4.3 Một số bài toán liên quan số học
4.3.2 Định lý Fermat nhỏ và định lý Euler
Bài toán 4.12. [IMO 2005] Cho dãy số a1, a2, . . . được xác định bởi an = 2n+ 3n+ 6n−1
với mọi số nguyên dương n. Xác định tất cả các nguyên dương nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng trong dãy trên.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh mọi số p nguyên tố luôn tồn tại một số hạng an của dãy sao cho p|an.
Xét a2= 22+ 32+ 62−1 = 48 chia hết cho các số nguyên tố p= 2 và p= 3.
Xét các số p≥5, theo định lý Fermat nhỏ ta có 2p−1= 3p−1 = 6p−1 = 1 (mod p).
Suy ra
3.2p−1+ 2.3p−1+ 6p−1 = 3.1 + 2.1 + 1 = 6 (mod p) hay
6(2p−2+ 3p−2+ 6p−2−1) = 0 (mod p), hay
6ap−2 = 0 (mod p).
Do p≥5 là số nguyên tố nên (p,6) = 1, suy ra ap−2 chia hết cho p.
Như vậy, mỗi số nguyên tố p≥5 đều chia hết ap−2.
Do vậy tất cả các nguyên dương nguyên tố cùng nhau với mọi số trong dãy chỉ có số 1.
Bài toán 4.13. [IMO Shortlist 2003] Xác định số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho tồn tại các số nguyên x1, x2, . . . , xk với
x31+x32+ã ã ã+x3k = 20022002. Lời giải. Ta có 2002 = 103+ 103+ 13+ 13= 667.3 + 1,
suy ra
20022002= 2002.(2002667)3
= (103+ 103+ 13+ 13).(2002667)3
= (10.2002667)3+ (10.2002667)3+ (2002667)3+ (2002667)3
=x31+x32+x33+x34 với x1 =x2 = 10.2002667, x3=x4= 2002667.
Vậy k = 4.
Chứng minh k = 4 là số nhỏ nhất thỏa mãn bài toán, hay ta chứng minh 20022002 không thể viết được dưới dạng tổng của ba lũy thừa.
Để hạn chế số lượng lũy thừa modulo n, ta sử dụng ϕ(n) chia hết cho 3.
Xét n = 7 có ϕ(7) = 6, nhưng thêm ba lũy thừa modulo 7 thì cần quá nhiều lớp thặng dư, nên ta xét n = 9 có ϕ(9) = 6.
Vì 2002 = 4 (mod 9) và 20023= 43= 1 (mod 9) do đó 20022002= (20023)667.2002 = 4 (mod 9).
Mặt khác,x= 0,±1 (mod 9) với x∈Z. Do đó ta thấy x31+x32+x33 6= 4 (mod 9).
Vậy k = 4 thỏa mãn bài toán.
Bài toán 4.14. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n7 + 7 là số chính phương?
Lời giải.
Bổ đề 4.1. Nếu số nguyên tố p có dạng 4k+ 3 là ước của x2+y2 thì p|x, p|y. Chứng minh. Giả sử trái lại p6 |x, p 6 |y ⇒(x, p) = (y, p) = 1. Do đó theo định lý Fermat ta có xp−1=yp−1= 1 (mod p).
Trong khi đó từ giả thiết ta có x2 = −y2 (mod p) ⇒ (x2)p−12 = (−y2)p−12 (mod p), hay xp−1 =−yp−1 (mod p)⇔1 = −1 (mod p) mâu thuẫn vì p lẻ.
Nhận xét 4.3. Từ bổ đề trên ta thấy với n ∈Z+ mọi ước nguyên tố lẻ của n2+ 1 đều có dạng4i+ 1, và từ đó mọi ước dương của n2+ 1 đều có dạng2i(4k+ 1), i= 0,1.
Trở lại bài toán, giả sử tồn tại m∈N sao cho n7+ 7 =m2.
Khi đú ta cú m2 + 112 = n7 + 27 = (n+ 2)(n6−2n5 +ã ã ã −25n+ 26), suy ra (n+ 2)|m2+ 112
Rõ ràngm2+ 112 = 1,2 (mod 4),suy ran7+ 27 = 1,2 (mod 4)⇒n = 1 (mod 4).
Từ đó ta thấy rằng m2+ 112 phải có ước nguyên tố p có dạng 4k+ 3.
Từ đó 112=−m2 (mod p).
Nếu p 6= 11 thì theo định lý Fermat ta có 11p−1 = mp−1 = 1 (mod p), nhưng khi đó 11p−1 = (−m2)p−12 =−mp−1 (mod p) mâu thuẫn.
Do vậy p= 11⇒m= 11k (k∈N) và 11|(n+ 2).
Hơn nữa ta cú n6−2n5+ã ã ã −25n+ 26 = 7.26= 8 (mod 11),
suy ra 112|(n + 2) ⇒ n = 11h2 −2 với h là ước dương của k2 + 1, theo bổ đề 4.1 các ước nguyên tố lẻ của k2 + 1 chỉ có dạng 4i+ 1, tức là h chỉ có dạng 2j(4i+ 1), j = 0,1. Khi đó n= 112h−2 = 0,3 (mod 4), mâu thuẫn vì n = 1 (mod 4).
Do đó không tồn tại n thỏa mãn đề bài.
Bài toán 4.15. Tìm ước nguyên tố nhỏ nhất của 12215+ 1.
Lời giải. Gọi p là số nguyên tố cần tìm. Ta có 12215 = −1 (mod p) ⇒ 12216 = 1 (mod p).(*)
Đặt h=ordp(12)⇒h|216⇒h= 2k (k ∈N)
Nếu 0≤k ≤15⇒12215 = (122k)215−k = 1 (mod p) mâu thuẫn với (*).
Vậy h = 216. Theo định lý Fermat nhỏ 2p−1 = 1 (mod p)⇒ 216|(p−1)⇒ p ≥ 216+ 1.
Dễ dàng chứng minh được 216+ 1 là số nguyên tố. Ta chứng minh số nguyên tố p= 216+ 1 là số cần tìm, hay chứng minh p|12215 + 1.
Ta có 12215+ 1 = 2216.3215+ 1 = 2p−1.3p−12 + 1 = 3p−12 + 1 (modp). Mặt khác theo luật tương hỗ Gauss ta có
3 p
p 3
= (−1)p−12 .3−12 = 1, mà p
3
=
216+ 1 3
=2 3
=−1 (mod 3)⇒ 3
p
=−1. Mặt khác
3 p
= 3p−12 (mod p) ⇒ 3p−12 + 1 = 0 (mod p). Vậy p = 216+ 1 là số cần tìm.
Bài toán 4.16. [IMO 2005] Giả sử a, b là hai số nguyên dương sao cho (an+n)|(bn+n) ∀n∈Z+.
Chứng minh rằng a=b.
Lời giải. Giả sử a 6=b, khi đó từ giả thiết dễ thấy b > a.
Chọn p là số nguyên tố lớn hơnb và lấy n= (a+ 1)(p−1) + 1, theo cách chọn này thì n = 1 (modp−1) và n=−a (mod p).
Khi đó theo định lý Fermat ta có
rn =r.(rp−1)a+1=r (mod p), ∀r∈Z. Mặt khác ta có
an+n=a−a= 0 (mod p)⇒p|(an+n),
mà (an+n)|(bn+n)⇒p|(bn+n).
Hơn nữa
bn+n=b−a = 0 (mod p)⇒p|(b−a), mâu thuẫn vì p > b.
Do đó a=b thỏa mãn bài toán.
Bài toán 4.17. [Bulgarian 1995] Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho pq là ước của (5p−2p)(5q−2q).
Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử p≤q mà (5p−2p)(5q−2q) là số lẻ nên 5≤p≤q.
Ta thấy nếu số nguyên tố k là ước của 5k−2k thì theo định lý Fermat ta có 3 = 5−2 = 5k −2k (mod k)⇒k = 3.
Giả sử p > 3 và có pq là ước của (5p −2p)(5q − 2q) theo nhận xét trên ta thấy p|(5q−2q) hay 5q = 2q (mod p).
Theo định lý Fermat thì 5p−1 = 2p−1 = 1 (mod p). Do đó 5(p−1,q) = 2(p−1,q) (mod p).
Mà q≥p nên (p−1, q) = 1 do đó ta có 5 = 2 (modp)⇒p= 3 mâu thuẫn.
Suy ra p= 3. Nếu q≥3 suy raq là ước của (5p−2p) = 53−23 = 9.13⇒q = 13.
Vậy tất cả các cặp (p, q) cần tìm là (3,3); (3,13); (13,3).
Bài toán 4.18. [IMO 2003] Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên tố q sao cho với mọi số nguyên tốn, số np−p6...q.
Lời giải. Ta có
pp−1
p−1 = 1 +p+p2+ã ã ã+pp−1 =p+ 1 (mod p2), suy ra có ít nhất một ước nguyên tố của p
p−1
p−1 không đồng dư với 1 theo modulo p2. Gọi số nguyên tố đó là q và ta sẽ chỉ ra q là số cần tìm.
Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên tố n sao cho np = p (mod q), khi đó theo cách chọn số q ta có
np2 =pp= 1 (mod q).
Mặt khác, theo định lý Fermat ta có nq−1= 1 (mod q) vì q là số nguyên tố.
Hơn nữa, p26 |(q−1) nên(p2, q−1)|p⇒np= 1 (mod q). Khi đó ta thu được 1 +p+p2+ã ã ã+pp−1 =p (mod q),
cùng với định nghĩa của q ta có p= 0 (mod q) vô lý vìp là số nguyên tố. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 4.19. [AIME 2001] Có bao nhiêu số nguyên dương là bội của1001có thể viết được dưới dạng10j−10i, trong đói, j là các số nguyên thỏa mãn0≤i < j≤99? Lời giải. Ta có 10j−10i = 10i(10j−i−1) và có 1001 = 7.11.13 là các số nguyên tố cùng nhau với10i, do đó, cần chỉ rai, j sao cho10j−i−1chia hết cho các số nguyên tố 7,11,13.
Dễ dàng kiểm tra đượcord1001(10) = 6,nên10i(10j−i−1)chia hết cho1001 khi và chỉ khi j−i= 6n với n là số nguyên dương.
Suy ra ta cần đếm số số nguyên thỏa mãn j = i+ 6n, trong đó j ≥ 99, i ≤ 0, n >0. Từ đó ta tìm được n = 1,2,3, . . . ,15.
Với mỗin = 1,2,3, . . . ,15ta tính được i, j bằng cách 100−6n, do đó số số thỏa mãn bài toán là
94 + 88 + 82 +ã ã ã+ 4 = 784.
Bài toán 4.20. [Taiwanese 1999] Tìm tất cả các số nguyên dương m, n sao cho (m, n) = 1 và ϕ(5m−1) = 5n −1.
Lời giải. Gọi 5m−1 = 2αpα11. . . pαkk (pi∈℘, pi>2, α∈N∗, αi ∈N∗, i= 1, . . . , k). Từ điều kiện bài toán suy ra
5n−1 =ϕ(5m−1) = 2α−1pα11−1. . . pαkk−1(p1−1). . .(pk−1).
Do (5m−1,5n−1) = 5(m,n)−1 = 5−1 = 4. Từ đó suy ra αi= 1 ∀i= 1,2, . . . , k. Khi đó: 5m−1 = 2αp1p2. . . pk và 5n−1 = 2α−1(p1−1)(p2−1). . .(pk−1) +Nếu α >3⇒8|(5m−1,5n−1) = 4 (vô lý )
+Nếu α = 3 ⇒k = 0 vì nếu k ≥ 1⇒ (p1−1)...2 thì 8|(5m−1,5n−1) = 4 ( vô lí)
Khi đó ta có
5m−1 = 8
5n−1 = 4 (vô lí) +Nếu α = 2 ta được
5m−1 = 4p1p2. . . pk (4.1)
và
5n−1 = 2(p1−1)(p2−1). . .(pk−1). (4.2) Khả năng 1. Nếu n lẻ suy ra k= 1 (ngược lại, vế trái (4.2) chia hết cho 8 vô lý)
Khi đó
5m−1 = 4p1
5n−1 = 2(p1−1) ⇒5m−1 = 2(5n−1) + 4⇔5m = 2.5n+ 3 (Vô lý) Khả năng 2. Nếu n chẵn, n ≥2 ⇒(5n−1)...8, mà m > n, (m, n) = 1 do đó m là số lẻ từ đó ta có 5m−1 = 4 (mod 8). Và
5m−1 = 0 (mod pi)⇔5m = 1 (mod pi)
⇒5m+1 = 5 (mod pi)⇔ 5
pi
= 1
⇒p
i
5
= 1 ⇔pi =−1 (mod 5) ∀i= 1,2, . . . , k.
Nếu pi= 1 (mod 5) thì vế trái (4.2)6...5, vế phải (4.2) ...5 (vô lí). Khi đó xét modullo 5 của (4.1) và (4.2):
(4.1)⇔0 = 5m = 4p1p2. . . pk+ 1 = 4.(−1)k + 1 (mod 5)⇔k chẵn.
(4.2)⇔0 = 5n = 2(p1−1)(p2−1). . .(pk−1) + 1 = 2.(−2)k+ 1 (mod 5) ⇔k= 3 (mod 4) hai điều trên mâu thuẫn với nhau
Vậy không tồn tại các số nguyên dương m, n sao cho (m, n) = 1 thỏa mãn ϕ(5m−1) = 5n−1.