SH giang QV cap cua so nguyen can nguyen thuy va ung dung

Báo cáo chuyên đề số học Cấp của số nguyên - căn nguyên thủy và ứng dụng.. Tác giả : Quách Văn Giang Trường THPT chuyên Hà Nội Amsterdams Cấp của số nguyên và căn nguyên thủy của số ng

Báo cáo chuyên đề số học Cấp của số nguyên - căn nguyên thủy và ứng dụng

Tác giả : Quách Văn Giang

Trường THPT chuyên Hà Nội Amsterdams

Cấp của số nguyên và căn nguyên thủy của số nguyên có nhiều ứng dụng trong việc giải một số lớp bài toán số học Trong bài viết này tôi muốn cùng trao đổi với các bạn đồng nghiệp về một vài ứng dụng nhỏ của cấp số nguyên thủy để giải bài toán số học thuộc các dạng chứng minh sự tồn tại của một lớp các số nguyên có tính chất số học cho trước và bài toán tìm kiếm các số tự nhiên khi biết tính chất số học của chúng Thông qua bài viết này tôi cũng mong muốn được sự chia sẻ, trao đổi của các bạn đồng nghiệp trong các trường chuyên

I) Những kiến thức cơ bản về cấp và căn nguyên thủy

1) Những khái niệm cơ bản

Định nghĩa : + Cho a,n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Số

nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn diều kiện a k  1(mod )n gọi là cấp của a theo modulo n Ký hiệu là k  ord a n( )

+ a được gọi là căn nguyên thủy modulo n nếu ord a n( )   ( )n

2) Một số tính chất của cấp

a) Tính chất 1

h rd a   mà a k  1(mod )n k h

Chứng minh : Giả sử k = th+r

0   r h 1,a h  1(mod )n a k  1(mod )n a r  1(mod )n   r 0 h k/

b) Tính chất 2

Nếu ord a n( )  h, ord n(h)  l, (h, l) 1  thì ord ah n( )  hl

Chứng minh : Đặt t  ord ab n( )

Ta có (ab)hl a b hl. hl  1(mod )n t hl/

th th th th

l th l t





Tương tự 1 (  ab)th a b th. th b tl(mod )n h tl/ h t/

Vậy ta có / , / , / (dpcm)

( , ) 1

t hl h t l t

h l



c) Tính chất 3

Cho n n1, 2, ,n klà các số nguyên tố cùng nhau đôi một Đặt nn n1, 2, ,n k Giả sử rằng o ( )

i

i n

h  rd a khi đó ta có ord a n( )  [ h ,1 h2, ,h k]

Chứng minh : Đặt

o n( ) h 1(mod ) h 1(mod )i 1, i / 1, /

Là bội số chung của h h1, 2, ,h k a l  1(mod )n i  i 1,k do n n1, 2, ,n kđôi một

nguyên tố cùng nhau a l  1(mod )n h l/ vậyl  [ ,h h1 2, ,h k] (đpcm)

d) Tính chất 4

( ) ( , )a n   1 ord a n( ) / ( )  n  n

Áp dụng định lý Euler do ( )

( , )a n   1 a n  1(mod )n  ord a n( ) / ( )  n

e) Tính chất 5

( , )a n  1, n  0 a i q i(mod )n  i j(modord a n )

i j

j j

i k h r

i k h r

  



( i j 1) 0(mod ) i j 1(mod ) 0 (mod )

r

i j

f) Tính chất 6

ord m( )a t u, N khi đó o u

m

t

rd a

u



Chứng minh : Đặt ord m(a u)  h a hu  1(modm)

tu m

3) Định lý về cấp với modun nguyên tố

a) Định lý 1

Cho a là số nguyên dương lẻ *

2 (S )

n sN Gọi h = ord a n( ) nếu

2

1 2 ,u 1 2

a  b a   cvới c b 1(mod 2)và 1 u vkhi đó h = 1

nếuuS,h 2 ,t tm xa 1; S  1 vnếu u < v

1(mod ) / ( ) (2 ) 2

2S / 2 u 1(mod ) /1 1

/ 2s 2 ,t 1 1, 2 t 1 ( 1)( 1)( 1) ( t 1)

h   h t   s t h a   a  a  a  a  

2 1

.2 (v 1) ( t 1)

Do

 



Nếu

1

1 2

1 2

h v t

h s

a

a

 

 







2s v

h   (đpcm)

b) Định lý 2

Cho pP , p lẻ, (a,p) = 1, *

s

p

o n( )

h rd a khi đó ta có ( )

. s u

h





 





Chứng minh :

- Ta chứng minh bổ đề  ( , )a p  1,a  1 p q. thìa p n   1 p n.A (A, ) 1p 

0 p o 1 1 ( , ) 1

n a    a p q p q  mệnh đề đúng n = 0

Giả sử a p n     1 a 1 p n , ( , ) 1A A p 

n

ba  b p  b   b b  b      p b B

2

0(mod )

0(mod )

n







 









- Chứng minh định lý :

a) Nếu r =1 hay a 1(mod )p theo giả thiết a  1 p q u , ( , ) 1p q 

Nếu u  s a 1(modp s)  a 1(mod )n  h 1

Nếu u  s h p q t , ( , ) 1p q 

1 h 1 p q t 1

t

da a  d   d d    d

1(mod ) dq q 1 0(mod ) ( h 1) ( p t 1).b (b, p) 1

d p   d      d q p  a   a   Vậy a p t  1(mod n)  h/ ptvô lý vậy q   1 h p t

1 , ( , ) 1

a   p A A p       t a s t s a vậy t nhỏ nhất là

t = s - u s u

h p 

b) r bất kì do a h  1(mod )n a h  1(mod )p   h r

ba a b

II) Ứng dụng cấp căn nguyên thủy giải một số bài toán số học

1) Sử dụng cấp của số giải bài tập chứng minh sự tồn tại của số nguyên có tính chất số học xác định

Bài 1 : Cho *

,

n n

n

A a b nN .Chứng minh rằng với mọi

ước lẻ của A ncó dạng 1 *

2 n k 1,kN

Lời giải Gọi p là ước nguyên tố lẻ bất kỳ của A n

0(mod ) n n(mod ) (1)

n

0,1, 2, , 1 ( , ) 1

n



 

Gọi h ord p(ab')theo định lý Fecma 1

(ab')p  1(mod ) (3)p

2 , 0,1, , , 1 / 1

n

h

h p

 









Nếu 2 2 2 2 2

{0,1, 2, , n} (ab') [(ab') ] 1(mod )p (ab') (bb') (mod )p

(bb')n  1(mod )p  a n b n(mod )p  2.a n  0(mod )p p/ 2vô lý

Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho 1

/ 2p

1

/ 2q 1

Lời giải

Xét dãy 2

2 n 1, 1

n

F   n Xảy ra 3 trường hợp

a) F nP.đặt F n  p P giả sử 2 1

1

/ n 2 n 1

p          vì 2n  n 1nên trong dạng phân tích ở vế phải của (1) có chứa 2 1

2n  1 vậy 1

1

2p  0(modF n)  0(mod )q

Vậy 1

2p  1(mod )q theo giả thiết 2 1 2 2 2 2

2 n  0(mod )q F n  (2 )n  4n  1n

(4,1) = 1 theo kết quả bài 1 :

.2n 1 2q 1 2t n 1 2n 1 (2n 1)(2 n 1) 2q 1(mod )

Vậy

1

1

p

q

q p













b) F nlà hợp số và F n có 2 ước nguyên tố p,q khác nhau

1

, / n 2 n 1

1

.2 1 2 1 2 1 0(mod 2 1) 0(mod ) 2 1(mod )

 





c) Nếu

n

F    p kN k    p   p   p p 

1 p p k k(mod 2) k p( 1) 0(mod 2 )n

Do p > 2  k 0(mod 2)   1 2 2n x2  2 2n  (x 1)(x 1)

2

u

v u v

v x

Bài 3 : Cho *

, 1.

a) p là ước nguyên tố của 2

1

a  Chứng minh rằng nếu a là số nguyên

1(mod 2n )

b) p là ước nguyên tố của 2

2 n  1 Chứng minh rằng 2

1(mod 2n )

Lời giải

a) Vì

1

p



1

1 2

2

1(mod )

1(mod )

n

p







 

 Gọi h ord p( )a a h  1(mod ) (2)p

Từ (1) và (2)

1 / 2 1 / 2

n

h p h







2 1

2

1(mod )

1(mod )

n n

 

2

b) Theo kết quả bài 1 thì ta 1

1(mod 2n )

 

Do

8 2 8

8

p

q

q

p





Vậy

1

1 1

2

1 2

1

o (2) /

p p

n

p

h rd p

p















1

2

p

p



Bài 4 : (China tst 2005) Chứng minh rằng ước nguyên tố lớn nhất của 2 2n  1

(n 1).2n  1

Lời giải:

2 n 1 k. k k r

r

  với P1P2   P r

Theo chứng minh trên ta được:

2

P n  q q    i r

Do P P   P  q q   q do 2 2n 2 4

1 2

1

1

2 1

2

2 1 1(mod 2 )

(q 2 1) (q 2 1) (q 2 1) 1(mod 2 )

0(mod 2 )

r

r

r

r r

i i i

r

i i

i

r

n

i i

i

n

i i r i

k q

k q

k q



















Mặt khác,

2 1

2 1

( 2)

1

2 1

2

2 2

2

n

i

n

n

r

n k

i i

n

k k k n

n

n

i

n

n



 





 



















Bài 5: Hàn Quốc TST 2003 Cho p, đặt 1 2

P

1) Chứng minh rằng p/m thì mọi ước nguyên tố của f P( )m đều nguyên tố cùng

nhau với m(m - 1)

2) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n để pn+1 là số nguyên

tố

Lời giải:

1) gọi q là ước nguyên tố của f m P( )  f m P( ) 0(mod )  q

Do m 0(modp)  f m P( ) 1(mod )  p  (p, q) 1   (q, m) 1 

Đặt d  ( ,q m 1)

Nếu d  1 q/m   1 m 1(mod )q

Điều này vô lý, vậy 1 ( , ) 1  , ( 1) 1

( , 1) 1

q m

q m





 



2) Ta chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố q sao cho p/q-1

Thật vậy, gọi q là ước nguyên tố bất kỳ của f P( )m

Do f P( ) / (m 1)m  f P( )m m p   1 q m/ p 1

Đặt h ord m q( ) m h 1(mod )q h p/  h  1,p

1(mod ) ( , ) 1 1(mod ) / ( 1)

Từ chứng minh trên ta xây dựng dãy   k 1: P( k)

k

m  f m có vô hạn ước nguyên tố Xét dãy m1  p, m k  pf m P( 1).f m P( 2) f m P( k1)

P

P

p p

P k P i







Vậy  P( k) 1

k

f m  có vô hạn ước nguyên tố khác nhau (đpcm)

Bài 6: Cho p 5 , pP

1) Chứng minh  q P, q  p sao cho q n / ( p 1)p 1

2) Giả sử

1

n a p

i i



2

n

i i i

p





Lời giải:

1) Do p 5 , p  P p 1(mod 2)  (p 1)p  1 0(mod )p  (p 1)p 1 là hợp số

1

p   p    p tồn tại ước nguyên tố q của 1

1

p

p   và q  p

1

n

i i i n i i









 







Áp dụng bất đẳng thức AM.GM

1

B n

i i n

p a

i i

a q

B







Trường hợp 1, nếu 1 1 2 2

B   A B p   p  p 

Trường hợp 2:

1

2

p

B p

p





, / ( 1)p 1 ( 1) p 1(mod )

2 / 2

q

h











      



2 ( 1) 1(mod ) ( 2) (mod )

0 ( 1)p 1 (mod ) 2(mod ) 2

2

2 / ( 1) q 1 2 p p p

i n

Bài 7: Cho rPđặt 1 2

r

Chứng minh rằng f x r( ) chia hết cho vô hạn số nguyên tố khi x nguyên tố

Lời giải:

Trước hết ta có định lý Đirichlet về số nguyên tố cho *  

Khi trong T( , )a b b ka k ; Nchứa vô hạn số nguyên tố

Phản chứng giả sử f p r( )chỉ chia hết cho hữu hạn số nguyên tố q1, q , q2 k

Theo định lý Đirichlet, tồn tại l sao cho plq1q q2 k  1 P

( ) r 0(modq )

f p   với i1, 2, ,k r q i

, j r( ) 0(mod j) r( ) S j S

1

r

r

p

p

  



( ) r

r

f p

Tuy nhiên với p đủ lớn thì f r( )p  r, mâu thuẫn , suy ra đpcm

Bài 8: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng với mọi ước nguyên

dương của 2 1

3

p

đều có dạng 2kp+1

Lời giải:

Trước hết ta nhận thấy rằng: v3(2p  1) v3(2 1)  v p3( )  1

Suy ra mọi ước nguyên tố của 2 1

3

p  đều lớn hơn 3

Gọi q là ước nguyên tố bất kì của 2 1 2 1 0(mod )

3

p

p

q

2 p 1 0(mod ) 2 p 1(mod 2)

p hay

Giả sử h ord p(2) h/ 2p h 1, 2, p, 2p

p p

q

q



 

Do đó q=2kp+1 (đpcm)

3) Sử dụng cấp, căn nguyên thủy giải bài toán tìm các số tự nhiên biết tính chất số học của chúng

Bài 9:(China MO 2005) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p ,q sao cho pq là

ước của 5p 5q

Lời giải

Ta xét hai trường hợp :

, 2,5 5p 5 0(mod ) 5p 5q 5q 5 (mod ) 5q 1 0(mod )

Từ (1) và định lý nhỏ Fermat ta nhận được

2( 1)

1

o (5) | 2(q 1)

h | p 1, q 1 0(modp)

q

p p

h rd p

p







Chứng minh tương tự ta cũng có v q2(   1) v q2(  1) (4) Từ (3) và (4) suy ra mâu thuẫn

Vậy trường hợp này không có p , q thỏa mãn yêu cầu bài toán

b)Trong hai số p,q có ít nhất một số thuộc tập  2, 5 Giả sử p 2,5

i) nếu p=2  5q   5 0(mod 2q) q=2 không thỏa mãn

ta có

1

5 5 0(mod 2 q)

q q

p





 



 

30  0(mod 2q)  q/ 30   q 3,5 , thử trực tiếp thỏa mãn

ii) p = 5, 5q  3125  0(mod 5q)

nếu q = 5 (thỏa mãn)

q

q q

 



3130  0(mod 5q)  3130  0(modq), q=2 và q=313 thỏa mãn

Vậy ( , )p q (2,3),(3, 2),(2,5),(5, 2),(5,5),(5,313) ,(313,5)

Bài 10: Cho *

, 2

kN k  Tìm tất cả *

nN sao cho 2n 1 n k

Lời giải

*

, 1

   thảo mãn yêu cầu bài toán

Xét n >1 Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, do

2n  1 1(mod 2)  n 1(mod 2)   p 1(mod 2)  p 3

Theo giả thuyết, ( 2)  n 1(modn k)   ( 2)n 1(mod )p (1)

Mà (-2,p)=1 nên theo định lý Fermet: 1

( 2)  p  1(mod )p (2)

/ 1

p

h n

h p





Nếu h>1 , suy ra h có ước nguyên tố q 1 1

/

q n

  



vậy h = 1, hay 3 0(mod )  p   p 3 v n( ) 1 (3) 

Nếu k 3, từ 2n 1 n k v3(2n  1) v3(n )k

k



3 (n) 0 (4)

v

  Ta thấy (3) và (4) mâu thuẫn vậy nếu k  3thì không tồn tại

n>1 để 2n 1 k

n

Nếu k   2 v n3 ( ) 1 (5)  , từ (3) và (5) v n3 ( ) 1 (6) 

Theo chứng minh trên ta có

3 , m ( 8)m 1(mod 9 ) ( 8)m 1(mod )

Nếu m   1 n 3, thử lại 3 2

2   1 9 9  3  n 3thỏa mãn

Nếu m >1 Gọi q là ước nguyên tố bé nhất của m q 3

( 8)  m 1(mod ) va ( 8)q  q  1(mod ) (7)q

Giả sử o ( 8) l/ m

l/ 1

q

p





Nếu l >1 thì l có ước nguyên tố r    q 1 l r q vô lý , vậy l=1

3

9 0(mod )q q 3 v n( ) 2 (8)

(6) và (8) mâu thuẫn, vậy m >1 bài toán vô nghiệm

Kết luận k 3 n 1 là số nguyên dương duy nhất cần tìm

k 2 n 1,3

Bài 11: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p,q) sao cho p q p / qq p 1

Lời giải

/ 2 1

p p p  p vô lý

b) pqkhông giảm tính tổng quát ta giả sử pq

vậy ta có (2,5) là cặp thỏa mãn

Nếu p 3, do đó q p 2theo giả thuyết p qq p  1 0(mod )q   ( p)q  1(mod )q

Do p,q nguyên tố khác nhau nên p,q nguyên tố bằng nhau

Áp dụng định lý Fermat, ta có 1

( p)q  1(mod )q , gọi

o ( )

h/ q 1

q

h



Vậy chỉ có 2 cặp (p,q) thỏa mãn là (2,5) và (5,2)

Bài 12: (USA-MO-2003) Tìm tất cả bộ ba số p,q,r sao cho:

r p q

p q

q r

r p









Lời giải

Giả sử (p,q,r) là bộ ba số nguyên tố thảo mãn yêu cầu đề bài

Nếu p = q  p p/ r  1 p/1vô lý

Nếu q r q/ qp  1 q/ 1vô lý

Nếu r p r r/ q  1 r/ 1vô lý

Vậy p,q,r đôi một khác nhau

Không giảm tổng quát ta giả sử rằngp min( , , )p q r

Nếu p >2 thì p lẻ, từ giả thiết ta suy ra ( p)q  1(mod )r Mà p,r nguyên tố cùng

nhau nên theo định lý Fermat, ta có: 1

( p)r  1(mod )r

r



Nếu h = 1, thì p  1 0(mod )r     p 1 r p 2vô lý

Nếu h = q thì r kq  1 q/ (kp 1)p  1 q/ 2 vô lý

Vậy p = 2, ta có:

2

2q 1 0(modr)

  





 

Gọi o ( 2) t/ q

r



Nếu t = 1, thì 3  0(mod )r   r 3 10  0(modq)   q 5

Nếu t = q thì rkq  1 q/ (kp 1)p   1 q 2 vô lý

Vậy ta có các bộ (p,q,r) là (2,5,3), (5,3,2), (3,2,5)

Bài 13 : Tìm tất cả các số nguyên dương a, sao cho với a đó thì tồn tại số

nguyên dương n lớn hơn 1 mà 2

1

n

a  n

Lời giải

Nếu a + 1 có ước là n,

2

2 1

1(modn)

1(modn)

k k

a a

a 



 



Do n lẻ

1

0

n

i





Từ (1)

1

0

n

i i i





1 0(modn) n 1 0(modn )

Vậy nên *

, 1

aN a có ước lẻ thỏa mãn điều kiện bài toán

, 1: n 1 0(modn )

aN  n a   ta chứng minh n lẻ

0(mod 2) n 0(mod 4) n 1(mod 4)

n lẻ.Gọi p là ước nguyên tố lẻ bé nhất của n

1 0(modn ) 1 0(mod )

a   a   p Do n lẻ   ( a)n  1(mod )p   ( a p, ) 1 

Theo Fermat 1

( a)p  1(mod )p Gọi o ( ) h/

h/ 1

p

n

p





Nếu h >1 suy ra h là ước nguyên tố của q / 1

/ 1

q n

q p





Vậy h =1   q 1 0(mod )q

Do đó (a +1) có ước lẻ, vậy các số cần tìm là *

, 1

aN a có ước lẻ

Bài 14: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m,n) thỏa mãn:

2n  (n  ( ) 1)n   n m 1

Lời giải Nếu n có nhiều hơn một ước nguyên tố gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n,

q là một ước nguyên tố còn lại, ta có:

Do đó p/ (n  ( ) 1)n   mặt khác, p n/ m p/ 2n 1

Gọi o (2) h/ / ( , 1) 1

h/ 1

p

n

p





1

1 / 2 1 1

     vô lý

Vậy n p k,pP

k  n  n   p p   p, lập luận tương tự như trên ta suy ra mâu thuẫn

n p  n  n  p  p   p

p  n  n  p   p p, lập luận tương tự, mâu thuẫn

do đó p    2 n 4 4m 16  m 2

b) Nếu n = p, thay vào (1)  2p  p m p 2,m 3

có hai cặp (m,n) thỏa mãn là (2,4) và (2,2) thỏa mãn ycbt

Bài 15:Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (a,b,n) thỏa mãn

, ( , ) 1

ab a b  và n n a

a b n

Lời giải

Dễ thấy (a,a,n) và (a,b,1)với a, b,n nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ta chỉ xét các bộ nguyên dương (a,b,n) thỏa mãn n > 1 , a > b ,(a,b) =1

gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, ta có n n(mod )

1(mod ) ( , ) 1

p p

a p

b p









do đó ( , 1) ( , 1)

(mod )

n p n p

Do p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n nên  ( ,n p    1) 1 a b(mod )p

( ) ( )

n n

a







( ) pa

a       a a b   a , vô lý, vậy p=2

Vậy a b  0(mod 2)

Ta có v a( nb n) v a( 2 b2 ) v n( ) 1,  v n( n) a v (n)

2 2

( ) ( ) 1 (n)

( ) ( 1) (n) 1 a

3 2

1

p

a

a

b







Vậy ta cần tìm n : 23( ) 1

/ 3 1

v n n











Giả sử n có ước nguyên tố lẻ gọi q là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của n

1

n

q

q

q





 







Do q là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của n,

2 ( ) 1 ( , 1) 2 8 0(modq) q 2

v n   n q      , vô lý

Vậy n = 2, do đó (3,1,2) thỏa mãn yêu cầu

Kết luận các bộ thỏa mãn (a,b,n), (a,b,1), (3,1,2)

Bài 16: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n và 2n  1có cùng tập ước nguyên tố

Lời giải:

Cho pP p,  5, thì có nguyên tố khác 3 của 2p 1

Ta có v32p    1 1 v p3 ( )   1 2p 1có ước nguyên tố q khác 3

Ta có 2

2 p 1(mod )

q

 , gọi hord q(2) h/ 2p

Do 2p   1(mod )q   h 2 p

Theo Fermat 1

2p  1(mod )q  2 p/ q 1    q 2 p 1   p

Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn ycbt  n 1(mod 2)

Nếu n có ước nguyên tố khác 3 Gọi r là ước nguyên tố khác 3 lớn nhất đó,

theo chứng minh trên 2r 1có ước nguyên tố s và s > r

Mà 2r 1/ 2n  1 s/ 2n   1 s n/ , vô lý, vậy nếu n thỏa mãn ycbt thì n không có

ước nguyên tố khác 3 Vậy n 3k

Nếu k =1 3

2 1 9 3,9

    chỉ có 1 ước nguyên tố là 3  n 3 thỏa mãn

Nếu k 2thì 9

19 / 2  1mà 9

2  1 / 2n   1 k 2loại

Vấy nếu n = 3 là số tự nhiên duy nhất thỏa mãn ycbt