CHUYÊN đề số học bài tập CỦNG cố một số nội DUNG cơ bản của lý THUYẾT ĐỒNG dư

Bài 3 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, tồn tại một tập số nguyên n phần tử để tổng các phần tử các tập con không rỗng của nó là một lũy thừa... Hệ thặng dư Bài 11: Cho a, b là các số

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC BÀI TẬP CỦNG CỐ MỘT SỐ NỘI DUNG CƠ BẢN CỦA

LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ

I Bài tập sử dụng Định lý Thặng dư Trung Hoa

Bài 1 Cho A là một tập con khác rỗng của Z + Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương

n sao cho tập hợp nA = { nx / x  A} chứa toàn lũy thừa của một số tự nhiên với số mũ lớn hơn 1.

 Lời giải: Đặt A = {a1, a2, , ak} và p1, p2, , pk là k số nguyên tố phân biệt Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, với mọi i = 1,2, ,k tồn tại số nguyên dương mi thỏa mãn

mi  -1 ( mod pi) ; mi  0 ( mod pj) ( i  j, j = 1,2, ,k) Khi đó:

m1 + 1  p1 m2  p1 mk  p1

m1  p2 m2 + 1  p2 mk  p2

m1  pk m2  pk mk + 1  pk

Đến đây, ta đặt: n = a1m1 a2m2 3

3m

a k m k

Ta có:

na1 = 1 1

1m

a a2m2 3

3m

a m k

k = ( 111

1 p

m a

 1

2

2 p

m

a m1k

na2 = a1m1 2 1

2m 

3m

a m k

k = ( 21

1 p

m a

2

1 2

2 p

m a



m2k

nak = a1m1.a2m2 3

3m

a m k 1

k

a = ( p k

m

a 1

1 k

m

a 2

2 p k

k m k a

1



)p k

 ĐPCM

Bài 2 Với mọi tập số nguyên {a1 , a 2 , a 3 , a n } tồn tại số nguyên dương b để tập

{ ba 1 , ba 2 , ba 3 , ba n } bao gồm những lũy thừa đúng của một số nguyên.

 Lời giải:

Đặt p1, p2, p3, , pn là các số nguyên tố có mặt trong phép phân tích a1, a2, , an

thành thừa số nguyên tố Ta có: ai = p1bi1 p2bi2 pkbik

Ta biết rằng nếu một số nguyên được phân tích thành thừa số nguyên tố p1c1 p m c mlà

một lũy thừa bậc q khi và chỉ khi c1, c2, , cn chia hết cho q

Đặt b = p1d1.p2d2 3

3d

p k

k Ta sẽ chứng minh có thể tìm được d1, d2, , dk mà b thỏa mãn điều kiện đề bài

Để có ba1 là lũy thừa bậc q1 của một số nguyên thì b11 + d1, b12 + d2, , b1k + dk

chia hết cho q1 Tương tự với ba2, ba3, , ban, ta có:

+ b21 + d1, b22 + d2, , b2k + dk chia hết cho q2

.

+ bn1 + d1, bn2 + d2, , bnk + dk chia hết cho qn.

Từ đó phải xác định d1, d2, , dk thoản mãn d1  - bi1 (mod qi); i = 1,2, ,n

Tương tự với d2, d3, , dk Ta chọn q1, q2, , qn là những số nguyên tố phân biệt

Áp dụng định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn tại d1, d2, , dk Từ đó tồn tại b (ĐPCM)

Bài 3 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, tồn tại một tập số nguyên n phần tử để

tổng các phần tử các tập con không rỗng của nó là một lũy thừa

 Lời giải:

Ta xét tập số nguyên S = { x1, x2, , xn }, tập S có 2n – 1 tập con không rỗng của S Đặt: S1, S2, S3, , S2 n 1

Là tổng các phần tử của các tập này Áp dụng bài tập 7, tồn tại số nguyên b thỏa mãn: { bS1, bS2, bS3, , bS2 n 1}

Bao gồm toàn các lũy thừa Từ đó ta chọn tập: F = { bx1, bx2, bx3, , bxn } thì tập F thỏa mãn điều kiện đề bài

Bài 4 Cho m là một số nguyên dương Tìm số lượng nghiệm của phương trình

x 2  x ( mod m).

 Lời giải: Giải sử m = p1a1 p2a2 3

3a

p k

k

Ta có: x2  x ( mod m) Từ đó x2  x ( mod a i

i

p ) với i = 1,2,3, ,k ( a i

i

p ,p j a j) = 1 với i

 j, i,j {1,2, ,n} hay x(x-1)  0 ( mod a i

i

p ) với i {1,2, ,n} Vậy phương trình x(x-1)

 0 ( mod a i

i

p ) có 2 nghiệm là x  0 ( mod a i

i

p ) và x  1 ( mod a i

i

p )

Áp dụng định lý Thặng dư Trung Hoa, hệ x  ri ( mod a i

i

p ), i {1,2, ,n} với ri

{0,1} chỉ có 1 nghiệm mod m nhưng lại có 2k cách chọn hệ Vì vậy, phương trình có 2k

nghiệm

Bài 5 Cho n là số nguyên dương lẻ và n > 3 Gọi k, t là các số nguyên dương nhỏ

nhất sao cho kn + 1 và tn đều là số chính phương Chứng minh n là số nguyên tố khi và chỉ khi: min {k,t} > 4n

 Lời giải:

1 Điều kiện cần: Giả sử n là số nguyên tố, khi đó:

n|tn và tn là chính phương nên n2|tn  n|t

Từ đó: t  n > 4n

Hơn nữa, đặt: a2 = kn + 1 thì a2  1 (mod n) Kết hợp n nguyên tố nên a  1(mod n) Nhưng vì a > 1 nên a  n – 1 ( với n – 1 là số nhỏ nhất đồng dư với 1 mod n) Dẫn đến:

kn + 1  (n – 1)2  k  n – 2  k > 4n , vì n > 3 nên n – 2 > 3n

2 Điều kiện đủ:

Nếu n chỉ có một ước số nguyên tố duy nhất, đặt n = p với p  3 do n lẻ nếu 

chẵn, ta lấy t = 1 < n4 thì tn = p là số chính phương, mâu thuẫn với giải thiết Nếu  lẻ,

  3, ta lấy: t = p < p4 = 4n thì tn = p  1,  + 1 chẵn nên tn là số chính phương với

t < n4, mâu thuẫn Vậy  = 1 hay n là số nguyên tố

Nếu n có ít nhất 2 ước nguyên tố phân biệt Khi đó ta có thể viết n dưới dạng

n = p.m, trong đó p là một số nguyên tố lẻ, m là số nguyên dương lẻ, (m,p) = 1 Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên s sao cho:

s  1 ( mod p)

s  -1 (mod m)

Từ đó: n|s2 – 1 Hơn nữa ta có thể chọn s sao cho: s 2n

Vì s không đồng dư với 1 mod m nên s  1 và s không đồng dư với -1 mod p nên

s  -1 Dẫn đến s2  -1, từ đây lấy: k = s2n 1 thì k là số nguyên dương, hơn nữa

kn + 1 = s2 là số chính phương và k = s2n 1 < s 2 n

n

n

4

2

 = 4n Mâu thuẫn với điều kiện: min {k,t} > 4n

Vậy trường hợp này không thể xảy ra

Vậy n là số nguyên tố

II Bài tập Phương trình đồng dư

Bài 6 : Cho p là số nguyên tố lẻ và k | p – 1 Khi đó phương trình x k – 1 = 0 (mod p) có đúng k nghiệm phân biệt.

 Lời giải:

Vì k | p – 1 nên dễ thấy x p-1 – 1 = (x k – 1)Q(x) Trong đó Q(x) là đa thức hệ số nguyên với deg Q = p – 1 – k.

Gọi AS1, 2, ,p 1 ; BS tương ứng là nghiệm của 2 phương trình :

) (mod

1

x p



 và Q(x)  0 (mod p)

Thì ta có ABS |A|  |B| p 1 mà | A| k; |B| p 1  k nên | A|  |B| k

Vậy x k – 1 = 0 (mod p) có đúng k nghiệm phân biệt.

Bài 7 : Chứng minh rằng nếu p là 1 số nguyên tố thì C k1  (  1 )k (modp)  1 k p 1

 Lời giải:

Xét đa thức   .

1

1 1

)









x

x x

x

Dễ thấy bậc của f (x) không quá p 2 (1)

Mặt khác theo định lí Fermat nhỏ thì:

x 1p1  1 (modp)

) (mod 1 1

1 )

x

x x x p

x

x

p p















Do đó phương trình f(x)  0 (modp) có p 1nghiệm mod p là 0, 1, 2, …, p – 2. (2)

Từ (1) và (2) suy ra mọi hệ số của f (x) đều chia hết cho p.

Vậy C k1  (  1 )k (modp)  1 k p 1

Bài 8 : Chứng minh rằng nếu p là 1 số nguyên tố thì :

, 1, p 1

k

p

 Lời giải:

1

p

p

p k





Theo định lý Fermat nhỏ : x 1p   x 1 x p 1(mo d ),p   x .

Do đó phương trình f x( ) 0(mo d )  p có p nghiệm Mà deg f  p 1 nên mọi hệ số của

( )

f x đều chia hết cho p (đpcm).

Bài 9: Cho n là số tự nhiên, p là số nguyên tố, np. Chứng minh rằng

p

n

n

C

p

 

 

  (mod p) ,trong đó  x là kí hiệu phần nguyên của x.

 Lời giải:

Xét dãy n n,  1, ,n p  1 Dãy gồm p số tự nhiên liên tiếp nên có đúng một số của dãy chia hết cho p, giả sử số đó là N.Ta có

 

 

 

Loại số N ra khỏi dãy và xét đồng dư modulo p, ta được dãy 1, 2, , (p 1) (mod p) (xếp theo thứ tự nào đó) Gọi Q là tích các số của dãy ( sau khi loại bỏ N) Ta có

N

Suy ra

NQ p N(mod pN)

( 1)!

p

p   p (mod p) (1)

Vì (p, (p 1)!) 1  nên ta được

!

p  p (mod p) (2)

Vậy p

n

n

C

p

 

 

  (mod p)

Bài 10 : Xét các số tự nhiên m, n, k thoả mãn m nn m,n kk n Chứng minh rằng m  k k m

 Lời giải:

Từ giả thiết suy ra m n an m,n k bk n

Ta có k n  n k  mk k k m k m m n

k b a n a an m

(

Suy ra  k  n m n

k

Vậy m  k k m

Bài 11: cho p là số nguyên tố lẻ chứng minh rằng với mọi n 1 phương trình

-1 0 (mod )(*) có đúng p-1 nghiệm phân biệt.

 Lời giải:

Chứng minh bằng quy nạp theo n với n=1 khẳng định đúng Giả sử khẳng định đúng với

n xét phương trình

-1 (mod ) (1)

Giả sử { } là p-1 nghiệm của (1)

Ta có: -1 = Với mỗi i tồn tại duy nhất {1,2,…,p}

Thỏa mãn: (p-1) (mod p) vì (p-1) không chia hết cho p

Đặt

Ta có :

Do vậy là nghiệm của (*)

Đảo lại: Nếu => (mod ) => i=j

Vậy phương trình có ít nhất 9 nghiệm

Giả sừ b là nghiệm bất kì của (*) Khi đó b cũng là nghiệm của (1) Vậy tồn tại , t để

b = Ta có 1=

 (p-1) t chia hết cho p

Vậy t (mod p) => t = +pl => b=

 b (mod )

vậy phương trình (*) có đúng p-1 nghiệm là

III Hệ thặng dư

Bài 11: Cho a, b là các số nguyên Dương nguyên tố cùng nhau Số nguyên dương n được

gọi là số đẹp nếu tồn tại x,y sao cho Số nguyên dương được gọi là số xấu nếu không tồn tại nguyên dương sao cho

CMR 1 là số xấu lớn nhất.

2.CMR nếu thì là số đẹp khi và chỉ khi khi

là số xấu.

 Lời giải:

Ta chứng minh là số xấu lớn nhất

Giả sử là số đẹp, hay phương trình có nghiệm nguyên dương ⇒

(do

⇒ (

Khi đó phương trình (1) tương đương với vô lí

Vậy điều gỉa sử sai, tức là số xấu

Ta chứng minh mọi thì phương trình có nghiệm nguyên dương

Do nên là HĐĐ mod suy ra tồn tại sao cho

Vậy tồn tại nguyên dương sao cho đều là số đẹp

Do đó, là số xấu lớn nhất

2, Giả sử là số đẹp, khi đó tồn tại sao cho

Khi đó

Giả sử là số đẹp, khi đó tồn tại nguyên dương sao cho

dương nên là số đẹp, mâu thuẫn với câu 1)

Vậy là số xấu

Ngược lại, đặt Do nên là HĐĐ

Theo giả thiết k

là số xấu, suy ra Khi đó ta có

Do và nguyên dương nên n là số đẹp

Bài 12: Cho số nguyên dương n và số nguyên tố p lớn hơn n+1 Chứng minh rằng đa

 Lời giải:

Từ suy ra tập là HĐĐ mod nên tồn tại duy nhất sao cho , hơn nữa suy ra

không chia hết cho

Tương ứng với số trong đó có hệ số không chia hết cho đồng thời hệ số

còn lại đều chia hết cho nhưng không chia hết cho

Giả sử PT có nghiệm nguyên Khi đó

Theo thì

Suy ra mà không chia hết cho nên

và Vì nên , mâu thuẫn với Vậy điều giả sử là sai, tức là PT không có nghiệm nguyên, hay không có nghiệm nguyên (đpcm)

minh rằng dãy số chứa vô hạn số nguyên chia hết cho 7.

 Lời giải:

Giả sử chỉ có hữu hạn số trong dãy chia hết cho 7 và là số cuối cùng của dãy chia hết cho 7 Từ công thức xác định của dãy ta có

Do nên

Mặt khác

Do nên tập là HĐĐ mod 7, suy ra trong bảy

số tồn tại một số chia hết cho 7 mà số này lại lớn hơn Điều này mâu thuẫn với giả sử là số cuối cùng trong dãy chia hết cho 7 Do giả sử sai nên ta có đpcm

Bài 14: Cho các số nguyên không âm Chứng minh rằng tồn tại bốn số nguyên phân biệt thỏa mãn

 Lời giải:

Xét các tổng có tất cả tổng như vậy

Giả sử không tồn tại bốn số với sao cho

thì là HĐĐ mod 5050 Từ đó

là một số lẻ (1)

Mặt khác là một số chẵn (2)

Ta thấy (1) và (2) mâu thuẫn Vậy tồn tại hai tổng và với

sao cho lúc đó phải là bốn số phân biệt và bốn số thỏa mãn

Bài 15: Cho m là một số nguyên dương Tìm số nghiệm của phương trình:

2

x x (mod m).

 Lời giải:

Giả sử 1 2

1 2 k.

k

m p p  p

 Ta có: x2 x(mod m)

2

x x

  (mod i

i

p )  i 1,2, ,k

Hay x x ( 1) 0  (mod i

i

p )  i 1,2, ,k

Vì ( ;x x 1) 1  nên phương trình x x ( 1) 0  (mod i

i

p ) có 2 nghiệm mod i

i

p là: x 0

(mod i

i

p ) hoặc x 1(mod i

i

p )

Theo Định lý Thặng dư Trung hoa: Với mỗi bộ r r1 , , , 2 r k thì phương trình:

i

x r (mod i

i

p )  i 1,2, ,k luôn có một nghiệm duy nhất mod m

Do mỗi phương trình x x ( 1) 0  (mod i

i

p ) đều có hai nghiệm mod i

i

p nên phương trình

đã cho có 2k nghiệm

Bài 16: Chứng minh rằng : với mọi số nguyên dương n , tồn tại số tự nhiên n gồm n chữ

số đều lẻ và nó chia hết cho 5n.

 Lời giải:

Xét số Xn = a1 a2 a3… an = i + lẻ với mọi i=1,2,3,,,n và a nguyên dương

Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp : với n=1 thì a1 =5

Gỉa sử mệnh đề đứng với n Cần chứng minh mệnh đề đúng với n+1

Xét 5 số sau đây:

a1 = 1a1 a2 a3… an =

a2=3a1 a2 a3… an =

a3= 5 a1 a2a3… an =

a4= 7a1 a2 a3… an =

a5= 9a1 a2 a3… an =

Do B= là HĐĐ mod 5 nên : C=

cũng là HĐĐ mod 5 nên tồn tại một số trong hệ chia hết cho 5

Trong 5 số a1,a2,a3,a4,a5 có duy nhất một số trong C chia hết cho 5(n+1) mà số này gồm (n+1) chữ số lẻ

Do đó mệnh đề đúng với n+1.điều giả sử đúng với mọi n *

Vậy với mọi số nguyên dương n , tồn tại số tự nhiên n gồm n chữ số đều lẻ và nó chia hết cho 5n

IV Định lý Fermat nhỏ

Bài 17 Tìm tất cả các số tự nhiên m sao cho nếu m  n 1( mod n) với n là số nguyên dương tùy ý thì m 1( mod n).

 Lời giải:

+) Giả sử m2 Khi đó ta có:

(m1) 1 ( 1) m 1

    ( mod (m 1) 2)

Mặt khác m 1 không chia hết cho (m 1) 2 với m 2

Do đó mọi giá trịm 2không thỏa mãn đề bài

+) m 1 thỏa mãn

+)m 2 ta có:

2n 1

 ( mod n) n 1

Giả sử p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, khi đó:

2n 1

 ( mod p)

=> p lẻ Ta có ( ;n p 1) 1  Khi đó a b Z,  sao cho

( 1) 1

Theo định lí Fermat nhỏ ta có:

1 ( 1)

2 2 2na b p 1

  (mod p) ( mâu thuẫn)

Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng giả thiết n 1

m  ( mod n) không bao giờ xảy ra

Vậy ta có mệnh đề m  n 1( mod n) => m 1( mod n) đúng khi và chỉ khi m=1 hoặc m=2

Bài 18 Cho p là số nguyên tố lẻ Đặt 9 1

8

p

m  CMR: m là một hợp số lẻ, không chia hết cho 3 và 1

3m 1

 ( mod m)

 Lời giải:

Ta có:

.

Dễ thấy 3 1

2

p



và 3 1

4

p



đều là số nguyên dương lớn hơn 1 nên m là hợp số

Mặt khác

8

p

      => m 1 ( mod 3) hay m không chia hết cho 3

Ta thấy 9kcó tận cùng là 9 với k lẻ, có tận cùng là 1 nếu k chẵn

9p 9p 9 1 (9p 9p ) (9p 9p ) (9 9) 1

Do p lẻ => m có tận cùng bằng 1=> m lẻ

Theo định lí Fermat nhỏ: 9p1 1

 ( mod p) =>9p  9 p

mà 9p 9 8,(8; ) 1  p 

Do đó 9p  9 8p hay 1 9 9

8

p

Do m lẻ => m-1 chẵn => m  1 2p =>3m 1 1 3 2p 1

   =>3m 1 1 m

  ( do3 2p 1 8  m) hay 3m1 1

 ( mod m)

Bài 19 Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn 7x 5x 7y 5y

  7p 5p 7q 5q

chia hết cho pq.

 Lời giải:

Bổ đề: (quen thuộc) Cho 7x 5x

 ⋮p, 7y 5y

 ⋮p với x nhỏ nhất thì y⋮x

Ta thấy p,q≠5,7

TH1: 7p 5p

 ⋮p theo Fermat nhỏ thì 7p 1 5p 1

1

1

2 2

1

7 5 7

2.5

2

2

2

12 7 5

12.2.5

p p

p

q q

q q

p

p p

p

p

q q q



























1

2.5p p

   2 p  p 2

Khi ấy:

2 2

1

2

12 7 5 12.2.5

q q

q q p

q q q













TH2: 7p 5p

 ⋮p

Nếu 7q 5q

 ⋮q thì cm tương tự như 7p 5p

 ⋮p

Nếu 7q 5q

 ⋮q

 ⋮q và 7q 5q

 ⋮p

Gọi 7k 5k

 ⋮q với k đạt GTNN khi ấy theo bổ đề thì p⋮k nên mà p nguyên tố nên k=1,p Khi k=1⇒2⋮q⇒q=2 và dễ tìm ra p Khi k=p⇒7p 5p

 ⋮q với p là số nhỏ nhất thỏa đề, khi đó dẫn đến vô lý vì vẫn còn số nhỏ

hơn thỏa mãn là 7q 1 5q 1

 ⋮q (theo Fermat nhỏ) nên vô lý

Do đó trường hợp này có nghiệm giống TH1

Vậy (p,q)=(2,3),(3,2),(2,2).

Bài 20 Giả sử m, p là các số nguyên tố khác nhau CMR nếu với số tự nhiên nào đó, p là

ước của số 1 2

1

   thì ta có p 1 ( mod m)

 Lời giải:

Giả sử p mk r  , 1   r m 1 Ta có:

1 2 1

   p => x  m 1 ( mod p) (1) => x không chia hết cho p

Ta chứng minh: x r 1 1

 ( mod p) (2)

+) Nếu p m thì (2) đúng do Fermat

Giả sử p m Nâng cả 2 vế của (1) lên lũy thừa k p 1

m



 ta được:

x p r 1

 ( mod p) Theo Fermat nhỏ:

1

1

p

x 

 ( mod p) =>x p r (x r 1 1) 0

  ( mod p) =>x r 1 1

 ( mod p) Cần chứng minh r 1 Giả sử r 1 Khi đó ( ;m r 1) 1  Ta có:

(x m 1;x r 1) x x r 1 x 1

Từ (1) và (2)=> 1

=> x  1 p=> x 1 ( mod p)

=>P x( ) m ( mod p) ( trái với giả thiết P x p( )  )

Do đó r  1 p 1 ( mod m) ( đpcm)