một số bài toán số học sử dụng đồng dư

CHUYÊN ĐỀ: MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ A.. Trong các kì thi chọn học sinh giỏi Toán cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấpQuốc gia, cấp khu vực, thi Olympic Toán quốc tế, các bài toán

CHUYÊN ĐỀ: MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ

A PHẦN MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Số học là một phần kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổthông Trong các kì thi chọn học sinh giỏi Toán cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấpQuốc gia, cấp khu vực, thi Olympic Toán quốc tế, các bài toán về số học được đềcập nhiều và thường thuộc loại khó Trong các năm gần đây, số học luôn là bài mànhiều học sinh bị mất điểm trong các kì thi Học sinh được làm quen với số học từcác lớp THCS nhưng ở bậc THPT phần số học chỉ biết đến trong chuyên đề củacác lớp chuyên Toán nên đây vẫn là chuyên đề mà giáo viên và học sinh gặp rấtnhiều khó khăn trong quá trình dạy và học Sự phong phú đa dạng của các bài toán

số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáo viên, học sinh giỏi yêu toán Để tạoniềm tin và hệ thống cho học sinh các kiến thức cơ bản và vận dụng được các định

lí quan trọng của số học trong lý thuyết đồng dư, tác giả đã hệ thống lại các kiến

thức về đồng dư và viết đề tài“Một số bài toán số học sử dụng đồng dư”.

2 Mục đích của đề tài

Đề tài "Một số bài toán số học sử dụng đồng dư" được tác giả chọn viết nhằm

chia sẻ cùng các thầy cô và các em học sinh một số kinh nghiệm và phương phápkhi giảng dạy về chủ đề đồng dư thức trong chương trình chuyên toán THPT Đề

tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh giỏi

các trường THPT Chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10

Nội dung của đề tài là các kiến thức cơ bản về lý thuyết đồng dư, các định lí

về đồng dư và hệ thống các bài tập điển hình về đồng dư giúp cho học sinh THCS,THPT chuẩn bị cho các kì thi học sinh giỏi các cấp và là nguồn tài liệu tham khảocho các bạn đồng nghiệp

Tác giả rất mong nhận được góp ý trao đổi của các chuyên gia, các bạn đồngnghiệp để đề tài có thể hoàn thiện hơn nữa Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ đểviệc giảng dạy số học đạt hiệu quả và các em học sinh có thể áp dụng tốt nhất vàoviệc học tập, giải các bài toán số học và khơi dậy đam mê Toán học trong các em

B PHẦN NỘI DUNG

I Cơ sở lý thuyết

1 Đồng dư thức

Định nghĩa 1.1

Cho a, b là các số nguyên, m là số tự nhiên lớn hơn 1 Nếu a b chia hết

cho m thì a được gọi là đồng dư với b modul m Kí hiệu a b mod m  .

Xét p  số a, 2a, 3a, …, (p – 1)a Ta chứng minh rằng trong 11 p  số trên

không tồn tại 2 số đồng dư trong phép chia cho p

Ta có a(k – l)  p  k – l  p  k l mod p  

(mâu thuẫn)

Vậy khi chia p  số trên cho p ta được 11 p  số dư khác nhau từ 1, 2, …, p – 1.

Suy ra a.2a.…(p – 1)a  1.2….(p – 1) (mod p)  (p – 1)! ap–1 (p – 1)!(modp)

Vì ((p – 1)!,p) = 1 nên ap–1 1(mod p)

Hệ quả Nếu p nguyên tố, (a, p) =1 thì ap a (mod p)

3 Hệ thặng dư đầy đủ và hệ thặng dư thu gọn

Định nghĩa 1.4

Nếu x y mod m  

thì ta nói y là một thặng dư của x modul m.

Tập hợp {x1, x2, …, xm}gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modul m nếu với mỗi

số nguyên y tồn tại duy nhất một xi sao cho y  xi(mod m)

Định nghĩa 1.5

Một tập hợp {r1,r2,…,rn} được gọi là một hệ thặng dư thu gọn modul m nếu

(ri,m) = 1, ri rji  j, 1  i, j  n và với mọi số nguyên x nguyên tố cùng nhauvới m đều tồn tại ri sao cho ri  x (mod m)

Định lí 1.6

Cho a m ,  1

Gọi {r1,r2,…,rn} là hệ thặng dư thu gọn (hệ thặng dư đầy đủ)modul m Khi đó, {ar1,ar2,…,arn} cũng là là hệ thặng dư thu gọn (hệ thặng dư đầy đủ) modul m

Giả sử r1, r2, …, r(m) là hệ thặng dư thu gọn gồm các số nguyên dương

không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m Ta có ar1, ar2, …, ar(m)là hệ

thặng dư thu gọn modul m Vậy các thặng dư dương bé nhất của ar1, ar2, , ar(m)là

 (điều phải chứng minh)

5 Cấp của một số nguyên dương

Định nghĩa 1.10

Cho a và n là các số nguyên dương, (a, n) =1 Số d  gọi là cấp của phần tử 1

a, kí hiệu d = Ordn(a) nếu d là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn a  (mod n) d 1

Giả sử p là số nguyên tố lớn hơn 2, khi đó mỗi số nguyên a với 1  a  p –

1 tồn tại nghịch đảo a’ với 1  a’  p – 1 sao cho aa’  1 (mod p) Khi đó chỉ có 2

số 1 và p – 1 là nghịch đảo modul p của chính nó Như vậy, ta có thể nhóm các số

2, 3,…, p – 2 thành

3

p p

 cặp mà tích của chúng đồng dư 1 modul p Do đó

2.3 p 3 p 2 1 mod p

.Nhân hai vế với 1 và p  ta được1

(p – 1)!  1(p – 1)  –1 (mod p)

7 Định lí thặng dư Trung Hoa

Cho n số nguyên dương m m1, , ., 2 m n đôi một nguyên tố cùng nhau và

Giả sử x x0, 1 là 2 nghiệm của hệ đồng dư

2.1 Sử dụng phép đồng dư trong các bài toán chia hết

Bài toán 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì 58n 23 chia hết cho 24

(điều phải chứng minh)

Bài toán 2 Cho a, b, c là các số nguyên dương Chứng minh rằng nếu a2 + b2 + c2

chia hết cho 9 thì ít nhất một trong các số a2 – b2; b2 – c2; c2 – a2 chia hết cho 9

Lời giải

Bài toán tương đương chứng minh tồn tại ít nhất 2 trong 3 số a2, b2, c2 có cùng số

dư khi chia cho 9

Nhận xét Khi chia n2 cho 9 số dư chỉ có thể là 0, 1, 4, 7

Giả sử a2 r mod91 ; b2 r mod92 ; c2 r mod93 

 a2 + b2 + c2 r1 + r2 + r3 (mod 9)  r1 + r2 + r3 0 (mod 9)

Do r1, r2, r30;1;4;7 nên tồn tại ít nhất hai số bằng nhau.

Vậy ít nhất một trong các số a2 – b2; b2 – c2; c2 – a2 chia hết cho 9 (điều phải chứngminh)

Bài toán 3 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 7 Chứng minh rằng (3p – 2p – 1)42p

Lời giải

Ta chứng minh: 3p – 2p – 1 chia hết cho 2; 3; 7 và p.

Nếu p = 3k + 2, chứng minh tương tự

Vậy (3p – 2p – 1) chia hết cho 42p (điều phải chứng minh)

Bài toán 4 Cho số nguyên dương n  và 2 31 n n

 chia hết cho 5 Chứng minh

Theo định lý Fermat ta có 2p1 1(mod )p nên 2a p( 1) 1(mod )p

Do đó 21bn 1(mod )p , tương tự 31bn 1(mod )p , từ đó

Từ (1) và (2) suy ra 5.2bn 0(mod )p nên p phải chia hết cho 5.

Bài toán 5 Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, tồn tại một số nguyên n sao

cho n3 – 11n2 – 87n + m chia hết cho 191

Lời giải

Đặt P(x) = x3 – 11x2 – 87x + m

Ta chứng minh tồn tại a, b nguyên để P(x)  (x + a)3 + b (mod 191)

 x3 + 3ax2 + 3a2x + a3 + b  x3 – 11x2 – 87x + m (mod 191).Chọn a nguyên sao cho 3a  -11 (mod 191)  a  60 (mod 191)

 3a2  -87 (mod 191)

 với mọi m chỉ cần chọn b  m – a3 (mod 191)

Khi đó, với i, j nguyên mà P(i)  P(j) (mod 191)

 P(i)  P(j) (mod 191)  i  j (mod 191)

Từ đó tập {P(1), P(2), …, P(191)} có 191 số dư khác nhau khi chia cho 191

Do đó tồn tại n  {1, 2, …, n} sao cho P(n) chia hết cho 191 (điều phải chứngminh)

Bài toán 6 Cho hai số nguyên a, b thoả mãn 24a2 + 1 = b2 Chứng minh rằng cómột và chỉ một trong hai số a, b chia hết cho 5

Lời giải

Do b2 – 24a2 = 1 không chia hết cho 5 nên hai số a và b không thể cùng chia hếtcho 5

Giả sử a và b cùng không chia hết cho 5

Theo định lý Fermat, ta có a41 (mod 5); b41 (mod 5)

Do đó a2 b2 a2 b2 a4  b4

0 (mod 5)

Nếu a2 b2 0 (mod 5) thì 25a2 + 1 = a2 = b2 0 (mod 5) (vô lí)

suy ra a2 – b2 0 (mod 5)  23a2 + 1 = b2 – a2 0 (mod 5)

Vì (a, 5) = 1 nên a (mod 5) hoặc a1  (mod 5).2

Nếu a (mod 5) thì 1 0 23a 2  1 23 1  2   (mod 5)(vô lí).1 1

Nếu a (mod 5) thì 2 0 23a 2 1 23 2 2   (mod 5) (vô lí).1 3

Vậy, điều giả sử sai nên có đúng một trong hai số a và b chia hết cho 5(điều phảichứng minh)

Bài toán 7 Tìm cặp số nguyên tố  p q;  sao cho 7p  2p 7q  2 q  pq

Lời giải

Không mất tổng quát, giả sử q p , vế trái lẻ, suy ra p, q lẻ

Nhận xét: Nếu k là số nguyên tố thỏa mãn 7k  2 k k Theo định lý Fermat, ta có

Hiển nhiên q=3, q=5 không thỏa mãn

Nếu q 5 73  23q 335 5.67 q q67 Thử lại không thỏa mãn

Kết luận  p q;   5; 5 ; 5; 11 ; 5; 61 ; 11; 5 ; 61; 5          

Bài toán 8 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 211p 2

 chia hết cho 11p

Lời giải

Giả sử p là số nguyên tố cần tìm Ta có 2p 2(mod )p (1)

Theo định lí Fermat ta có 211p  2p 112 (mod )11 p (2)

Từ (1) và (2) suy ra p là uớc số của 211 – 2 = 2046 = 2.3.11.31, mà p là số nguyên

tố nên p2;3;11;31 .

+) Với p = 2 ta có 222 2(mod 22) 221 1(mod 22) 1(mod 11) (3)

Lại có 210 1(mod11) (4) nên 220 2102 1(mod11) 221 2(mod11)mâu thuẫn (3)  p = 2 không thoả mãn

+) Với p = 3 từ (4) có 232 2103.22 4(mod11)do đó 232 1(mod11)

+) Với p=31 ta kiểm tra xem 2340 1(mod341) hay không

Từ (4) suy ra 2340 21034 1(mod11) (5)

lại có 25 1(mod31) nên 2340  25 681(mod31)

Kết hợp với (5) thì p =31 thoả mãn do 11 và 31 đều là số nguyên tố

Nếu |p ab thì bài toán được chứng minh.

Nếu p không là ước của ab hay p không là ước của cả a và b, theo định lí

Fermat ta có: a p 1 1 b p 1modp a p 1 b p 1 0 mod p

Gọi d là cấp của q modulo p hay d ord ( )p q  q d 1 mod p

Theo giả thiết q r 1 mod p q2r 1 mod p

d

d r r

Nếu d 2r thì p 1 2r (do q p 1 1 mod p

 ) (điều phải chứng minh)

Bài toán 11 Các số nguyên dương , , , a b c d thỏa mãn a2 ab b 2 c2 cd d 2

 , điều này hiển nhiên do a không đồng dư 1 modul p.2n

Bài toán 13 Cho n  là số nguyên lẻ Chứng minh rằng: |1 n 3 n  1

Lời giải

Giả sử tồn tại số nguyên lẻ n  mà | 3 11 n n 

Gọi p là số nguyên tố nhỏ nhất là ước của n suy ra p  3

Bài toán 14 Cho p là số nguyên tố khác 2; a và b là hai số tự nhiên lẻ sao cho

Theo giả thiết, a b   p 1 suy ra a b k p   1.

Theo định lí Fermat, r p1 1mod p r k p 1 1mod p r a b 1mod p

hay 940 ¿ 1 (mod 100)  92010 ¿ 910 (mod 100)

mà 910 = 3486784401 ¿ 1 (mod 100) nên 92010 ¿ 1 (mod 100)

2.3 Tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước

Bài toán 18 Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 3 | 2n n 1

Dễ thấy với mọi p nguyên tố thì p25 – p không chia hết cho p Do đó n không thể chia hết cho p2 với p nguyên tố (Số có tính chất đó được gọi là số Squarfree)

Mặt khác 225 – 2 = 2.325.7.13.17.241 (1)

Ta có 325 ≡ 14 (mod 17) và 335 ≡ 32 (mod 241)

Do đó, n không có ước nguyên tố là 3 và 241 (2)

Từ (1) và (2) suy ra n chỉ có thể có các ước nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 13

a12 ≡ 1 (mod 13) a25 ≡ a (mod 13)

Từ đó suy ra nếu n chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 13 và là số squarfree thì

Vậy khi n = 2 thì 7n147 là số chính phương

Bài toán 21 Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn

2012 1

Từ đó A  n 5 mod8  khi n chẵn và A  n 1 mod8  khi n lẻ Mà A n là số chính

phương do vậy A  n 1 mod8  khi n lẻ, các số chẵn n  bị loại.4

Khi n lẻ, n  xét các giá trị của 7 A n theo mod 7 Ta có 7 !n , từ đó suy ra

 2 11 4 ! 33 13n 4 0 5  1n 4 6 mod7 

n

A  n  n n          , vô lý do A n là số

chính phương thì A  n 0,1,2,4 mod7 , vậy mọi n lẻ, n  bị loại.7

Từ hai điều trên ta có n1,2,3,5 .

Bài toán 23 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho với mọi số nguyên tố p tồn

tại số nguyên a thỏa mãn 2p 3p a n

Do n > 1 nên n = 2 Suy ra, 275 = 25k2  k2 = 11 Vô lý.

Vậy, không tồn tại n nguyên với n >1 thỏa mãn

Bài toán 24 Cho n > 1, n là số lẻ, a, b là các số nguyên sao cho (n, a+ b) = 1

Chứng minh rằng a n b n không chia hết cho n

Lời giải

Phản chứng giả sử tồn tại n> 1 sao cho a nb n n

Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của n

Suy ra a nb p n hay a n  ( ) (mod p)b n ( n lẻ)

Nếu a p thì a p n  b p n  b p  a b p  Vậy p là một ước chung của n và a + b(mâu thuẫn với (n, a+b)= 1)

Nếu (a, p) = 1 thì tồn tại x, y nguyên sao cho ax + py = 1 Suy ra ax 1(mod p)

Vậy điều giả sử là sai Suy ra điều phải chứng minh

2.4 Chứng minh tồn tại vô số các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện chia hết.

Bài toán 25 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố lẻ p, tồn tại vô số số nguyêndương n sao cho | 2 p n n  1

Lời giải

Theo định lý Fermat 2p1 1 mod p

 nên nếu n p  1 thì 2n 1 mod p, vìvậy nếu ta chọn n p  1 thì 2n n   1 n 1 (mod )p ở đây n có thể là lũy thừa của

Khi k chạy trên tập số tự nhiên cho ta vô số số n thỏa mãn điều kiện bài toán.

*Nếu n bằng tích của p  với một hệ số thì hệ số đó phải chia p dư 1, ta chọn1

n p kp , với k là một số tự nhiên bất kì.

Khi k chạy trên tập số tự nhiên sẽ cho ta vô số các số n thỏa mãn điều kiện.

Với các ý tưởng như trên thì bài toán hoàn toàn được giải quyết

Bài toán 26 Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p, tồn tại vô số số nguyên

dương n thoả mãn (2n – n)p

Lời giải

Nếu p = 2 thì mọi n chẵn đều thoả mãn điều kiện đề bài

Nếu p > 2, khi đó theo định lý Fermat, ta có 2m p 1   1 mod p 

 với m  *Lấy n = m(p – 1) với m  -1 (mod p)

Khi đó n = m(p – 1)  1 (mod p) và 2n – n 2n – 10 (mod p).

Do có vô số số nguyên dương m sao cho m  -1 (mod p) nên tồn tại vô số sốnguyên dương n thoả mãn (2n – n)p (điều phải chứng minh)

Bài toán 27 Cho p p là một số nguyên tố, chứng minh rằng có vô số các số

*

−n2015n n chia hết cho p p.

Lời giải

Nếu 2015 p thì chọn n = kp, k là số nguyên dương bất kỳ

2.5 Phương trình nghiệm nguyên

Bài toán 28 Tìm tất cả các số tự nhiên , x y để 2 5 x y

Với x 1 thu được 2 2 y  y1.

Với x 1, ta có vế trái (1) chia cho 3 dư 1, suy ra 2y 1 mod3   y là số chẵn

Vậy phương trình đã cho có nghiệm   1;1 , 2;2.

Bài toán 30 Tìm cặp số nguyên dương ( ; )x y thỏa mãn: 2x  y2 2y64 0 (1)

Lời giải

Ta có (1) 2x 65y12

Vì 65 chia hết cho 5 và 2x không chia hết cho 5 với mọi x nguyên dương nên nếu

số nguyên dương y là thỏa mãn phương trình (1) thìy 1 là số nguyên dương không chia hết cho 5 Suy ra  y 12 1 mod5 

Bài toán 31 Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho tồn tại các số x1, x2, …, xk

sao cho x13 + x23 + … + xk3 = 20022002

Lời giải

Ta có 2002  4 (mod 9)  20023 43 1 (mod 9)

20022002 = (20023)667.2002  2002 (mod 9)  4 (mod 9)

Mặt khác, với mọi số nguyên a ta có

a3 1 (mod 9) hoặc a3 0 (mod 9)

Do đó x13 ; x13 + x23; x13 + x23 + x33 không thể đồng dư với 4 modul 9 được.

Tức là với k ≤ 3 thì phương trình trên không có nghiệm nguyên.

Vậy với k = 4 thì phương trình trên có nghiệm Ta có k = 4 là giá trị cần tìm.

Bài toán 32 Phương trình x3  3xy2 y3 2012có nghiệm nguyên hay không?

nên không thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

z 15 không đồng dư với 5 theo modun 9 (**)

Từ (*) và (**) suy ra phương trình đã cho vô nghiệm

2.6 Ứng dụng của định lí thặng dư Trung Hoa

Bài toán 34 Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất: chia 7 dư 5, chia 11 dư 7 và

Nếu k nguyên dương chẵn và k 2 mod3 thì p2 k chia hết cho 3

Với p = 3 thì p2 k chia hết cho 3 khi k 1 mod5 

Vậy k thỏa mãn điều kiện bài toán khi k là nghiệm nguyên dương của hệ

nên a0.15.1 2.10.1 1.6.1 26   suy ra k 26 mod30 là nghiệm của hệ

Vậy có vô số số nguyên dương chẵn k thỏa mãn yêu cầu

Bài toán 36 Cho p q, *\ 1 ,    p q,  1.Chứng minh rằng tồn tại k Z sao cho

do đó  pq 1n k  là hợp số với mọi 1 *

n  

Bài toán 37 Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n, tồn tại n số tự nhiên liên tiếp

sao cho bất kì số nào trong các số ấy cũng là hợp số

1 mod

2 mod

Bài toán 38 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n tồn tại n số nguyên

dương liên tiếp sao cho bất kì số nào trong các số ấy cũng chia hết cho n sốnguyên tố liên tiếp

có nghiệm nguyên dương x

Từ đó suy ra các số ,x x1,x2, ,x n  1là n số nguyên dương liên tiếp

mà bất kỳ số nào trong chúng cũng chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp