MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA

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 thừ

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− 𝑦𝑛= (𝑥 − 𝑦) (𝑥𝑛−1+ 𝑥𝑛−2𝑦 + 𝑥𝑛−3𝑦2+ · · · + 𝑥𝑦𝑛−2+ 𝑦𝑛−1) ,

∘ 𝑥𝑛+ 𝑦𝑛 = (𝑥 + 𝑦) (𝑥𝑛−1− 𝑥𝑛−2𝑦 + 𝑥𝑛−3𝑦2− · · · − 𝑥𝑦𝑛−2+ 𝑦𝑛−1) nếu 𝑛 lẻ,

∘ (𝑥 + 𝑦)𝑛 = 𝑥𝑛+ 𝐶𝑛1𝑥𝑛−1𝑦 + 𝐶𝑛2𝑥𝑛−2𝑦2+ · · · + 𝐶𝑛𝑛−1𝑥𝑦𝑛−1+ 𝑦𝑛

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− 𝑦𝑛= 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

Nếu 𝑛 chẵn, 𝑛 = 2𝑚 ta có 𝑥𝑛− 𝑦𝑛 = (𝑥𝑚− 𝑦𝑚) (𝑥𝑚+ 𝑦𝑚) nên 𝑥𝑚− 𝑦𝑚 =

2𝑎, 𝑥𝑚+ 𝑦𝑚 = 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− 𝑦𝑚 = (𝑥 − 𝑦)(︀𝑥𝑚−1+ 𝑥𝑚−2𝑦 + · · · + 𝑦𝑚−1)︀ > 2 mâu thuẫn

Do đó 𝑛 là số lẻ Ta có

𝑥𝑛− 𝑦𝑛= (𝑥 − 𝑦)(︀𝑥𝑛−1+ 𝑥𝑛−2𝑦 + · · · + 𝑦𝑛−1)︀

Nhưng do 𝑥, 𝑦 lẻ nên 𝑥𝑛−1+ 𝑥𝑛−2𝑦 + · · · + 𝑦𝑛−1 ≡ 𝑛 ≡ 1 (mod 2) Suy ra 𝑥𝑛−1+

𝑥𝑛−2𝑦 + · · · + 𝑦𝑛−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

𝑎 − 𝑏 .

𝑏𝑛− 𝑐𝑛

𝑏 − 𝑐 .

𝑐𝑛− 𝑎𝑛

𝑐 − 𝑎 = −𝑝

3

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

2 - 𝑎

𝑛− 𝑏𝑛

𝑎 − 𝑏 = 𝑎

𝑛−1

+ 𝑎𝑛−2𝑏 + · · · + 𝑏𝑛−1

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

𝑛− 𝑏𝑛

𝑎 − 𝑏 = (𝑎 + 𝑏)

𝑎2𝑚− 𝑏2𝑚

𝑎2− 𝑏2

= (𝑎 + 𝑏)(︀𝑎2𝑚−2

+ 𝑎2𝑚−4𝑏2+ · · · + 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

𝑝𝛼là 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

𝑎 − 1 = 𝑎

𝑘−1+ · · · + 𝑎 + 1 ≡ 𝑘 (mod 𝑝) do 𝑎 ≡ 1 (mod 𝑝)

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+1𝑡 với 𝑝 - 𝑡 Theo giả thiết quy nạp ta có 𝑎𝑘/𝑝 = 𝑎𝑝𝛽𝑡 = 𝑚𝑝𝛼+𝛽 + 1 với 𝑚 không chia hết cho 𝑝 Hơn nữa ta có

𝑎𝑘− 1 = (︀𝑚𝑝𝛼+𝛽 + 1)︀𝑝− 1

= (︀𝑚𝑝𝛼+𝛽)︀𝑝

+ · · · + 𝐶𝑝2(︀𝑚𝑝𝛼+𝛽)︀2

+ 𝑚𝑝𝛼+𝛽+1

Vì 𝑝 | 𝐶𝑝2 = 𝑝 (𝑝 − 1)

2 , nên tất cả các số hạng trong khai triển trên, ngoại trừ số 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

𝐶2

𝑝 = 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

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

𝑎𝑘− 1

𝑎2 − 1 =

𝑛−1

∑︁

𝑖=0

𝑎2(𝑛−1−𝑖) ≡ 𝑛 ̸≡ 0 (mod 2𝛼)

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 = 𝑎

𝑛+ 1 ≡ 2 (mod 4) (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− 𝑦𝑛) = 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− 𝑦𝑛) = 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+ 𝑦𝑛) = 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−2𝑏 + · · · + 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

𝑣𝑝(︁𝑎𝑝𝑘−𝑗 + 𝑏𝑝𝑘−𝑗)︁= 𝑣𝑝(𝑎 + 𝑏) + 𝑣𝑝(︀𝑝𝑘−𝑗)︀ = 𝑗 + 𝑘 − 𝑗 = 𝑘,

suy ra 𝑝𝑘 ‖ 𝑎𝑝 𝑘−𝑗

+ 𝑏𝑝𝑘−𝑗 và 𝑎𝑝𝑘−𝑗 + 𝑏𝑝𝑘−𝑗 ‖ 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 (vì 𝑛 lẻ và 𝑝𝑘−𝑗 ‖ 𝑛) Mà

𝑎𝑛+ 𝑏𝑛= 𝑝𝑘 nên ta có 𝑝𝑘 = 𝑎𝑝 𝑘−𝑗

+ 𝑏𝑝 𝑘−𝑗

= 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+ 𝑦2) 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 ≡ 𝑦𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) Trong khi đó từ giả thiết ta có

𝑥2 ≡ −𝑦2 (mod 𝑝) ⇒ (𝑥2)

𝑝−1

2 ≡ (−𝑦2)

𝑝−1

2 (mod 𝑝) Hay 𝑥𝑝−1 ≡ −𝑦𝑝−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+ · · · − 25𝑛 + 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

11𝑝−1≡(︀−𝑚2)︀𝑝−12

= −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+ · · · − 25𝑛 + 26 ≡ 7.26 ≡ 8 (mod 11) Suy ra 112 | (𝑛 + 2) ⇒ 𝑛 = 112ℎ − 2 và ℎ là ước dương của 𝑘2 + 1 Theo ví

dụ 6 các ước nguyên tố lẻ của 𝑘2 + 1 chỉ có dạng 4𝑖 + 1, tức là ℎ chỉ có dạng

2𝑗(4𝑖 + 1) , 𝑗 = 0, 1 Khi đó 𝑛 = 112ℎ − 2 ≡ 0; 3 (mod 4) Ta có mâu thuẫn vì

𝑛 ≡ 1 (mod 4) Do đó không tồn tại 𝑛 thỏa mãn đầu bài 

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 = 𝑝𝛼11 𝑝𝛼22 𝑝𝛼𝑘𝑘 là phân tích tiêu chuẩn của 𝑛 > 1 Khi đó

𝜙 (𝑛) = 𝑛

(︂

1 − 1

𝑝1

)︂ (︂

1 − 1

𝑝2

)︂

· · ·

(︂

1 − 1

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 = 𝑎1𝑎2 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, 222, 2222, (mod 𝑛)

là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó

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 = 2𝑎𝑏 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 nạp dãy 1, 2, 22, 222, (dãy các số mũ) là hằng số kể từ một lúc nào đó mô-đun

𝜙 (𝑘) Vì thế 2, 22, 22 2

, 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 ord𝑛𝑟 = 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 tố cùng nhau và nếu 𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑛 Khi đó các số nguyên{︀𝑟, 𝑟2, , 𝑟𝜙(𝑛)}︀ 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 = ord𝑚𝑛 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

𝑥 − 1 = 𝑦

5− 1

Lời giải.

Gọi 𝑝 là một ước nguyên tố bất kỳ của 𝑥

7− 1

𝑥 − 1 = 𝑥

6+ 𝑥5+ · · · + 𝑥 + 1 Ta có hai trường hợp:

+, Nếu 𝑝 | (𝑥 − 1), suy ra 𝑥

7− 1

𝑥 − 1 ≡ 1 + 1 + · · · + 1 + 1 ≡ 7 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 7; +, Nếu 𝑝 - (𝑥 − 1), ta có ngay ord𝑝𝑥 = 7 Từ đó suy ra 𝑝 ≡ 1 (mod 7) Vậy ta có mọi ước nguyên dương 𝑑 của 𝑥

7− 1

𝑥 − 1 thỏa mãn 𝑑 ≡ 0; 1 (mod 7). Bây giờ giả sử (𝑥, 𝑦) là một nghiệm của phương trình đã cho Mà 𝑦5 − 1 = (𝑦 − 1) (𝑦4+ 𝑦3+ 𝑦2+ 𝑦 + 1) suy ra

𝑦 − 1 ≡ 0; 1 (mod 7)

𝑦4+ 𝑦3+ 𝑦2+ 𝑦 + 1 ≡ 0; 1 (mod 7)

Ta có mâu thuẫn vì khi đó 𝑦 ≡ 1; 2 (mod 7) ⇒ 𝑦4+ 𝑦3+ 𝑦2+ 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

𝑛 là số nguyên.

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 ≡ 𝑔𝑘, 𝑎 ≡ 𝑔ℎ (mod 𝑝) với 𝑘 ̸= ℎ Thay vào phương trình đã cho suy ra 𝑔𝑘𝑛 ≡ 𝑔ℎ𝑛 (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 | 𝑔𝑝−1− 1 | 𝑔𝑘− 𝑔ℎ ⇒ 𝑝 = 1 mâu thuẫn 

6 Một số hệ quả hay dùng khác

i Nếu 𝑝 | 𝑥 thì (𝑥 + 𝑦)𝑛 ≡ 𝑛𝑥𝑦𝑛−1 + 𝑦𝑛 (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

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 = ord𝑝𝑎 thì ℎ = 𝑑/2 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 𝑎ℎ ≡ −1 (mod 𝑝)

Hướng dẫn 𝑎2𝑘 ≡ 1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑑 | 2𝑘 mà 𝑎𝑘 ≡ −1 (mod 𝑝) nên 𝑑 = 2ℎ ⇒ (︀𝑎ℎ− 1)︀ (︀𝑎ℎ+ 1)︀ ≡ 0 (mod 𝑝)

v Nếu 𝑥 là số nguyên dương và 𝑝, 𝑞 là hai số nguyên tố sao cho 𝑞 | 𝑥

𝑝 − 1

𝑥 − 1 thì

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

𝑟𝑛 ≡ 𝑟(︀𝑟𝑝−1)︀𝑎+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)

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−2𝑞hay 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

𝑝 − 1 = 1 + 𝑝 + 𝑝

2+ · · · 𝑝𝑝−1 ≡ 𝑝 + 1 (︀mod 𝑝2)︀ ,

suy ra có ít nhất một ước nguyên tố của 𝑝

𝑝− 1

𝑝 − 1 không đồng dư 1 mô-đun 𝑝

2 Gọi

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 cách chọn số 𝑞 ta có 𝑛𝑝2 ≡ 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!