NỘI DUNG
KIẾN THỨC CƠ BẢN
- Ứng dụng 1: Ứng dụng trong giải các bài toán dãy số nguyên và đa thức
- Ứng dụng 2: Ứng dụng trong giải các bài toán tập hợp số nguyên tố vô hạn
- Ứng dụng 3: Ứng dụng trong giải các bài toán chứng minh chia hết
- Ứng dụng 4: Ứng dụng trong giải các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên
III: Bài tập tương tự
IV Kết quả sau khi áp dụng Chuyên đề
Phần III- Kết luận và kiến nghị
Chuyên đề này nhằm trả lời câu hỏi về thời điểm phương trình x² ≡ a (mod m) có nghiệm Nhờ định lý thặng dư Trung Hoa, chúng ta có thể đơn giản hóa vấn đề thành việc xác định khi nào phương trình x² ≡ q (mod p) có nghiệm, với p và q là các số nguyên tố Kết quả quan trọng nhất của chuyên đề là Luật thận nghịch bình phương, khẳng định rằng hai phương trình này có mối liên hệ chặt chẽ.
Hai số nguyên p và q luôn có nghiệm đồng thời hoặc không có nghiệm, trừ khi cả hai đều có dạng 4k + 3, trong trường hợp đó chỉ một trong hai phương trình có nghiệm Định nghĩa 1: Đối với số nguyên dương m ≥ 2, số nguyên a được gọi là thặng dư bình phương modulo m nếu (a, m) = 1 và phương trình có nghiệm.
Phương trình 2 mod m x ≡ a có nghiệm nếu và chỉ nếu phương trình x² ≡ a (mod m) có nghiệm Nếu không tồn tại nghiệm cho phương trình này, ta nói rằng a không phải là thặng dư bình phương modulo m, tức là a được gọi là số chính phương modulo m, trong khi a là số không chính phương modulo m.
Các số 1, 3, 4, 5, 9 là các số chính phương modulo 11, trong khi các số 2, 6, 7, 8, 10 là các số không chính phương modulo 11 Định lý 1 phát biểu rằng, với p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên không chia hết cho p, phương trình x² ≡ a (mod p) sẽ có hoặc không có nghiệm, hoặc sẽ có đúng 2 nghiệm không đồng dư theo modulo p.
Chứng minh Nếu phương trình x 2 a mod p 1 có nghiệm x 0 x x 0 cũng là nghiệm của phương trình 1 vì x 0 2 x 0 2 a modp .Giả sử x 1 là nghiệm của phương trình 1
hoặc p x| 1x 0 x 1 x 0 modp hoặc x 1x 0 modp túc là phương trình x 2 a mod p có đúng 2 nghiệm theo modulo p. Định lí 1.2 Nếu p là số nguyên tố lẻ thì trong các số 1, 2,3, ,p1 có đúng 1
2 p số chính phương modulo p và 1
2 p số không chính phương modulo p
Chứng minh.Gọi a là một thặng dư bậc hai theo modulo p Xét phương trình
2 mod x a p Phương trình này có đúng 2 nghiệm không đồng dư theo modulo p suy ra mỗi số a ứng với 2 số thuộc tập 1 , 2 , , 2 2 p1 2 số các số a là 1
2 p số và số các số không chính phương modulo p là
số Định nghĩa 2 Cho plà số nguyên tố lẻ và alà số nguyên không chia hết cho p Kí hiệu Lengendre a p
được định nghĩa như sau:
nếu là số chính phương mod nếu là số không chính phương mod
Định lí 2 ( Tiêu chuẩn Euler’s )
Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên dương không chia hết chop thì
x 0:x 0 2 a modp Khi đó theo định lý Fermat’s ta có
Khi đó phương trình x 2 a mod p 1 vô nghiệm
Với mỗi i1, 2,3, ,p1 tồn tại duy nhất j1, 2,3, ,p1sao cho
mod ija p do 1 vô nghiệm nên i j Ta chia tập 1, 2,3, ,p1 thành 1
2 p cặp sao cho tích mỗi cặp đồng dư với a mod p
Theo định lý Wilson’s thì p 1 ! 1 mod p (**)
Ví dụ 3 :p23 và a5 , vì 5 11 1 mod 23 theo tiêu chuẩn Euler’s
Vậy 5 là số không chính phương modulo 23 Định lí 3.Cho p là số nguyên tố lẻ và a b, là các số nguyên không chia hết chop
Chứng minh. i Nếu a b mod p thì x 2 a mod p có nghiệm nếu và chỉ nếu
ii Theo tiêu chuẩn Euler’s ta có
theo ii thì ta có
Định lí 4 Cho p là số nguyên tố lẻ thì
Chứng minh Theo tiêu chuẩn Euler’s ta có 1 1 p 2 1 mod p p
Bổ đề Gauss’ : Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên dương không chia hết cho p , xét các số nguyên 1
Và các lớp thặng dư dương nhỏ nhất của chú
Gọi n là các số lớp thặng dư vượt quá
( trong đó n xác định bởi công thức
Chứng minh Gọi r r 1 , , , 2 r n là các lớp thặng dư lớn hơn
2 p , s s 1 , , , 2 s k là các lớp thặng dư còn lại
Ta có các số r r 1 , , , 2 r n ,s s 1 , , , 2 s k phân biệt và 1
Ta sẽ chứng minh rằng : 1 2 1 2
Do các phần tử pr p 1, r 2, ,pr s s n , , , ,1 2 s k đều nằm trong tập 1
, ta chứng minh các phần tử của
pr p 1, r 2, ,pr s s n , , , ,1 2 s k là phân biệt là đủ Thật vậy ,ta có
Nếu tồn tại i j, sao cho pr i s j thì tồn tại hai số nguyên dương l m i , j thoả mãn 1
Xét các số nguyên từ 1 đến 5, ta có các lớp thặng dư dương nhỏ nhất tương ứng với các lớp thặng dư 5, 10, 4, 9 và 3 Chúng ta nhận thấy chỉ có hai lớp thặng dư vượt quá 11 Theo bổ đề Gauss, ta có công thức xác định cho số nguyên tố lẻ p.
Chứng minh : Nếu p1 hoặc 5 mod8 thì ta có :
Vậy với mọi số nguyên tố p1 hoặc
theo định lý 3 ta có 2 p 1
Tương tự : nếu p3 hoặc 7 mod8 ta có
Vậy với mọi số nguyên tố p3 hoặc 7 mod8 thì
theo định lý 3 ta có 2 p 1
Trong chứng minh trên ta có thể sư dụng trực tiếp bổ đề Gauss’ với a2 Khi đó số n trong bổ đề chính là số số chẵn nằm trong khoảng ;
Nếu p1 hoặc 5 mod8 thì ta có 1
2 p là số chẵn ,nên số các số chẵn nằm trong khoảng ;
Nếu p3 hoặc 7 mod8 thì ta có 3
2 p là số chẵn ,nên số các số chẵn nằm trong khoảng ;
Từ đó theo bổ đề Gauss’
Nếu p3 hoặc 7 mod8 từ đây theo định lý 3 ra kết quả
Áp dụng các định lý 3 và 4 : 89 2 2 1
Định lí 6 : (Luật tương hỗ Gauss’)
Nếu p q, là hai số nguyên tố lẻ phân biệt khi đó
1 Nếu có ít nhất một trong hai số có dạng 4k1 thì p là số chính phương modulo qkhi và chỉ khi q là số chính phương modulo p
2 Nếu cả hai số đều có dạng 4k3 thì p là số chính phương modulo qkhi và chỉ khi q là số không chính phương modulo p
Và dưới ký hiệu Legendre, Luật tương hỗ Gauss’được viết dưới dạng p q 1 p 2 1 q 2 1 q p
Định lý 6 được chứng minh bằng bổ đề Gauss’( dành cho bạn đọc)
Luật tương hỗ Gauss đóng vai trò quan trọng trong việc giải quyết các bài toán thặng dư bình phương, đặc biệt là trong việc biến đổi và tính toán các ký hiệu Legendre một cách hợp lý Sự quan trọng này sẽ được làm rõ qua các bài toán ứng dụng trong phần sau.
Ví dụ 6 Cho p13,q17 vì p q 1 mod 4 Tính 13 ?
Theo luật tương hỗ Gauss’ ta có
Ví dụ 7 Cho p7,q19 vì p q 3 mod 4 Tính 7 ?
Theo luật tương hỗ Gauss’ ta có 7 19 5 7 2
( 1009 là số nguyên tố ) Ta có 71323 31 theo định lý 3 ta có 713 23 31 23 31
Định nghĩa 3: Cho a là một số nguyên và b là số nguyên dương lẻ Giả sử
1 2 h h b p p p là sự phân tích chính tắc của b Ký hiệu Jakobi được xác định như sau :
được xác định theo ký hiệu
Ký hiệu Jakobi không chỉ đầy đủ mà còn có các tính chất tương tự như ký hiệu Legendre Đặc biệt, Luật tương hỗ Gauss được mở rộng dưới ký hiệu Jakobi, cho phép áp dụng trong nhiều trường hợp khác nhau trong lý thuyết số.
Nếu m n, là các số nguyên dương lẻ và nguyên tố cùng nhau
Định lí 7 Giả sử n là số nguyên lẻ và a là số nguyên với a n , 1 Khi đó ta có
5) 2 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p 1 mod8
6) 2 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p 1,3 mod8
7) 3 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p 1 mod12
8) 3 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p 1 mod 6
Trong bài viết này, chúng ta sẽ áp dụng các định nghĩa, định lý và tính chất của thặng dư bình phương để giải quyết một số bài toán số học trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở cấp quốc gia, quốc tế và khu vực.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
IV Kết quả sau khi áp dụng Chuyên đề
Phần III- Kết luận và kiến nghị
Mục đích chính của chuyên đề này là xác định khi nào phương trình x² ≡ a (mod m) có nghiệm Nhờ vào định lý thặng dư Trung Hoa, chúng ta có thể đơn giản hóa câu hỏi này thành việc tìm nghiệm cho phương trình x² ≡ q (mod p), với p và q là các số nguyên tố Kết quả quan trọng nhất của chuyên đề là Luật thận nghịch bình phương, khẳng định rằng hai phương trình này có mối liên hệ chặt chẽ.
Hai số nguyên p và q luôn có nghiệm cùng nhau hoặc không có nghiệm, ngoại trừ khi cả hai đều có dạng 4k + 3 Trong trường hợp đặc biệt này, chỉ một trong hai phương trình có nghiệm Định nghĩa 1: Với số nguyên dương m ≥ 2, số nguyên a được gọi là thặng dư bình phương modulo m nếu (a, m) = 1 và phương trình có nghiệm.
Phương trình 2 mod m x a có nghiệm Nếu phương trình x^2 a (mod m) không có nghiệm, thì a được coi là không phải là thặng dư bình phương modulo m Ngược lại, nếu có nghiệm, a được gọi là số chính phương modulo m.
Các số 1, 3, 4, 5, 9 là các số chính phương modulo 11, trong khi các số 2, 6, 7, 8, 10 là các số không chính phương modulo 11 Định lý 1 nêu rằng, với p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên không chia hết cho p, phương trình x² ≡ a (mod p) sẽ có hoặc là vô nghiệm, hoặc có đúng 2 nghiệm không đồng dư theo modulo p.
Chứng minh Nếu phương trình x 2 a mod p 1 có nghiệm x 0 x x 0 cũng là nghiệm của phương trình 1 vì x 0 2 x 0 2 a modp .Giả sử x 1 là nghiệm của phương trình 1
hoặc p x| 1x 0 x 1 x 0 modp hoặc x 1x 0 modp túc là phương trình x 2 a mod p có đúng 2 nghiệm theo modulo p. Định lí 1.2 Nếu p là số nguyên tố lẻ thì trong các số 1, 2,3, ,p1 có đúng 1
2 p số chính phương modulo p và 1
2 p số không chính phương modulo p
Chứng minh.Gọi a là một thặng dư bậc hai theo modulo p Xét phương trình
2 mod x a p Phương trình này có đúng 2 nghiệm không đồng dư theo modulo p suy ra mỗi số a ứng với 2 số thuộc tập 1 , 2 , , 2 2 p1 2 số các số a là 1
2 p số và số các số không chính phương modulo p là
số Định nghĩa 2 Cho plà số nguyên tố lẻ và alà số nguyên không chia hết cho p Kí hiệu Lengendre a p
được định nghĩa như sau:
nếu là số chính phương mod nếu là số không chính phương mod
Định lí 2 ( Tiêu chuẩn Euler’s )
Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên dương không chia hết chop thì
x 0:x 0 2 a modp Khi đó theo định lý Fermat’s ta có
Khi đó phương trình x 2 a mod p 1 vô nghiệm
Với mỗi i1, 2,3, ,p1 tồn tại duy nhất j1, 2,3, ,p1sao cho
mod ija p do 1 vô nghiệm nên i j Ta chia tập 1, 2,3, ,p1 thành 1
2 p cặp sao cho tích mỗi cặp đồng dư với a mod p
Theo định lý Wilson’s thì p 1 ! 1 mod p (**)
Ví dụ 3 :p23 và a5 , vì 5 11 1 mod 23 theo tiêu chuẩn Euler’s
Vậy 5 là số không chính phương modulo 23 Định lí 3.Cho p là số nguyên tố lẻ và a b, là các số nguyên không chia hết chop
Chứng minh. i Nếu a b mod p thì x 2 a mod p có nghiệm nếu và chỉ nếu
ii Theo tiêu chuẩn Euler’s ta có
theo ii thì ta có
Định lí 4 Cho p là số nguyên tố lẻ thì
Chứng minh Theo tiêu chuẩn Euler’s ta có 1 1 p 2 1 mod p p
Bổ đề Gauss’ : Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên dương không chia hết cho p , xét các số nguyên 1
Và các lớp thặng dư dương nhỏ nhất của chú
Gọi n là các số lớp thặng dư vượt quá
( trong đó n xác định bởi công thức
Chứng minh Gọi r r 1 , , , 2 r n là các lớp thặng dư lớn hơn
2 p , s s 1 , , , 2 s k là các lớp thặng dư còn lại
Ta có các số r r 1 , , , 2 r n ,s s 1 , , , 2 s k phân biệt và 1
Ta sẽ chứng minh rằng : 1 2 1 2
Do các phần tử pr p 1, r 2, ,pr s s n , , , ,1 2 s k đều nằm trong tập 1
, ta chứng minh các phần tử của
pr p 1, r 2, ,pr s s n , , , ,1 2 s k là phân biệt là đủ Thật vậy ,ta có
Nếu tồn tại i j, sao cho pr i s j thì tồn tại hai số nguyên dương l m i , j thoả mãn 1
Xét các số nguyên 1, 5, 2, 5, 3, 5, 4, 5 và 5, 5, ta tìm các lớp thặng dư dương nhỏ nhất tương ứng với các lớp thặng dư 5, 10, 4, 9 và 3 Theo bổ đề Gauss, có đúng hai lớp thặng dư vượt quá 11, dẫn đến định lý 5: cho p là số nguyên tố lẻ, ta có các kết quả liên quan đến lớp thặng dư này.
Chứng minh : Nếu p1 hoặc 5 mod8 thì ta có :
Vậy với mọi số nguyên tố p1 hoặc
theo định lý 3 ta có 2 p 1
Tương tự : nếu p3 hoặc 7 mod8 ta có
Vậy với mọi số nguyên tố p3 hoặc 7 mod8 thì
theo định lý 3 ta có 2 p 1
Trong chứng minh trên ta có thể sư dụng trực tiếp bổ đề Gauss’ với a2 Khi đó số n trong bổ đề chính là số số chẵn nằm trong khoảng ;
Nếu p1 hoặc 5 mod8 thì ta có 1
2 p là số chẵn ,nên số các số chẵn nằm trong khoảng ;
Nếu p3 hoặc 7 mod8 thì ta có 3
2 p là số chẵn ,nên số các số chẵn nằm trong khoảng ;
Từ đó theo bổ đề Gauss’
Nếu p3 hoặc 7 mod8 từ đây theo định lý 3 ra kết quả
Áp dụng các định lý 3 và 4 : 89 2 2 1
Định lí 6 : (Luật tương hỗ Gauss’)
Nếu p q, là hai số nguyên tố lẻ phân biệt khi đó
1 Nếu có ít nhất một trong hai số có dạng 4k1 thì p là số chính phương modulo qkhi và chỉ khi q là số chính phương modulo p
2 Nếu cả hai số đều có dạng 4k3 thì p là số chính phương modulo qkhi và chỉ khi q là số không chính phương modulo p
Và dưới ký hiệu Legendre, Luật tương hỗ Gauss’được viết dưới dạng p q 1 p 2 1 q 2 1 q p
Định lý 6 được chứng minh bằng bổ đề Gauss’( dành cho bạn đọc)
Luật tương hỗ Gauss đóng vai trò quan trọng trong các bài toán thặng dư bình phương, giúp biến đổi và tính toán các ký hiệu Legendre một cách hiệu quả, điều này sẽ được minh chứng qua các bài toán ứng dụng ở phần sau.
Ví dụ 6 Cho p13,q17 vì p q 1 mod 4 Tính 13 ?
Theo luật tương hỗ Gauss’ ta có
Ví dụ 7 Cho p7,q19 vì p q 3 mod 4 Tính 7 ?
Theo luật tương hỗ Gauss’ ta có 7 19 5 7 2
( 1009 là số nguyên tố ) Ta có 71323 31 theo định lý 3 ta có 713 23 31 23 31
Định nghĩa 3: Cho a là một số nguyên và b là số nguyên dương lẻ Giả sử
1 2 h h b p p p là sự phân tích chính tắc của b Ký hiệu Jakobi được xác định như sau :
được xác định theo ký hiệu
Ký hiệu Jakobi bao gồm đầy đủ các tính chất tương tự như ký hiệu Legendre, đặc biệt là Luật tương hỗ Gauss được mở rộng trong ngữ cảnh của ký hiệu Jakobi.
Nếu m n, là các số nguyên dương lẻ và nguyên tố cùng nhau
Định lí 7 Giả sử n là số nguyên lẻ và a là số nguyên với a n , 1 Khi đó ta có
5) 2 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p 1 mod8
6) 2 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p 1,3 mod8
7) 3 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p 1 mod12
8) 3 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p 1 mod 6
Trong bài viết này, chúng ta sẽ áp dụng các định nghĩa, định lý và tính chất của thặng dư bình phương để giải quyết một số bài toán số học trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở cấp quốc gia, quốc tế và khu vực.
II ỨNG DỤNG VÀO GIẢI TOÁN
II 1 Ứng dụng trong giải các bài toán dãy số nguyên và đa thức
1 Chứng minh rằng với mọi n phương trình x 2 by 2 x 2 n 1 có nghiệm , x ynguyên
2 Chứng minh rằng nếu n k thì x x n k
3 Chứng minh rắng vói mọi số nguyên tố lẻ p p x, | 2 n 1 thì b là số chính phương modulo p
Lời giải :1 Chứng minh bằng quy nạp x m n bx x n m 1 x x n 1 m cho m n 1 ta thu được x 2 n 1 bx n 2 x n 2 1 phương trình x 2 by 2 x 2 n 1 có nghiệm x y, x n 1,x n 2
2.Ta chứng minh x m n x n bằng quy nạp từ đó suy ra n k x x n k
3.Theo phần 1.tồn tại x y, sao cho x 2 by 2 x 2 n 1 do p x| 2 n 1 suy ra
Nếu b 0 mod p b là số chính phương modulo p
Từ đó y x 2 b yy 2 b mod p b là số chính phương modulo p
+Nếu y 0 mod p từ 1 x0 mod p x x n , n 10 mod p
Vậy mọi số nguyên tố lẻ p p x, | 2 n 1 thì b là số chính phương modulo p
Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên dương a thỏa mãn hai điều kiện: Thứ nhất, tồn tại cặp số nguyên (x, y) với (x, y) = 1 sao cho a^2 = x^3 + y^3 Thứ hai, tồn tại số nguyên b sao cho a^2 = 2a + b^2 + 3.
Ta có tồn tại vô hạn n * : a n 2 3n 2 3n1thật vậy 3n 2 3n 1 y 2
Pell có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất x y , 1,1 do vậy phương trình có vô hạn nghiệm Ta xây dựng dãy nghiệm như sau:
suy ra tồn tại vô hạn n do các dãy x n , y n tăng ii)Mặt khác tù 2 3 4 a n 2 6 n3 2 3 , mọi số nguyên tố p a n ,p 3
Bổ đề : ( tập số nguyên tố),p p1 mod 6 , n * :c n màc n 2 3p n Chứng minh :Vói n1 do 3 1 1 2
Giả sử bổ đề đúng với n: c n 2 3p n
Do 2 ,n p 1 t 2c t p n c n 2 13p n 1 bổ đề đúng với n1 Vậy bổ đề được chứng minh
Trở lại bài toán : Đặt a n 2 3 n 2 3 n 1 a n 2 n1 3 n 3 thoả mãn i)
Do với mọi số nguyên tốp p a k , k n c m :c m 2 3p k k ,p k k ||a n , và a a n 2 , n 2 3 1,
từ đó suy ra tồn tại các số nguyên d i :d i 2 3q i i
Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì tồn tại số nguyên
Bài toán chứng minh sự tồn tại của hai dãy số thực tăng a_n và b_n được đặt ra, với điều kiện a_n^2 = b_n^2 + 1 cho mọi n thuộc tập số tự nhiên Ý tưởng này mở ra hướng giải quyết đơn giản cho bài toán.
.Đây chính là một bài dự tuyển IMO năm 1999
Cho dãy số nguyên a n xác định bởi :
Tìm tất cả các số nguyên tố p5 sao cho 14 là số chính phương modullo p và
Lời giải Trước tiên ta tìm tất cả các số nguyên tố p5 sao cho 14 là số chính phương modullo p
Do 14 là số chính phương modullo 2 7
từ đây xẩy ra hai khả năng + Khả năng 1 Nếu p 56 k 8 r 1 k r , , r 0,12, ,6 thì ta có
Khả năng 2 Nếu p 56 k 8 r 1 k r , , r 0,12, ,6 thì ta có
từ đây xẩy ra hai khả năng
+ Khả năng 1 Nếu p 56 k 8 r 3 k r , , r 0,12, ,6 thì ta có
Khả năng 2 Nếu p 56 k 8 r 3 k r , , r 0,12, ,6 thì ta có
Vậy tất cả các số nguyên tố cần tìm có dạng:
Theo định lý Dirichlet, nếu a và b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, thì có vô hạn số nguyên tố có dạng an + b Điều này chứng minh sự tồn tại của các số nguyên tố trong các dãy số được xác định bởi hai số nguyên dương này.
Trở lại bài toán Do 14 là số chính phương modullo pnên tồn tại số nguyên dương m sao cho m 2 14 0 mod p Xét dãy số b n xác định như sau :
gcd 2 ,m p 1 Khi đó phương trình đặc trưng của dãy b n là
1 3 , 2 3 n 1 3 n 2 3 n x m x mb c m c m ,kết hợp với b 0 0,b 1 1,ta được 2 mb n m4 3m n m4 3m n
Bằng quy nạp ta chứng minh được b n a n mod p (4) ,với mọi n0,1,2,
Từ (3) và (4) ta được a p 1 1 0 mod p
Vậy tất cả các số nguyên tố p5thoả mãn yêu cầu bài toán là
Bài toán trên được xây dựng trên ý tưởng của bài số 6 VMO 2011 sử dụng số chính phương modullo p để chứng minh cho bài toán chia hết
Cho đa thức P x x 8 16 Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p ,đều tìm được số nguyên dương n sao cho P n p
Nếu 2 là số chính phương modullo pthì tồn tại n * : P n 0 (đpcm)
Nếu 2 là số chính phương modullo pthì tồn tại n * : P n 0
Nếu 1 là số chính phương modullo pthì tồn tại n * : P n 0
Nếu 2, 2, 1 đều không phải là số chính phương modullo p hay là
Nhưng rõ ràng ta có
Từ bài toán trên ta có xây dựng được một số bài toán chẳng hạn
Cho đa thức P(x) = (x² - a)(x² - b)(x² - ab) với a, b là hai số nguyên tố phân biệt Cần chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p, tồn tại số nguyên dương n sao cho P(n) ≡ 0 (mod p).
Xét đa thức P x x 3 14 x 2 2 x 1 Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho với mọi x , ta có 101 P P P x x
Lời giải Nhận xét : với 2 số nguyên bất kỳ x y, thì x y mod 101
Xét 6 Nếu gcd y 29,101 1 thì 3 1 101 1 mod 6
Nếu 101 y 29 101 2 x y 14 x y 29 mod101 Nhu vậy ta luôn có
mod 101 x y Do đó nhận xét được chứng minh
Theo nguyên lý Drichlet, tồn tại m n , 1, 2, ,102 , mn sao cho :
Từ nhận xét trên ta suy ra
Cho p là một số nguyên tố lẻ và đa thức f x x thoả mãn :
1 Chứng minh rằng nếu p 3 mod 4 f x x 1 và f x x 1 2
2 Chứng minh rằng nếu p 5 mod8 f x x 1 2 và f x x 1 3
( do p là một số nguyên tố lẻ)
Nếu p 1 mod 4 thì theo trên ta có : f 1 f 1 f 1 0 mà f 1 0 nên f x x 1 2
( do f 1 0 ) Giả thiết p 5 mod8 khi đó theo phần (1), f x x 1 2 nên
Hơn nữa f 1 0 nên ta có
II 2 Ứng dụng trong giải bài toán chứng minh hoặc sử dụng tập hợp các số nguyên tố là vô hạn
Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố có dạng a) 8k1 , b) 8k3 , c) 8k5 , d) 10k9 trong đó k là số tự nhiên
Lời giải a) Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p p 1 , 2 , ,p n có dạng 8k1(k * ) Xét số A p p 1 2 p n 2 2 A có dạng 8 M 1 , M *
không có ước nguyên tố dạng
8 k 3 k A cũng không thể chỉ có thể ước nguyên tố dạng 8k1( vì
Có tồn tại số nguyên tố \( p_{n+1} \) có dạng \( 8k - 1 \) với \( k \in \mathbb{N}^* \), và \( p_{n+1} \) là ước của \( A \) Nếu \( (p_{n+1}, p_i) = 1 \) thì \( p_{n+1} \neq p_i \) với mọi \( i = 1, 2, \ldots, n \) là điều vô lý Do đó, giả thuyết ban đầu là sai, dẫn đến việc có vô số số nguyên tố có dạng \( 8k - 1 \) Với cách làm tương tự như phần a), ta có thể khẳng định điều này.
Xét số A p p 1 2 p n 2 2, p i , p i 8 k i 3, i 1, n k , i , kết hợp với
ta có điều phải chứng minh c) Với cách làm tương tự phần a)
Xét số A p p 1 2 p n 2 4, p i , p i 8 k i 5, i 1, n k , i , kết hợp với
ta có điều phải chứng minh d) Với cách làm tương tự phần a)
Xét số A 5 2 p p 1 2 p n 2 1, p i , p i 10 k i 9, i 1, n k , i , kết hợp với
ta có điều phải chứng minh
Chứng minh rằng số 2 n 1 n không có ước nguyên tố dạng 8k1(k *
Lời giải Giả sử số nguyên tố p có dạng 8k1(k * ) sao cho p | 2 n 1
mâu thuẫn với p có dạng 8k1
(do p 1 mod8 ) Điều giả sử là sai Vậy số 2 n 1 n không có ước nguyên tố dạng
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số 2 3 n 1 có ít nhất n ước nguyên tố có dạng 8 k 3 k
Lời giải theo bài toán 2.2 ta nhận thấy : nếu n lẻ thì 2 n 1 n không có ước nguyên tố dạng 8 k 1 , 8 k 5 k
Như vậy mọi ước nguyên tố của số 2 3 n 1 đều có dạng 8 k 1 , 8 k 3 k
Ta có : 2 3 n 1 2 1 2 2 2 1 2 2.3 2 3 1 2 2.3 n 1 2 3 n 1 1 Đặt s i 2 2.3 i 2 3 i 1 ,1 i n1 Ta sẽ chứng minh rằng gcd s s i , j 3 với mọi
Ta thấy s i 1 1 1 3 mod9 3 || s i i Gọi p là một ước số nguyên tố của gcd s s i , j Khi đó p s | i | 2 3 i 1 1 2 3 j 2 3 i 1 3 j i 1 1 3 j i 1 1 mod p từ đó suy ra s j 2 2.3 j 2 3 j 1 1 1 1 3 mod p p3 Vậy
Bây giờ ta lấy i 1, 2, , n 1 Nếu mọi ước nguyên tố của s i ( khác 3 ) đều có dạng 8k 1 thì s i 3 mod8 ( chú ý rằng 3 ||s i i) Vô lý
Vì vậy với mỗi s i đều có ít nhất một ước nguyên tố p i dạng 8k3 mà p i 3
Do gcd s s i , j 3 nên p i p j , 1 i jn1 Suy ra 2 3 n 1 có ít nhất n ước nguyên tố có dạng 8 k 3 k là 3,p p 1, 2, ,p n 1
Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương nsao cho n 2 1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n 2n
Lời giải Xét p 1 mod8 là một số nguyên tố , khi đó 1 p 1
phương trình x 2 1 mod p có hai nghiệm thuộc 1; p 1 , ta gọi hai nghiệm đó là
Chọn nx 1 Khi đó ta có 2 1
Ta sẽ chứng minh rằng p2n 10n
p 1 2 2 4 0 mod p 2 1 2 4 0 mod p Từ đó tồn tại r:
2 5 4 10 0 u u n giải bất phương trình bậc hai ẩn
Có vô hạn số nguyên tố có dạng 8k + 1 (k ∈ ℕ*), do đó bài toán đã được chứng minh Lời giải cho bài toán này được phát triển từ các lời giải của những bài toán đơn giản hơn.
Bài 1) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương nsao cho n 2 1 không là ước n! ( TST Indonexia -2009)
Bài 2) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương nsao cho ước nguyên tố lớn nhất của n 2 1 lớn hơn 2n(Animath France -2006)( các bạn tự giải ở phần cuối chuyên đề này)
Cho a b, là hai số nguyên dương thỏa mãn ab không là số chính phương Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương nsao cho
a n 1 b n 1 không là số chính phương
Bổ đề : Cho alà một số nguyên dương không chính phương Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố psao cho akhông là số chính phương modullo p
Chứng minh Do alà một số nguyên dương không chính phương ta đặt ab c 2 trong đó b * ,cq q 1 2 q m , m1 , q i ,q i q j ,1 i jm Khi đó với mỗi số nguyên tố lẻ p mà p a , 1 , ta có
Xét các khả năng sau: