì

là số chẵn nên dễ thấy f p f q( ), ( )phải cùng tính chẵn lẻ

Giả sử f p f q( ), ( )

đều chẵn thì do f P: →P

nên f p( )= f q( ) 2=

Thay vào ta được

(thử lại thấy thỏa mãn).

Ví dụ 18 (Canada TST 2021) Cho n là một số nguyên dương Gọi p1, p2, …, p n là các

số nguyên tố phân biệt lớn hơn 3 Chứng minh rằng

1 2

2p p p n +1

có ít nhất 4n ước số

Lời giải

Bổ đề 1 Cho a, b là hai số nguyên dương lẻ Khi đó (2 a + 1, 2b + 1) = 2(a, b) + 1

Đây là bổ đề khá quen thuộc, xin không chứng minh lại ở đây

Trở lại bài toán

Nếu (p, 3) = 1 thì theo bổ đề trên ta có (2 p + 1, 23 + 1) = 2(p,3) + 1 = 3

⇒

2p + 1 không chia hết chi 9

Ta gọi một số nguyên dương là “tốt” nếu nó là số Squarefree lẻ, không chia hết cho 3

và lớn hơn hoặc bằng 5

Đặt T(n) là số ước nguyên tố phân biệt của n, d(n) là số ước của n.

Bài toán trở thành: Chứng minh rằng với mọi số tốt a ta có

( )(2a 1) 4T a

(*)

Quy nạp theo T(a).

Nếu T(a) = 1 hay a = p ≥

Giả sử (*) đúng khi T(a) = k, ta xét số nguyên tố ( , ) 1,p a = p≥5,p

là số nguyên tố.Khi đó

Do

pa - 2p - 2 - 4 = (p - 2)(a - 2)-8 ≥

3.3 – 8 > 0Nên

2pa + >1 2 p+ +a + >1 (2a+1) (2p+1) >[2a +1, 2p+1]

Suy ra

(2 1)(2 1)[2 1,2 1]

Ví dụ 19 (Hướng tới kì thi VMO và Olimpic Toán) Cho p là số nguyên tố và a, b, c

là 3 số nguyên bất kì Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x, y, z không đồng thời chia hết cho p sao cho

ax +by +cz chia hết cho p.

Lời giải

(Tham khảo từ một bạn trên Group Hướng tới kì thi VMO và Olimpic Toán)

TH1: Nếu một trong ba số a, b, c chia hết cho p thì bài toán hiển nhiên đúng.

số dư khi

chia cho p khi x và y chạy khắp ¢

Nếu các số dư của ax2 luôn khác số dư của –c – by2 khi chia cho p thì vô lý vì khi đó

có p + 1 số dư phân biệt.

Do đó phải tồn tại x, y ∈ Z sao cho

ax ≡ − −c by p

.Đến đây ta có điều phải chứng minh

Nhận xét: Thực chất, bài toán này chỉ là một hệ quả trực tiếp của định lý Cauchy –

b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng p k t + 1.

Do đó, tồn tại q i , i = 1, 2, …, m sao cho p = q i.

Suy ra x0 ≡ 1 (mod q) ⇒ P(x0) ≡ p (mod q) ⇒

p = q vô lý do 1(mod )

k

Vậy điều giả sử là sai suy ra có vô số số nguyên tố dạng p k t + 1.

Nhận xét: Đây là một trường hợp đặc biệt của định lý Dirichlet sau:

“Cho a, b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Khi đó có vô hạn số nguyên

tố có dạng an + b” Tuy nhiên, hiện nay chưa có chứng minh sơ cấp nào cho định lý trên.

Áp dụng bài toán này ta có thể dễ dàng giải quyết bài toán sau trên tạp chí Toán học

k

a + − + k+

chia hết cho p với mọi k = 1, 2, …, p – 2

b) Khi chia a1, a2, …, a p -2 cho p ta được bao nhiêu số dư phân biệt? Vì sao?

( 1) ( 1)

!( 1) ( 1)!

k

k k

1 (mod ), 2 1

k k

Do đó với mọi m, n ∈ {1, 2, …,

32

p−} thì a2n ≡ a2m (mod ).p

Và với mọi m, n ∈ {0, 1, 2, …,

32

p−

}thì m, n ∈ {1, 2, …,

32

p−}

Do mọi số dư của a k chia p đều là số lẻ nên chọn được đúng

12

0 (mod p k) ⇒

B ≡

0 (mod p k)

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 23 (NICE MO 2021) Với mỗi số nguyên tố p

, kí hiệu Sp = { 1;2; ; p − 1 }

.Tìm tất cả các số nguyên tố p

sao cho tồn tại hàm

và f f a( ( ) )

đều không chia hết cho p

(do tập giá trị của hàm f

{ f (1); (2); ; ( f f p − 1) } ≡ Sp

và

với mọi số nguyên tố p

.Thật vậy

Bổ đề hoàn toàn được chứng minh

Trở lại bài toán

Từ đây ta thu được {gcd(a a1; n) }

là dãy số nguyên dương không giảm và bị chặn trênbởi a1

là dãy dừng

Đó chính là điều phải chứng minh

n n

Ví dụ 26 Cho m, n nguyên dương, n > 1 Chứng minh rằng {1n, 2n, …, mn} là hệ thặng

dư đầy đủ mod m khi và chỉ khi m là số square-free và (n, j(m)) = 1.

i i

2 1

1 2

2 1

a t i

a i

i

a t n

a

n n

i i

Nên từ (1) suy ra tồn tại x ≠ y thuộc (1, 2, …, m) thoả mãn x n  yn (mod m) (vô lý).

Vậy m là số square – free

Suy ra 1

t i i

=

=∏

+) Nếu (n, j(m)) = d > 1  tồn tại số nguyên tố q | d  q | p i – 1, với i nào đó.

Bổ đề: Phương trình x3  1 (mod pi ) có ít nhất q nghiệm

Thật vậy phương trình

1 10(mod )1

i

p

i q

x

p x

nên phương trình x q – 1  0 (mod

pi ) có ít nhất q nghiệm (Bổ đề được chứng minh)

Gọi a, b là 2 trong số các nghiệm đó.

Theo định lý thặng dư thặng dư Trung Hoa, tồn tại các số tự nhiên n 1, n2 sao cho

n1  b (mod pj ), j ≠ i; n1  a (mod pi ); n2  b (mod pi)

Ví dụ 28 (GGTH) Đặt S(n, k) =

1 1

n k i i

a) S(p,k)  -1 mod p  k chia hết cho p – 1.

b) S(p,k)  0 mod p  k không chia hết cho p – 1.

Ta có phương trình x r  1 (mod p) có không quá r nghiệm

Mà r  {1, 2, …, p - 2} nên tồn tại a  {1, 2, …, p - 1} sao cho 1(mod ).

r

Vì (a, p) = 1 nên

1 1

{ }p i

Nhận xét Ta có thể gọi a là một căn nguyên thuỷ mod p thì không cần sử dụng

phương trình đồng dư, bạn đọc có thể xem ở lời giải bài sau (Ví dụ 29).

Bài toán trên thực chất là một cách phát biểu khác của bai toán Hunggary – Israel năm 2009, bạn đọc có thể tìm thấy một lời giải khác trên mathlinks.ro!

Ví dụ 29 (Mạc Đăng Nghị) Đặt S(n, k) =

1 1

n k i i

a) S(p m , k)  0 mod p m nếu k không chia hết cho p – 1;

b) S(p m , k)  -p m – 1 mod p m nếu k chia hết cho p – 1.

1 1

0 1

Từ đó có điều phải chứng minh

Ví dụ 30 (Hà Tĩnh TST 2014) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tích

Vì A là tích của 4 số nguyên dương liên tiếp nên A luôn có ước số là 2; 3

Vậy ta xét trường hợp A có đúng 3 ước số là 2; 3; p (p ≥ 5).

Điều này không xẩy ra vì a, c ≥ 1 mà 3 không chia hết cho p.

Vậy với n lẻ chỉ có n = 3 thoả mãn.

+) n chẵn ( n ≥ 2) Khi đó (n + 1), (n + 3) là hai số lẻ liên tiếp nguyên tố cùng nhau suy

ra

(n + 1), (n + 3)

là hai luỹ thừa 3a và p b

Vì n + 2 chẵn, nguyên tố với n +1 và n + 3 nên n + 2 = 2k với k ≥ 2.

Khi đó

A = (2k - 2)(2k -1)2k(2k + 1) = 2k+1( 2k-1-1)(2k -1)(2k +1) (2)

+) Nếu k = 2 thì 2k-1 - 1= 2 - 1 = 1 và n = 2k - 2 = 22 - 2 = 2, thì A = 2.3.4.5 = 23.3.5 cóđúng 3 ước số nguyên tố

+) Nếu k ≥ 3 thì 3 thừa số sau ở (2) đều là số lẻ, mặt khác ( 2k -1, 2k +1) = 1,

( 2k -1, 2k-1 -1 ) = (2(2k-1-1) +1, 2k-1- 1) = 1

Khi đó chỉ có thể xảy ra một trong hai trường hợp sau:

Ví dụ 31 (Đề KT đội tuyển Hà Tĩnh 2015) Tìm tất cả các bộ ba các số nguyên

dương (a, m, n) sao cho

( 1) *

1

n m

a a

+

∈

Lời giải

Từ tính chất duy nhất trong phân tích số nguyên dương thành thừa số nguyên tố ta có:

nếu v k chia hết cho u, thì (glc(u,v)) k chia hết cho u (1)

Dễ thấy các bộ (1, m, n ) và (a, 1, n) với mọi số nguyên dương a, m, n là các nghiệm

của bài toán

Bổ đề: Nếu a > 1 và (a +1)n chia hết cho a m +1 thì m lẻ.

Ta có s ≥

2 vì a > 1 Khi đó a m = 2s - 1 ≡

- 1(mod 4), điều này không xẩy ra vì a m

là một số chính phương

Như vậy a > 1 và m là số nguyên dương lẻ lớn hơn 1 và hiển nhiên n > 1

Gọi p là số nguyên tố lẻ sao cho m = pr, b = a r

Vì r lẻ, b + 1 chia hết cho a + 1, nên (b+1)n chia hết cho b p +1 = a m + 1

Vậy số nguyên tố p chia hết cho (B, b +1) suy ra (B, b+1) = p

Từ đó p n-1 chia hết cho B, suy ra B là luỹ thừa của p

Ta có b p +1 chia hết cho p do đó (b+ 1)n chia hết cho p, cho nên

Điều này chứng tỏ b chia hết cho p nhưng không chia hết cho p2

Vì B là một luỹ thừa của p, suy ra B = p.

với n ≥

2, n  ¥ .

Chương 2 Thặng dư bậc hai

Phần này, bản thân tôi cũng đã báo cáo trong chương trình bồi dưỡng giáo viênchuyên Toán, năm đầu tiên do Viện NCCC về Toán tổ chức Qua đó, cũng nhận đượckhá nhiều góp ý của các bạn đồng nghiệp và chuyên đề cũng đã được chỉnh sửa nhiềucho phù hợp với thực tiễn giảng dạy học sinh chuyên toán hiện nay

2.1 Lí thuyết

+) Mọi số chính phương đều là số chính phương (mod p)

+) a ≡ 0 (mod p) thì a2 ≡ a (mod p) nên mọi a ≡ 0 (mod p) đều là số chính

phương (mod p) Do đó, từ đây về sau, ta chỉ xét số nguyên a sao cho (a, p) = 1.

+) Mọi số nguyên lẻ đều là số chính phương (mod 2)

Định nghĩa 2 ( Kí hiệu Legendre)

= -1 nếu a không là số chính phương mod p.

Kí hiệu trên gọi là kí hiệu Legendre.

2.1.2 Các định lí

Định lý 1

Cho p là một số nguyên tố lẻ Khi đó

1 2

p a

2

p a

p p

Vậy (1) được chứng minh xong

Theo định lí Fermat, ta có ap – 1 ≡ 1 (mod p)

⇒

1 2 1 2

1(mod )1(mod )

p p

p−}

Gọi rk ≡ ka (mod p), 1 ≤ rk ≤ p.

Gọi n là số các số rk thuộc khoảng (

; 2

p p

p p

))