MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA Phạm Văn Quốc (Trường THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong các kỳ thi học sinh giỏi chúng ta hay gặp các bài toán số học liên quan đến lũy thừa như chứng minh sự chia hết, chứng minh sự tồn tại hoặc tìm các số nguyên thỏa mãn điều kiện, Trong những năm gần đây, dạng toán này cũng xuất hiện nhiều trong các đề thi quốc gia, đề thi chọn đội tuyển thi quốc tế (CĐT) của các nước, các đề dự tuyển và các đề thi Toán quốc tế (IMO). Đây là những bài toán hay và tất nhiên không dễ nếu không nắm được một số kỹ thuật cũng như nhận dạng được kiểu bài toán. Các lời giải thường sử dụng công cụ không khó nhưng chứa đựng nhiều sự tinh tế và sự linh hoạt trong vận dụng kiến thức. Bài viết dưới đây đề cập đến một số kiến thức cơ bản và kỹ năng liên quan đến các bài toán dạng này. I. Kiến thức cơ bản Trong phần này là một số kiến thức cơ bản nhưng chúng hay được dùng trong các dạng toán mà ta đang xét: công thức lũy thừa, số mũ "đúng", định lý Fermat, Định lý Euler, cấp của số nguyên và một số tính chất liên quan hay dùng . 1. Một số khai triển liên quan đến lũy thừa Định lý 1. Cho 𝑛 là số nguyên dương, khi đó với 𝑥, 𝑦 bất kỳ ta có ∘ 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 = (𝑥 − 𝑦) (𝑥 𝑛−1 + 𝑥 𝑛−2 𝑦 + 𝑥 𝑛−3 𝑦 2 + · · · + 𝑥𝑦 𝑛−2 + 𝑦 𝑛−1 ) , ∘ 𝑥 𝑛 + 𝑦 𝑛 = (𝑥 + 𝑦) (𝑥 𝑛−1 − 𝑥 𝑛−2 𝑦 + 𝑥 𝑛−3 𝑦 2 − · · · − 𝑥𝑦 𝑛−2 + 𝑦 𝑛−1 ) nếu 𝑛 lẻ, ∘ (𝑥 + 𝑦) 𝑛 = 𝑥 𝑛 + 𝐶 1 𝑛 𝑥 𝑛−1 𝑦 + 𝐶 2 𝑛 𝑥 𝑛−2 𝑦 2 + · · · + 𝐶 𝑛−1 𝑛 𝑥𝑦 𝑛−1 + 𝑦 𝑛 . Ta hãy bắt đầu bằng ví dụ sau. Ví dụ 1. (Romania 2002) Cho 𝑘, 𝑛 là các số nguyên dương với 𝑛 > 2. Chứng minh rằng phương trình 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 = 2 𝑘 không có nghiệm nguyên dương. Lời giải. Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (𝑥, 𝑦). Nếu gcd (𝑥, 𝑦) = 𝑑 > 1 ⇒ 𝑑 | 2 𝑘 nên 𝑑 là lũy thừa của 2. Bằng cách chia hai vế cho 𝑑 𝑛 , ta có thể giả sử gcd (𝑥, 𝑦) = 1 và suy ra 𝑥, 𝑦 lẻ. 1 www.VNMATH.com Nếu 𝑛 chẵn, 𝑛 = 2𝑚 ta có 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 = (𝑥 𝑚 − 𝑦 𝑚 ) (𝑥 𝑚 + 𝑦 𝑚 ) nên 𝑥 𝑚 − 𝑦 𝑚 = 2 𝑎 , 𝑥 𝑚 + 𝑦 𝑚 = 2 𝑘−𝑎 với 𝑎 là số nguyên dương. Khi đó 𝑥 𝑚 = 2 𝑎−1  1 + 2 𝑘−2𝑎  mà 𝑥 lẻ nên 𝑎 = 1. Hơn nữa vì 𝑚 ≥ 2 nên 𝑥 𝑚 − 𝑦 𝑚 = (𝑥 − 𝑦)  𝑥 𝑚−1 + 𝑥 𝑚−2 𝑦 + · · · + 𝑦 𝑚−1  > 2 mâu thuẫn. Do đó 𝑛 là số lẻ. Ta có 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 = (𝑥 − 𝑦)  𝑥 𝑛−1 + 𝑥 𝑛−2 𝑦 + · · · + 𝑦 𝑛−1  . Nhưng do 𝑥, 𝑦 lẻ nên 𝑥 𝑛−1 + 𝑥 𝑛−2 𝑦 + · · · + 𝑦 𝑛−1 ≡ 𝑛 ≡ 1 (mo d 2). Suy ra 𝑥 𝑛−1 + 𝑥 𝑛−2 𝑦 + · · ·+ 𝑦 𝑛−1 = 1, điều này là không thể vì 𝑥, 𝑦 nguyên dương và 𝑛 > 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.  Lời giải của ví dụ này chủ yếu dùng công thức của hiệu hai lũy thừa và tính chất tích của hai số nguyên dương là lũy thừa của 2 thì mỗi số là lũy thừa của 2. Ví dụ tiếp theo cũng có ý giải cũng gần giống nhưng cần một chút khéo léo hơn. Ví dụ 2. (Dự tuyển IMO 2008) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số nguyên (không nhất thiết dương) thỏa mãn đẳng thức 𝑎 𝑛 + 𝑝𝑏 = 𝑏 𝑛 + 𝑝𝑐 = 𝑐 𝑛 + 𝑝𝑎 thì 𝑎 = 𝑏 = 𝑐. Lời giải. Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng. Rõ ràng nếu hai trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 bằng nhau thì tất cả chúng bằng nhau. Giả sử cả ba số phân biệt đôi một, khi đó theo giả thiết ta có 𝑎 𝑛 − 𝑏 𝑛 𝑎 − 𝑏 . 𝑏 𝑛 − 𝑐 𝑛 𝑏 − 𝑐 . 𝑐 𝑛 − 𝑎 𝑛 𝑐 − 𝑎 = −𝑝 3 . Vì vế phải âm nên có ít nhất một trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 là số âm. Hơn nữa 𝑛 phải là số chẵn (nếu trái lại suy ra mỗi thừa số ở vế trái là số dương). +, Nếu 𝑝 là số lẻ, mà 2  𝑎 𝑛 − 𝑏 𝑛 𝑎 − 𝑏 = 𝑎 𝑛−1 + 𝑎 𝑛−2 𝑏 + · · · + 𝑏 𝑛−1 . Suy ra 𝑎, 𝑏 khác tính chẵn lẻ, tức là 2  𝑎 − 𝑏. Tương tự 2  𝑏 − 𝑐, 2  𝑐 − 𝑎 đây là điều mâu thuẫn. +, Nếu 𝑝 = 2. Rõ ràng nếu một trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 bằng 0 thì cả ba số bằng 0. Xét |𝑎| , |𝑏| , |𝑐| ≥ 1. Đặt 𝑛 = 2𝑚 ta có 𝐴 = 𝑎 𝑛 − 𝑏 𝑛 𝑎 − 𝑏 = (𝑎 + 𝑏) 𝑎 2𝑚 − 𝑏 2𝑚 𝑎 2 − 𝑏 2 2 www.VNMATH.com = (𝑎 + 𝑏)  𝑎 2𝑚−2 + 𝑎 2𝑚−4 𝑏 2 + · · · + 𝑏 2𝑚−2  . Dễ thấy nếu 𝑚 > 1 ta có ngay |𝐴| ≥ 4 (do 𝐴 ̸= 0) và tương tự suy ra mâu thuẫn vì tích của chúng là −8. Do đó 𝑚 = 1 ⇒ 𝑛 = 2 và ta thu được (𝑎 + 𝑏) (𝑏 + 𝑐) (𝑐 + 𝑎) = −8. Chú ý là do 𝑝 = 2 nên từ giả thiết ta có ngay 𝑎, 𝑏, 𝑐 cùng tính chẵn lẻ, suy ra 𝑎 + 𝑏, 𝑏 + 𝑐, 𝑐 + 𝑎 chẵn. Mà −8 = 2.2. (−2) nên dễ thấy hai trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 phải bằng nhau, suy ra 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 (mâu thuẫn). Từ đó ta có điều phải chứng minh.  2. Số mũ "đúng" (exact exponent) Định nghĩa 2. Cho 𝑝 là số nguyên tố, 𝑎 là số nguyên và 𝛼 là số tự nhiên. Ta nói 𝑝 𝛼 là ước đúng (exact power) của 𝑎, và 𝛼 được gọi là số mũ đúng của 𝑝 trong khai triển của 𝑎, nếu 𝑝 𝛼 | 𝑎 và 𝑝 𝛼+1  𝑎. Khi đó ta viết 𝑝 𝛼 ‖ 𝑎 và ký hiệu 𝛼 = 𝑣 𝑝 (𝑎). Tính chất 3. Cho 𝑎, 𝑏 là các số nguyên, khi đó ta có ∘ Nếu 𝑝 𝛼 ‖ 𝑎 và 𝑝 𝛽 ‖ 𝑏 thì 𝑝 𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑏, ∘ Nếu 𝑝 𝛼 ‖ 𝑎 thì 𝑝 𝑘𝛼 ‖ 𝑎 𝑘 , ∘ Nếu 𝑝 𝛼 ‖ 𝑎 và 𝑝 𝛽 ‖ 𝑏 với 𝑎 ̸= 𝑏 thì 𝑝 min(𝛼,𝛽) ‖ 𝑎 + 𝑏. Ví dụ 3. Cho 𝑎, 𝑘 là các số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố lẻ, 𝛼 ∈ N + sao cho 𝑝 𝛼 ‖ 𝑎 − 1, khi đó với mọi số nguyên 𝛽 ≥ 0 thì 𝑝 𝛼+𝛽 ‖ 𝑎 𝑘 − 1 ⇔ 𝑝 𝛽 ‖ 𝑘. Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo 𝛽. Nếu 𝛽 = 0, thì 𝑎 𝑘 − 1 𝑎 − 1 = 𝑎 𝑘−1 + · · · + 𝑎 + 1 ≡ 𝑘 (mod 𝑝) do 𝑎 ≡ 1 (mod 𝑝) và suy ra nó không chia hết cho 𝑝. Bài toán đúng. Giả sử bài toán đúng với 𝛽 ≥ 0 nào đó và 𝑘 = 𝑝 𝛽+1 𝑡 với 𝑝  𝑡. Theo giả thiết quy nạp ta có 𝑎 𝑘/𝑝 = 𝑎 𝑝 𝛽 𝑡 = 𝑚𝑝 𝛼+𝛽 + 1 với 𝑚 không chia hết cho 𝑝. Hơn nữa ta có 𝑎 𝑘 − 1 =  𝑚𝑝 𝛼+𝛽 + 1  𝑝 − 1 =  𝑚𝑝 𝛼+𝛽  𝑝 + · · · + 𝐶 2 𝑝  𝑚𝑝 𝛼+𝛽  2 + 𝑚𝑝 𝛼+𝛽+1 . Vì 𝑝 | 𝐶 2 𝑝 = 𝑝 (𝑝 − 1) 2 , nên tất cả các số hạng trong khai triển trên, ngoại trừ số hạng cuối cùng, đều chia hết cho 𝑝 𝛼+𝛽+2 . Từ đó ta có ngay 𝑝 𝛼+𝛽+1 ‖ 𝑎 𝑘 − 1. Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.  Tương tự như ví dụ trên, ta có bài toán với 𝑝 = 2. Trong trường hợp này do 𝐶 2 𝑝 = 1 nên bài toán có sự thay đổi một chút. Ví dụ 4. Cho 𝑎, 𝑘 là các số nguyên dương, 𝛼 ∈ N + sao cho 2 𝛼 ‖ 𝑎 2 − 1, khi đó với mọi số nguyên 𝛽 ≥ 0 thì 2 𝛼+𝛽 ‖ 𝑎 𝑘 − 1 ⇔ 2 𝛽+1 ‖ 𝑘. 3 www.VNMATH.com Lời giải. Rõ ràng ta chỉ cần xét với 𝑘 là số nguyên dương chẵn. Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo 𝛽 ≥ 0. Với 𝛽 = 0 ⇔ 𝑘 = 2𝑛 (𝑛 là số lẻ). Khi đó 𝑎 𝑘 − 1 𝑎 2 − 1 = 𝑛−1  𝑖=0 𝑎 2(𝑛−1−𝑖) ≡ 𝑛 ̸≡ 0 (mod 2 𝛼 ) . Bài toán đúng với 𝛽 = 0. Giả sử bài toán đúng với 𝛽 ≥ 0, đặt 𝑘 = 2𝑛 với 2 𝛽+1 ‖ 𝑛, khi đó 𝑎 𝑘 − 1 𝑎 𝑛 − 1 = 𝑎 𝑛 + 1 ≡ 2 (mod 4) (do 𝑎 lẻ và 𝑛 chẵn). Mà 2 𝛼+𝛽 ‖ 𝑎 𝑛 − 1. Suy ra bài toán đúng đến 𝛽 + 1. Ta có điều phải chứng minh.  Chú ý: Hai ví dụ trên có thể tổng quát hơn, đó là định lý về số mũ đúng như dưới đây, cách chứng minh hoàn toàn tương tự bằng quy nạp. Định lý 4. (Lifting the Exponent Lemma) i. Với 𝑥, 𝑦 là các số nguyên (không nhất thiết dương), 𝑛 là số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố lẻ sao cho 𝑝 | 𝑥 − 𝑦 và 𝑥, 𝑦 không chia hết cho 𝑝. Khi đó 𝑣 𝑝 (𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 ) = 𝑣 𝑝 (𝑥 − 𝑦) + 𝑣 𝑝 (𝑛) . ii. Với 𝑥, 𝑦 là hai số nguyên lẻ và 𝑛 là số nguyên dương chẵn. Khi đó 𝑣 2 (𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 ) = 𝑣 2 (𝑥 − 𝑦) + 𝑣 2 (𝑥 + 𝑦) + 𝑣 2 (𝑛) − 1. Nhận xét: +, Nếu 𝑛 lẻ bằng cách thay 𝑦 bởi −𝑦 thì ta cũng có đẳng thức tương tự trong phần i, 𝑣 𝑝 (𝑥 𝑛 + 𝑦 𝑛 ) = 𝑣 𝑝 (𝑥 + 𝑦) + 𝑣 𝑝 (𝑛) ; +, Trong phần ii, do 𝑥, 𝑦 lẻ nên một trong hai số 𝑣 2 (𝑥 − 𝑦) , 𝑣 2 (𝑥 + 𝑦) bằng 1. Ví dụ 5. (Nga 1996) Các số nguyên dương 𝑎, 𝑏, 𝑝, 𝑛, 𝑘 thỏa mãn 𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 = 𝑝 𝑘 . Chứng minh rằng nếu 𝑛 > 1 là số lẻ và 𝑝 là số nguyên tố lẻ thì 𝑛 là lũy thừa của 𝑝. Lời giải. Ta có 𝑝 𝑘 = (𝑎 + 𝑏) (𝑎 𝑛−1 − 𝑎 𝑛−2 𝑏 + · · · + 𝑏 𝑛−1 ) suy ra 𝑎 + 𝑏 = 𝑝 𝑗 , 𝑗 ≥ 1. Giả sử 𝑝 𝑙 ‖ 𝑛 mà 𝑎 ≡ −𝑏 (mod 𝑝). Nên theo định lý 4 ta có 𝑣 𝑝 (𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 ) = 𝑣 𝑝 (𝑎 + 𝑏) + 𝑣 𝑝 (𝑛) = 𝑗 + 𝑙, tức là 𝑝 𝑙+𝑗 ‖ (𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 ) = 𝑝 𝑘 ⇒ 𝑙 = 𝑘 − 𝑗. Hơn nữa theo định lý 4 ta lại có 𝑣 𝑝  𝑎 𝑝 𝑘−𝑗 + 𝑏 𝑝 𝑘−𝑗  = 𝑣 𝑝 (𝑎 + 𝑏) + 𝑣 𝑝  𝑝 𝑘−𝑗  = 𝑗 + 𝑘 − 𝑗 = 𝑘, 4 www.VNMATH.com suy ra 𝑝 𝑘 ‖ 𝑎 𝑝 𝑘−𝑗 + 𝑏 𝑝 𝑘−𝑗 và 𝑎 𝑝 𝑘−𝑗 + 𝑏 𝑝 𝑘−𝑗 ‖ 𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 (vì 𝑛 lẻ và 𝑝 𝑘−𝑗 ‖ 𝑛). Mà 𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 = 𝑝 𝑘 nên ta có 𝑝 𝑘 = 𝑎 𝑝 𝑘−𝑗 + 𝑏 𝑝 𝑘−𝑗 = 𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 và từ đó 𝑛 = 𝑝 𝑘−𝑗 .  3. Định lý Fermat (nhỏ) Định lý 5. (Định lý Fermat) Cho 𝑝 là một số nguyên tố thỏa mãn 𝑝  𝑎. Khi đó 𝑎 𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) . Đối với số nguyên 𝑎 bất kỳ, ta có 𝑎 𝑝 ≡ 𝑎 (mod 𝑝) . Ví dụ 6. Giả sử số nguyên tố 𝑝 có dạng 4𝑘 + 3 và là ước của (𝑥 2 + 𝑦 2 ) thì 𝑝 | 𝑥, 𝑝 | 𝑦. Lời giải. Giả sử trái lại 𝑝  𝑥, 𝑝  𝑦 ⇒ gcd (𝑥, 𝑝) = gcd (𝑦, 𝑝) = 1. Do đó theo định lý Fermat ta có 𝑥 𝑝−1 ≡ 𝑦 𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝). Trong khi đó từ giả thiết ta có 𝑥 2 ≡ −𝑦 2 (mod 𝑝) ⇒ (𝑥 2 ) 𝑝−1 2 ≡ (−𝑦 2 ) 𝑝−1 2 (mod 𝑝). Hay 𝑥 𝑝−1 ≡ −𝑦 𝑝−1 (mod 𝑝) ⇔ 1 ≡ −1 (mod 𝑝). Ta có mâu thuẫn vì 𝑝 là số nguyên tố lẻ.  Nhận xét: Từ ví dụ này ta suy ra ngay với 𝑛 là số nguyên dương mọi ước nguyên tố lẻ của 𝑛 2 + 1 đều có dạng 4𝑘 + 1. Và từ đó mọi ước dương của 𝑛 2 + 1 đều có dạng 2 𝑖 (4𝑘 + 1) , 𝑖 = 0, 1. Ví dụ 7. (CĐT Mỹ 2008) Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 sao cho 𝑛 7 + 7 là số chính phương. Lời giải. Giả sử tồn tại 𝑚 ∈ N sao cho 𝑛 7 + 7 = 𝑚 2 . Khi đó ta có 𝑚 2 + 11 2 = 𝑛 7 + 2 7 = (𝑛 + 2)  𝑛 6 − 2𝑛 5 + · · · − 2 5 𝑛 + 2 6  . Rõ ràng 𝑚 2 + 11 2 ≡ 1, 2 (mod 4) ⇒ 𝑛 7 + 2 7 ≡ 1, 2 (mod 4). Từ đó dễ dàng thấy 𝑛 ≡ 1 (mod 4). Mà theo đẳng thức trên ta có (𝑛 + 2) | 𝑚 2 + 11 2 suy ra 𝑚 2 + 11 2 phải có một ước nguyên tố 𝑝 có dạng 4𝑖 + 3. Từ đó 11 2 ≡ −𝑚 2 (mod 𝑝). Nếu 𝑝 ̸= 11 thì theo định lý Fermat ta có 11 𝑝−1 ≡ 𝑚 𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) nhưng trong khi đó 11 𝑝−1 ≡  −𝑚 2  𝑝−1 2 = −𝑚 𝑝−1 (mod 𝑝) mâu thuẫn. Suy ra 𝑝 = 11. Do đó 𝑚 = 11𝑘, 𝑘 ∈ N và 11 | (𝑛 + 2) . Hơn nữa từ đó ta lại có 𝑛 6 − 2𝑛 5 + · · · − 2 5 𝑛 + 2 6 ≡ 7.2 6 ≡ 8 (mod 11) . Suy ra 11 2 | (𝑛 + 2) ⇒ 𝑛 = 11 2 ℎ − 2 và ℎ là ước dương của 𝑘 2 + 1. Theo ví dụ 6 các ước nguyên tố lẻ của 𝑘 2 + 1 chỉ có dạng 4𝑖 + 1, tức là ℎ chỉ có dạng 2 𝑗 (4𝑖 + 1) , 𝑗 = 0, 1. Khi đó 𝑛 = 11 2 ℎ − 2 ≡ 0; 3 (mod 4). Ta có mâu thuẫn vì 𝑛 ≡ 1 (mod 4). Do đó không tồn tại 𝑛 thỏa mãn đầu bài.  5 www.VNMATH.com 4. Hàm Euler Định nghĩa 6. Cho 𝑛 là số nguyên dương. Hàm Euler 𝜙 xác định trên tập các số nguyên dương như sau: 𝜙 (𝑛) là số các số nguyên dương nhỏ hơn 𝑛 và nguyên tố cùng nhau với 𝑛. Quy ước 𝜙 (1) = 1. Tính chất 7. Hàm 𝜙 (𝑛) có tính chất nhân theo nghĩa: Nếu 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên tố cùng nhau thì 𝜙 (𝑎𝑏) = 𝜙 (𝑎) 𝜙 (𝑏) . Tính chất 8. Giả sử 𝑛 = 𝑝 𝛼 1 1 𝑝 𝛼 2 2 . . . 𝑝 𝛼 𝑘 𝑘 là phân tích tiêu chuẩn của 𝑛 > 1. Khi đó 𝜙 (𝑛) = 𝑛  1 − 1 𝑝 1  1 − 1 𝑝 2  · · ·  1 − 1 𝑝 𝑘  . Định lý 9. (Định lý Euler) Cho 𝑎, 𝑛 là các số nguyên, 𝑛 > 1, (𝑎, 𝑛) = 1. Khi đó 𝑎 𝜙(𝑛) ≡ 1 (mod 𝑛) . Với 𝑎, 𝑛 là hai số nguyên dương bất kỳ ta có 𝑎 𝑛 ≡ 𝑎 𝑛−𝜙(𝑛) (mod 𝑛) . Nhận xét: Định lý Fermat là trường hợp riêng của định lý Euler trong trường hợp 𝑛 là số nguyên tố. Bổ đề 10. Với 𝑎, 𝑏 là các số nguyên dương 𝑎, 𝑏 thì với 𝑛 đủ lớn ta có 𝑏 𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏 𝑛 (mod 𝑎) (cụ thể hơn 𝑛 ≥ max  𝑣 𝑝 𝑖 (𝑎) + 1, 𝑝 𝑖 là ước nguyên tố của 𝑎  ). Chứng minh của bổ đề này có thể xem trong bài 7 dưới đây. Ví dụ 8. (IMO 1971) Chứng minh rằng dãy số 2 𝑛 − 3 (𝑛 > 1) chứa một dãy con vô hạn gồm các số đôi một nguyên tố cùng nhau. Lời giải. Ta xây dựng dãy con bằng quy nạp. Giả sử ta đã xây dựng được dãy các số 𝑎 1 = 2 𝑛 1 − 1, 𝑎 2 = 2 𝑛 2 − 1, , 𝑎 𝑘 = 2 𝑛 𝑘 − 1, ở đó 2 = 𝑛 1 < 𝑛 2 < · · · < 𝑛 𝑘 , mà các phần tử đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta sẽ xây dựng 𝑎 𝑘+1 = 2 𝑛 𝑘+1 − 3 như sau: Đặt 𝑠 = 𝑎 1 𝑎 2 𝑎 𝑘 ta có 𝑠 là số lẻ nên theo định lý Euler ta có 𝑠 | 2 𝜙(𝑠) − 1 ⇒ 2 𝜙(𝑠) − 1 = 𝑞𝑠, 𝑞 ∈ N. Khi đó ta có 2 𝜙(𝑠)+2 − 3 = 4𝑞𝑠 − 1 là nguyên tố cùng nhau với 𝑠, nên ta có thể chọn 𝑛 𝑘+1 = 𝜙 (𝑠) + 2. Rõ ràng 𝑛 𝑘+1 > 𝑛 𝑘 và dãy số 𝑎 1 , 𝑎 2 , , 𝑎 𝑘 , 𝑎 𝑘+1 đôi một nguyên tố cùng nhau, từ đó ta có điều phải chứng minh.  Ví dụ 9. (Mỹ 1991) Chứng minh rằng với mọi số nguyên 𝑛 ≥ 1, dãy số sau 2, 2 2 , 2 2 2 , 2 2 2 2 , . . . (mod 𝑛) là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó. 6 www.VNMATH.com Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo 𝑛. Với 𝑛 = 1 bài toán hiển nhiên đúng. Giả sử bài toán đúng đến 𝑘 − 1, (𝑘 ≥ 2). +, Nếu 𝑘 chẵn, 𝑘 = 2 𝑎 𝑏 với 𝑏 lẻ. Khi đó theo giả thiết quy nạp thì dãy đã cho là hằng số từ lúc nào đó mô-đun 𝑏. Mà rõ ràng dãy này là dãy 0 mô-đun 2 𝑎 kể từ lúc nào đó. Vì thế theo mô-đun 𝑘 nó cũng là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó. +, Nếu 𝑘 lẻ, theo định lý Euler ta có 2 𝜙(𝑘) ≡ 1 (mod 𝑘). Mà theo giả thiết quy nạp dãy 1, 2, 2 2 , 2 2 2 , . . . (dãy các số mũ) là hằng số kể từ một lúc nào đó mô-đun 𝜙 (𝑘). Vì thế 2, 2 2 , 2 2 2 , 2 2 2 2 , . . . (mod 𝑘) là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó. Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.  5. Cấp (order) của một số nguyên Định nghĩa 11. Cho 𝑎, 𝑛 là hai số nguyên dương và 𝑎 là số nguyên bất kỳ thỏa mãn (𝑎, 𝑛) = 1. Số nguyên dương ℎ nhỏ nhất sao cho 𝑎 ℎ ≡ 1 (mo d 𝑛) được gọi là cấp của 𝑎 mô-đun 𝑛, ký hiệu ord 𝑛 (𝑎) . Bổ đề 12. Cho 𝑚, 𝑛 là các số nguyên dương và 𝑎 là số nguyên khác 1. Khi đó gcd (𝑎 𝑚 − 1, 𝑎 𝑛 − 1) = ⃒ ⃒ 𝑎 gcd(𝑚,𝑛) − 1 ⃒ ⃒ . Định lý 13. Cho 𝑎, 𝑛 là các số nguyên nguyên tố cùng nhau với 𝑛 > 0 khi đó ord 𝑛 (𝑎) | 𝜙 (𝑛). Định nghĩa 14. Nếu 𝑟, 𝑛 là các số nguyên tố cùng nhau với 𝑛 > 0 và nếu ord 𝑛 𝑟 = 𝜙 (𝑛) thì 𝑟 được gọi là căn nguyên thủy mô-đun 𝑛. Định lý 15. Nếu 𝑟, 𝑛 là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau và nếu 𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑛. Khi đó các số nguyên  𝑟, 𝑟 2 , , 𝑟 𝜙(𝑛)  tạo thành một hệ thặng dư thu gọn mô-đun 𝑛. Định lý 16. (Sự tồn tại của căn nguyên thủy) Mọi số nguyên tố đều có căn nguyên thủy. Tổng quát hơn: số nguyên dương 𝑛 > 1 có căn nguyên thủy khi và chỉ khi 𝑛 = 2, 4, 𝑝 𝑘 hoặc 2𝑝 𝑘 trong đó 𝑝 là số nguyên tố lẻ và 𝑘 là số nguyên dương. Ví dụ 10. Cho 𝑛 là hai số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố thỏa. Chứng minh rằng nếu 𝑚 là ước nguyên tố lẻ của 𝑛 𝑝 + 1 thì 2𝑝 | 𝑚 − 1 hoặc 𝑚 | 𝑛 2 − 1. Lời giải. Từ giả thiết 𝑚 | 𝑛 𝑝 + 1 ⇒ 𝑛 𝑝 ≡ −1 ̸≡ 1 (mod 𝑚) vì 𝑚 > 2. Suy ra 𝑛 2𝑝 ≡ 1 (mod 𝑚). Đặt 𝑑 = ord 𝑚 𝑛 khi đó 𝑑 là ước của 2𝑝 nhưng không là ước của 𝑝. Mà 𝑝 là số nguyên tố suy ra 𝑑 = 2 hoặc 𝑑 = 2𝑝. +, Nếu 𝑑 = 2 suy ra 𝑛 2 ≡ 1 (mod 𝑚) hay 𝑚 | 𝑛 2 − 1. +, Nếu 𝑑 = 2𝑝 ⇒ 2𝑝 | 𝑚 − 1 vì theo định lý Fermat ta có 𝑑 | 𝑚 −1 (đpcm).  Ví dụ 11. (Dự tuyển IMO 2006) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 𝑥 7 − 1 𝑥 − 1 = 𝑦 5 − 1. 7 www.VNMATH.com Lời giải. Gọi 𝑝 là một ước nguyên tố bất kỳ của 𝑥 7 − 1 𝑥 − 1 = 𝑥 6 + 𝑥 5 + · · · + 𝑥 + 1. Ta có hai trường hợp: +, Nếu 𝑝 | (𝑥 − 1), suy ra 𝑥 7 − 1 𝑥 − 1 ≡ 1 + 1 + · · · + 1 + 1 ≡ 7 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 7; +, Nếu 𝑝  (𝑥 − 1), ta có ngay ord 𝑝 𝑥 = 7. Từ đó suy ra 𝑝 ≡ 1 (mo d 7) . Vậy ta có mọi ước nguyên dương 𝑑 của 𝑥 7 − 1 𝑥 − 1 thỏa mãn 𝑑 ≡ 0; 1 (mod 7). Bây giờ giả sử (𝑥, 𝑦) là một nghiệm của phương trình đã cho. Mà 𝑦 5 − 1 = (𝑦 − 1) (𝑦 4 + 𝑦 3 + 𝑦 2 + 𝑦 + 1) suy ra 𝑦 − 1 ≡ 0; 1 (mo d 7) 𝑦 4 + 𝑦 3 + 𝑦 2 + 𝑦 + 1 ≡ 0; 1 (mod 7) . Ta có mâu thuẫn vì khi đó 𝑦 ≡ 1; 2 (mod 7) ⇒ 𝑦 4 +𝑦 3 +𝑦 2 +𝑦 +1 ≡ 5; 3 (mod 7). Vậy bài toán vô nghiệm.  Ví dụ 12. (CĐT Trung Quốc 2006) Tìm tất cả các cặp số nguyên (𝑎, 𝑛) sao cho (𝑎 + 1) 𝑛 − 𝑎 𝑛 𝑛 là số nguyên. Lời giải. Xét 𝑛 ≥ 2, giả sử 𝑝 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛. Khi đó 𝑝 | (𝑎 + 1) 𝑛 −𝑎 𝑛 ⇒ (𝑝, 𝑛) = 1 nên tồn tại 𝑏 sao cho 𝑎𝑏 ≡ 1 (mod 𝑝). Ta có (𝑎 + 1) 𝑛 ≡ 𝑎 𝑛 (mod 𝑝) ⇒ ((𝑎 + 1) 𝑏) 𝑛 ≡ 1 (mod 𝑝). Do đó 𝑑 | 𝑛 với 𝑑 = ord 𝑝 (𝑎𝑏 + 𝑏). Hơn nữa theo định lý Fermat ta có ((𝑎 + 1) 𝑏) 𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑑 | 𝑝 − 1 ⇒ gcd (𝑑, 𝑛) = 1 (theo định nghĩa của 𝑝). Tức là 𝑑 = 1, suy ra 𝑎 + 1 ≡ 𝑎 (mod 𝑝). Mâu thuẫn, do đó 𝑛 = 1.  Chú ý : Ta có thể trình bày lời giải bằng căn nguyên thủy như sau: Gọi 𝑔 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝. Theo giả thiết ta dễ thấy rằng 𝑎, 𝑎 + 1 không chia hết cho 𝑝, suy ra (𝑎 + 1, 𝑝) = (𝑎, 𝑝) = 1 ⇒ 𝑎 + 1 ≡ 𝑔 𝑘 , 𝑎 ≡ 𝑔 ℎ (mod 𝑝) với 𝑘 ̸= ℎ. Thay vào phương trình đã cho suy ra 𝑔 𝑘𝑛 ≡ 𝑔 ℎ𝑛 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 − 1 | 𝑛 (𝑘 − ℎ). Mà 𝑝 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛 nên (𝑝 − 1, 𝑛) = 1 ⇒ 𝑝 − 1 | 𝑘 − ℎ. Theo định lý Fermat suy ra 𝑝 | 𝑔 𝑝−1 − 1 | 𝑔 𝑘 − 𝑔 ℎ ⇒ 𝑝 = 1 mâu thuẫn.  6. Một số hệ quả hay dùng khác i. Nếu 𝑝 | 𝑥 thì (𝑥 + 𝑦) 𝑛 ≡ 𝑛𝑥𝑦 𝑛−1 + 𝑦 𝑛 (mod 𝑝 2 ) và nếu 𝑎 ≡ 𝑏 (mod 𝑝) thì 𝑎 = 𝑘𝑝 + 𝑏 ta có 𝑎 𝑛 ≡ 𝑛𝑘𝑝𝑏 𝑛−1 + 𝑏 𝑛 (mod 𝑝 2 ) . ii . Cho 𝑚 là số nguyên dương và 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên tố cùng nhau với 𝑚. Nếu 𝑥, 𝑦 là hai số nguyên thỏa mãn 𝑎 𝑥 ≡ 𝑏 𝑥 (mod 𝑚) và 𝑎 𝑦 ≡ 𝑏 𝑦 (mod 𝑚). Khi đó 𝑎 gcd(𝑥,𝑦) ≡ 𝑏 gcd(𝑥,𝑦) (mod 𝑚). iii . Cho 𝑝 là một số nguyên tố lẻ. Khi đó a) nếu 𝑎 ≥ 2 thì 𝑎 𝑝 − 1 có một ước nguyên tố mà không là ước của 𝑎 − 1; b) nếu 𝑎 ≥ 2, 𝑝 ̸= 3 hoặc 𝑎 > 2 thì 𝑎 𝑝 + 1 có một ước nguyên tố mà không là ước của 𝑎 + 1. 8 www.VNMATH.com Hướng dẫn. Giả sử trái lại suy ra mọi ước của 𝐴 = 𝑎 𝑝−1 +𝑎 𝑝−2 +· · ·+𝑎+1 đều là ước của 𝑎 − 1 mà 𝐴 = (𝑎 − 1) 𝐵 + 𝑝 ⇒ gcd (𝑎 − 1, 𝑎 𝑝−1 + 𝑎 𝑝−2 + · · · + 𝑎 + 1) | 𝑝 ⇒ 𝐴 là lũy thừa của 𝑝. Do đó 𝑝 2 ‖ 𝑎 𝑝 − 1 ⇒ 𝐴 = 𝑝 − 1 mâu thuẫn. iv. Nếu 𝑎 là số nguyên không chia hết cho số nguyên tố 𝑝 và có một số nguyên dương 𝑘 thỏa mãn 𝑎 𝑘 ≡ −1 (mod 𝑝) khi đó nếu 𝑑 = ord 𝑝 𝑎 thì ℎ = 𝑑/2 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 𝑎 ℎ ≡ −1 (mod 𝑝) . Hướng dẫn. 𝑎 2𝑘 ≡ 1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑑 | 2𝑘 mà 𝑎 𝑘 ≡ −1 (mod 𝑝) nên 𝑑 = 2ℎ ⇒  𝑎 ℎ − 1  𝑎 ℎ + 1  ≡ 0 (mod 𝑝) . v. Nếu 𝑥 là số nguyên dương và 𝑝, 𝑞 là hai số nguyên tố sao cho 𝑞 | 𝑥 𝑝 − 1 𝑥 − 1 thì 𝑞 = 𝑝 hoặc 𝑞 ≡ 1 (mod 𝑝) . vi. Số nguyên dương 𝑑 nhỏ nhất thỏa mãn 2 𝑑 ≡ 1  mod 3 𝑘  là 𝑑 = 𝜙  3 𝑘  = 2.3 𝑘−1 . Nói cách khác 2 là căn nguyên thủy mô-đun 3 𝑛 . Hướng dẫn. Nếu 𝑝 là số nguyên tố lẻ và 𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝 2 thì 𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝 𝑘 với mọi số nguyên dương 𝑘. II. Bài tập áp dụng Bài 1. (IMO 2005) Xét dãy số 𝑎 1 , 𝑎 2 , xác định bởi công thức 𝑎 𝑛 = 2 𝑛 + 3 𝑛 + 6 𝑛 − 1 (𝑛 = 1, 2, ) . Xác định tất cả các số nguyên dương mà chúng nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy trên. Lời giải. Ta sẽ chứng minh với mọi số nguyên tố 𝑝 luôn tồn tại một số hạng 𝑎 𝑚 của dãy sao cho 𝑝 | 𝑎 𝑚 , từ đó suy ra tất cả các số cần tìm là 1. +, Với 𝑝 = 2, 3 rõ ràng 𝑎 2 = 48 từ đó 𝑝 | 𝑎 2 . +, Xét 𝑝 > 3. Áp dụng định lý Fermat ta có 6𝑎 𝑝−2 = 3.2 𝑝−1 + 2.3 𝑝−1 + 6 𝑝−1 − 6 ≡ 3 + 2 + 1 − 6 ≡ 0 (mod 𝑝) . Từ đó 𝑝 | 𝑎 𝑝−2 ⇒ gcd (𝑝, 𝑎 𝑝−2 ) = 𝑝 > 1. Vậy chỉ có số 1 thỏa mãn bài toán.  Bài 2. (Dự tuyển IMO 2005) Giả sử 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên dương sao cho 𝑎 𝑛 + 𝑛 là ước của 𝑏 𝑛 + 𝑛 với mọi số nguyên dương 𝑛. Chứng minh rằng 𝑎 = 𝑏. Lời giải. Giả sử 𝑎 ̸= 𝑏, khi đó từ giả thiết dễ thấy 𝑏 > 𝑎. Chọn 𝑝 là số nguyên tố lớn hơn 𝑏 và lấy 𝑛 = (𝑎 + 1) (𝑝 − 1) + 1. Theo cách chọn này ta có 𝑛 ≡ 1 (mod 𝑝 − 1) và 𝑛 ≡ −𝑎 (mod 𝑝). Khi đó theo định lý Fermat ta có 𝑟 𝑛 ≡ 𝑟  𝑟 𝑝−1  𝑎+1 ≡ 𝑟 (mod 𝑝) ∀𝑟 ∈ Z. Ta lại có 𝑎 𝑛 + 𝑛 ≡ 𝑎 − 𝑎 ≡ 0 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 | 𝑎 𝑛 + 𝑛. Hơn nữa 𝑏 𝑛 + 𝑛 ≡ 𝑏 − 𝑎 ≡ 0 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 | 𝑏 − 𝑎. Điều này mâu thuẫn vì 𝑝 > 𝑏. Do đó 𝑎 = 𝑏 thỏa mãn.  Bài 3. (Bulgaria 1995) Tìm tất cả các số nguyên tố 𝑝, 𝑞 sao cho 𝑝𝑞 là ước của (5 𝑝 − 2 𝑝 ) (5 𝑞 − 2 𝑞 ). 9 www.VNMATH.com Lời giải. Do tính đối xứng nên ta có thể giả sử 𝑝 ≤ 𝑞 mà (5 𝑝 − 2 𝑝 ) (5 𝑞 − 2 𝑞 ) là số lẻ nên ta có 5 ≤ 𝑝 ≤ 𝑞. Để ý rằng nếu số nguyên tố 𝑘 là ước của 5 𝑘 − 2 𝑘 thì theo định lý Fermat ta có ngay 3 ≡ 5 − 2 ≡ 5 𝑘 − 2 𝑘 (mod 𝑘) ⇒ 𝑘 = 3. Giả sử 𝑝 > 3, theo nhận xét trên ta có 𝑝 là ước của 5 𝑞 −2 𝑞 hay 5 𝑞 ≡ 2 𝑞 (mod 𝑝). Lại theo định lý Fermat thì 5 𝑝−1 ≡ 2 𝑝−1 (mod 𝑝). Do đó 5 gcd(𝑝−1,𝑞) ≡ 2 gcd(𝑝−1,𝑞) (mod 𝑝) . Mà 𝑞 ≥ 𝑝 ⇒ gcd (𝑝 − 1, 𝑞) = 1 do đó ta có 5 ≡ 2 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 3 mâu thuẫn. Suy ra 𝑝 = 3. Nếu 𝑞 > 3 suy ra 𝑞 là ước của 5 𝑝 − 2 𝑝 = 5 3 − 2 3 = 9.13 ⇒ 𝑞 = 13 thỏa mãn. Vậy tất cả các cặp (𝑝, 𝑞) cần tìm là: (3, 3) ; (3, 13) ; (13, 3).  Bài 4. (Dự tuyển 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 𝑛, số 𝑛 𝑝 − 𝑝 không chia hết cho 𝑞. Lời giải. Ta có 𝑝 𝑝 − 1 𝑝 − 1 = 1 + 𝑝 + 𝑝 2 + · · · 𝑝 𝑝−1 ≡ 𝑝 + 1  mod 𝑝 2  , suy ra có ít nhất một ước nguyên tố của 𝑝 𝑝 − 1 𝑝 − 1 không đồng dư 1 mô-đun 𝑝 2 . Gọi số nguyên tố này là 𝑞 và ta sẽ chỉ ra đây là số 𝑞 cần tìm. Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên 𝑛 sao cho 𝑛 𝑝 ≡ 𝑝 (mod 𝑞). Khi đó, theo cách chọn số 𝑞 ta có 𝑛 𝑝 2 ≡ 𝑝 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Mặt khác, theo định lý Fermat, 𝑛 𝑞−1 ≡ 1 (mod 𝑞), vì 𝑞 là số nguyên tố. Hơn nữa ta có 𝑝 2  𝑞 − 1 nên (𝑝 2 , 𝑞 − 1) | 𝑝 ⇒ 𝑛 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Suy ra 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Khi đó ta thu được 1 + 𝑝 + · · · + 𝑝 𝑝−1 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) . Cùng với định nghĩa của 𝑞 ta có ngay 𝑝 ≡ 0 (mod 𝑞), đây là điều mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh.  Nhận xét: Để dùng định lý Fermat, ta sẽ tìm cách chọn số 𝑞 có dạng 𝑝𝑘 + 1. Khi đó ∃𝑛 𝑛 𝑝 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) ⇔ 𝑝 𝑘 ≡ 1 (mod 𝑞) , tức là ∀𝑛 𝑛 𝑝 ̸≡ 𝑝 (mod 𝑞) ⇔ 𝑝 𝑘 ̸≡ 1 (mod 𝑞) . Do đó để tìm 𝑞 ta sẽ chọn 𝑞 là một ước nguyên tố của 𝑝 𝑝 − 1 và ta có cách chọn như trên. Bài 5. (Dự tuyển IMO 2005) Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 > 1 sao cho tồn tại duy nhất số nguyên 𝑎 với 0 < 𝑎 ≤ 𝑛! thỏa mãn 𝑎 𝑛 + 1 chia hết cho 𝑛!. 10 www.VNMATH.com [...]... 2, tức là 𝑏 + 1 là lũy thừa của 2 III Một số bài tập Bài 1 (Dự tuyển IMO 2007) Cho 𝑏, 𝑛 là các số nguyên Giả sử với mỗi 𝑘 > 1 luôn tồn tại số nguyên 𝑎 𝑘 sao cho 𝑏 − 𝑎 𝑘𝑛 chia hết cho 𝑘 Chứng minh rằng 𝑏 = 𝐴 𝑛 với 𝐴 là số nguyên nào đó 16 www.VNMATH.com Hướng dẫn: Biểu diễn 𝑏 = 𝑝1𝛼1 𝑝 𝑙𝛼 𝑙 Do 𝑏2 | 𝑏 − 𝑎 𝑏𝑛2 ⇒ 𝑝 𝑖𝛼 𝑖 ‖ 𝑎 𝑏𝑛2 ∀𝑖 Suy ra 𝑛 | 𝛼 𝑖 ∀𝑖 tức là 𝑏 là lũy thừa đúng bậc 𝑛 Bài 2 (Dự tuyển IMO... 𝑑 = 1 ⇒ 𝑛 = 3 thỏa mãn Đáp số 𝑛 = 1, 𝑛 = 3 Bài 16 (CĐT Trung Quốc 2005) Cho 𝑏, 𝑚, 𝑛 là các số nguyên dương 𝑏 > 1, 𝑚 ̸= 𝑛 Chứng minh rằng nếu 𝑏 𝑚 − 1 và 𝑏 𝑛 − 1 có cùng các ước nguyên tố thì 𝑏 + 1 là lũy thừa của 2 Lời giải Trước hết ta chứng minh bài toán cho trường hợp 𝑛 = 1, tức là nếu 𝑎 > 1, 𝑘 > 1 và 𝑎 𝑘 − 1 và 𝑎 − 1 có cùng các nhân tử nguyên tố thì 𝑘 và 𝑎 + 1 là lũy thừa của 2 Phản chứng, giả... hơn số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑞 − 1 Do tính đối xứng nên ta cũng có số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑞 − 1 lớn hơn số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑝 − 1 Đây là điều mâu thuẫn, trong trường hợp này bài toán vô nghiệm Vậy các nghiệm của bài toán là (2, 3) ; (2, 5) ; (5, 5) ; (5, 313) và các nghiệm đối xứng của nó là (3, 2) ; (5, 2) ; (313, 5) Bài 12 (CĐT Romanian 2000) Cho 𝑎 > 1 là số nguyên... 𝑥 = 4, 𝑦 = 23 Đáp số (0, ±2) ; (4, ±23) Bài 4 (Dự tuyển IMO 2001) Cho 𝑝 là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng tồn tại số nguyên 𝑎 với 1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑝 − 2 sao cho hoặc 𝑎 𝑝−1 − 1 hoặc (𝑎 + 1) 𝑝−1 − 1 chia hết cho 𝑝2 Hướng dẫn: Đặt 𝐴 = {1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑝 − 1 : 𝑎 𝑝−1 ̸≡ 1 (mod 𝑝2 )} Vì ít nhất một trong hai số 𝑎, 𝑝 − 𝑎 thuộc 𝐴 và 1 ∈ 𝐴 và |𝐴| ≥ (𝑝 − 1) /2 = 𝑘 và giả sử có / đúng một trong hai số 2𝑖, 2𝑖 + 1 (1 ≤... mâu thuẫn Bài 8 (IMO 2000) Hỏi có tồn tại hay không số nguyên dương 𝑛 có đúng 2000 ước nguyên tố và 2 𝑛 + 1 chia hết cho 𝑛 Hướng dẫn: Sử dụng quy nạp theo số các ước số, 𝑘 Chỉ ra rằng ta có thể tìm 𝑛 với đúng 𝑘 ước nguyên tố sao cho 𝑛 | (2 𝑛 + 1) và có một ước nguyên tố của 2 𝑛 + 1 nhưng không là ước của 𝑛 17 www.VNMATH.com Bài 9 (CĐT Iran 2006) Cho 𝑛 là số nguyên dương Tìm tất cả các bộ 𝑛 số 𝑎1 , 𝑎2... mãn Vậy tất các số nguyên dương 𝑛 cần tìm là tất cả các số nguyên tố Bài 6 (Dự tuyển IMO 2006) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑛 luôn tồn tại số nguyên 𝑚 sao cho 2 𝑚 + 𝑚 chia hết cho 𝑛 Lời giải Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo 𝑛 rằng luôn tồn tại số nguyên dương 𝑚 đủ lớn để 2 𝑚 ≡ −𝑚 (mod 𝑛) +, Với 𝑛 = 1 hiển nhiên đúng +, Xét 𝑛 > 1 Theo tính chất của hàm Euler ta có dãy các số mũ của 2 theo... tại vô số số nguyên tố 𝑝 sao cho có tồn tại số nguyên dương 𝑘 sao cho 𝑝 | 𝑎1𝑘 + 𝑎2𝑘 + · · · + 𝑎 𝑘𝑛 Hướng dẫn: Ta có thể giả sử gcd (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎 𝑛 ) = 1 và 𝑎 𝑛 ≥ 2 Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố 𝑝1 , , 𝑝 𝑚 Chọn 𝑘 thích hợp để suy ra 𝑎1𝑘 + 𝑎2𝑘 + · · · + 𝑎 𝑘𝑛 có ước nguyên tố lớn hơn 𝑝1 𝑝2 𝑝 𝑚 Bài 11 (Dự tuyển IMO 2002) Tìm tất cả các cặp số nguyên 𝑚, 𝑛 ≥ 3 sao cho tồn tại vô hạn các số nguyên... 𝑎−1 𝑎 𝑛 + 𝑎2 − 1 là một số nguyên Hướng dẫn: Rõ ràng 𝑛 < 𝑚 Sử dụng tính chất đa thức suy ra biểu thức 𝐴 đã cho nhận giá trị nguyên với mọi 𝑎 Đa thức ở tử số chia hết đa thức ở mẫu số nên chúng có nghiệm chung 𝛼 ∈ (0, 1) từ đó đánh giá theo 𝛼 suy ra 𝑚 < 2𝑛 Cuối cùng chọn 𝑎 = 2 và xét mô-đun 𝑑 = 2 𝑛 + 3 (mẫu số) ta được (𝑚, 𝑛) = (5, 3) Bài 12 (Trung Quốc 2008) Tìm tất cả các bộ ba số (𝑝, 𝑞, 𝑛) sao cho... Do đó (︀ )︀ (︀ )︀ 𝑛 ≡ 1 mod 22008 ⇒ 22007 𝑘 ≡ 0 mod 22008 ⇒ 2 | 𝑘 Điều này mâu thuẫn với giả thiết, ta có kết luận của bài toán Bài 10 (Việt Nam 2001) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑎, 𝑏 là các số nguyên tố 𝑛 𝑛 cùng nhau lớn hơn 1 Giả sử 𝑝, 𝑞 là hai ước lẻ lớn hơn 1 của 𝑎6 + 𝑏6 Tìm số dư 𝑛 𝑛 trong phép chia của 𝑎6 + 𝑏6 cho 6.12 𝑛 Lời giải Trước hết ta chứng minh 𝑝 ≡ 1 ≡ 𝑞 (mod 2 𝑛+1 ) Vì (𝑎, 𝑏) = 1... tuyển IMO 2002) Cho 𝑝1 , 𝑝2 , , 𝑝 𝑛 là các số nguyên tố phân biệt lớn hơn 3 Chứng minh rằng 2 𝑝1 𝑝2 𝑝 𝑛 + 1 có ít nhất 4 𝑛 ước số Hướng dẫn: Chú ý nếu 𝑢, 𝑣 lẻ và (𝑢, 𝑣) = 1 thì ước chung lớn nhất của 2 𝑢 + 1 và 2 𝑣 + 1 là 3 Từ đó 2 𝑢𝑣 + 1 chia hết cho (2 𝑢 + 1) (2 𝑣 + 1) /3 Sau đó chứng minh bài toán bằng quy nạp theo 𝑛 Bài 3 (IMO 2006) Xác định tất cả các cặp số nguyên (𝑥, 𝑦) thỏa mãn phương trình 1 . MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA Phạm Văn Quốc (Trường THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong các kỳ thi học sinh giỏi chúng ta hay gặp các bài toán số học liên quan đến lũy thừa. toán mà ta đang xét: công thức lũy thừa, số mũ "đúng", định lý Fermat, Định lý Euler, cấp của số nguyên và một số tính chất liên quan hay dùng . 1. Một số khai triển liên quan đến lũy. trong vận dụng kiến thức. Bài viết dưới đây đề cập đến một số kiến thức cơ bản và kỹ năng liên quan đến các bài toán dạng này. I. Kiến thức cơ bản Trong phần này là một số kiến thức cơ bản nhưng