Do đó, trường hợp này không có số n thỏa mãn.[r]
Trang 1PHẦN 4 SỬ DỤNG HÀM PHI(n) VÀ HÀM ZIGMA(n)
Xét số nguyên dương , n
Hàm ( ) n đếm số các số nguyên dương n và nguyên tố cùng nhau với n.
Hàm ( ) n tính tổng các ước nguyên dương của n.
Tính chất: cả hai hàm đều nhân tính, tức là ( f mn) f m f n( ) ( ) với gcd( , ) m n 1.
1 2
k
a
a a
k
n p p p là phân tích tiêu chuẩn của , n ta có
1 1 2 1 1
k
1
Nhờ việc xét số mũ 2 trong ( ), ( ), n n ta có thể ước lượng được số các ước nguyên tố lẻ của
;
n điều này rất hiệu quả trong nhiều bài toán giải phương trình nghiệm nguyên
Định lý Euler Ta có ( )
1 (mod )
n
a n với mọi cặp số , a n nguyên tố cùng nhau
Bài 4.1 (Chọn đội tuyển chuyên ĐHSP Hà Nội) Tìm số nguyên dương n sao cho ( )n 2 ,p trong đó p là số nguyên tố lẻ lớn hơn 3
Lời giải Ta biết rằng nếu n có ít nhất hai ước nguyên tố thì ( ) n chia hết cho 4, còn nếu n
chia hết cho 8 thì ( ) n cũng chia hết cho 4, đều không thỏa
Ta xét các trường hợp:
- Nếu n lẻ thì đặt k
nq với q lẻ, suy ra 1
Nếu k 2 thì vế trái chia hết
cho p ; mà vế phải chỉ có ước lẻ là p nên pq, thay vào ta được 1
k
p p p nên
1 2
p hay p 3, không thỏa
Suy ra k 1 và nq là một số nguyên tố, điều này cho thấy ( ) n q 1 2p nên 2p 1 là
số nguyên tố
- Nếu n 2k thì dễ thấy không thỏa nên ta chỉ cần xét n2q với q là số nguyên tố lẻ Hơn
nữa, ( ) n (2 )q ( )q nên đưa về trường hợp trên, tìm được n2(2p1)
Vậy nên nếu 2p 1 không là số nguyên tố thì không tìm được ,n còn nếu 2p 1 nguyên tố thì ta có n{2p1, 4p2}
Nhận xét Bài toán tương tự: Xét k là số nguyên dương Chứng minh rằng phương trình
6 1
( )x 2 3k
có đúng hai nghiệm nguyên dương phân biệt
Bài 4.2 (PTNK TPHCM) Tìm tất cả n nguyên dương sao cho n( )n chia hết cho ( ).2 n
Trang 2Lời giải Trước hết, ta thấy n 1 thỏa mãn
Giả sử p là một ước nguyên tố lẻ của n Nếu v n p( ) 1 thì theo công thức của hàm Euler, ta
có | ( )p n , mà n( )n chia hết cho ( ),2 n tức là cũng chia hết cho p nên kéo theo | 2, p
vô lý Suy ra v n p( ) 1 với mọi | p n
Đặt n2kp p1 2 với p t k 0 và p1p2p t là các số nguyên tố phân biệt
Theo công thức tính các hàm, ta có
1
( )n 2k (p 1)(p 1) (p t 1)
1
( )n (2k 1)(p 1)(p 1) (p t 1)
Đánh giá lũy thừa 2 trong các số trên, ta có
v n k t và v n2 ( )n k t
Do đó từ ( )n n( )n 2, ta suy ra 1 nên k 1 t k Ta xét các trường hợp sau t 2
- Nếu t 0 thì n 2k là hợp số nên k 1,n hoặc 2 k2,n , thỏa mãn 4
- Nếu t 1 và k 0 n p là số nguyên tố lẻ, thay vào thì thấy thỏa mãn
- Nếu t1,k1 thì n2p nên ( ) n p 1, ( ) n 3(p và đưa về 1)
1 | 6 ( 1) 2
p p p
6 (p p 1) 2 6p 6p 2 (p1)(6p12)10 nên p 1 |10 Từ đó ta tìm được p3,p11 tương ứng với n6,n22
- Nếu t 2 thì k 0, ta có n p p1 2 nên ( )n (p11)(p2 và 1) ( )n (p11)(p2 1) đưa về (p11)(p21) | (p11)(p2 , không thỏa do 1) 2 4 | (p11)(p21), còn biểu thức
(p 1)(p 1)2 chia 4 dư 2 Do đó, trường hợp này không có số n thỏa mãn
Vậy tất cả các số cần tìm là các số nguyên tố hoặc 1,4,6,22
Bài 4.3 (Bình Phước) Cho , x y là các số nguyên dương Nếu với mọi số nguyên dương , n ta
đều có x( )n chia hết cho 1 (ny)21. Chứng minh rằng x 1
Lời giải Ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
3n 1, 0
n
a y n với y nguyên dương cho trước có chứa vô số ước nguyên tố p
chia 3 dư 2
Trang 3Giả sử dãy số trên chỉ có hữu hạn ước nguyên tố p1, ,p m chia 3 dư 2 Không mất tổng quát,
ta có thể giả sử y không chia hết cho 3
1 2
a y y N nên tồn tại t
để
(N) ( 1) ( 1)(1 1 2 m)
a y tN y tp p p
Do số này có dạng 3k 1 và 2
1
y có dạng 3l 2 nên 1tp p1 2p m chia 3 dư 2; mà số này lại nguyên tố cùng nhau với tất cả các ước nguyên tố ban đầu nên vô lý
Suy ra dãy ước nguyên tố chia 3 dư 2 của a n là vô hạn
Trở lại bài toán, ta chọn n 3k và p 2 (mod 3) là một ước nguyên tố của 2 2
3k 1
y Khi đó
1
1 (mod ) 1 (mod )
Mặt khác, 1
1(mod )
p
x p nên gcd(2 3 , 1)
1 (mod )
k p
x p Dễ thấy gcd(2 3 , k p1)2 nên ta có 2
1(mod ),
x p chọn p đủ lớn thì phải có 2
1 0
x hay x 1