Báo cáo chuyên đề số học Cấp số nguyên - nguyên thủy ứng dụng Tác giả : Quách Văn Giang Trường THPT chuyên Hà Nội Amsterdams Cấp số nguyên nguyên thủy số nguyên có nhiều ứng dụng việc giải số lớp tốn số học Trong viết tơi muốn trao đổi với bạn đồng nghiệp vài ứng dụng nhỏ cấp số nguyên thủy để giải toán số học thuộc dạng chứng minh tồn lớp số nguyên có tính chất số học cho trước tốn tìm kiếm số tự nhiên biết tính chất số học chúng Thông qua viết mong muốn chia sẻ, trao đổi bạn đồng nghiệp trường chuyên I) Những kiến thức cấp nguyên thủy 1) Những khái niệm Định nghĩa : + Cho a,n số nguyên dương nguyên tố Số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn diều kiện a k  1(mod n) gọi cấp a theo modulo n Ký hiệu k  ord n (a) + a gọi nguyên thủy modulo n ordn (a)   (n) 2) Một số tính chất cấp a) Tính chất Nếu (a,n) = 1, h  ord n (a) k  N* mà a k  1(mod n)  k h Chứng minh : Giả sử k = th+r  r  h  1, a h  1(mod n)  a k  1(mod n)  a r  1(mod n)  r   h / k b) Tính chất Nếu ordn (a)  h, ordn (h)  l, (h, l)  1thì ordn (ah)  hl Chứng minh : Đặt t  ordn (ab) Ta có (ab)hl  a hl bhl  1(mod n)  t / hl (ab)th  a th bth  bth (mod n)  l / th  l / t Ta có  t th (ab)  1(mod n)  (ab)  1(mod n) Tương tự  (ab)th  ath bth  btl (mod n)  h / tl  h / t t / hl , h / t , l / t  t  hl (dpcm) (h, l )  Vậy ta có  c) Tính chất Cho n1 , n2 , , nk số nguyên tố đôi Đặt n  n1 , n2 , , nk Giả sử hi  ord n (a) ta có ordn (a)  [ h1 , h2 , , hk ] i Chứng minh : Đặt h  ordn (a)  ah  1(mod n)  a h  1(mod ni )i  1,k  hi / hi  1,k  h / a Là bội số chung h1 , h2 , , hk  al  1(mod ni )i  1, k n1, n2 , , nk đôi nguyên tố  a l  1(mod n )  h / l l  [h1 , h2 , , hk ] (đpcm) d) Tính chất (a, n)   ord n (a) /  (n) ( n ) Áp dụng định lý Euler (a, n)   a ( n )  1(mod n)  ord n (a) /  (n) e) Tính chất (a, n)  1, n  a i  q i (mod n)  i  j (mod ord n a) i  k h  r Đặt  i i  a r  a r (mod n) GS ri  rj i  k j h  rj r  rj  a ri (a i i j r  rj  1)  0(mod n)  a i  1(mod n)  ri  rj   i  j (mod h) đpcm f) Tính chất Giả sử ord m (a)  t , u  N * ord m au  t u Chứng minh : Đặt ordm (au )  h  a hu  1(mod m) t / hu t / hu t   t  hu  h  u hu / tu h / t Mà t  ordm a  atu  1(mod m)   3) Định lý cấp với modun nguyên tố a) Định lý Cho a số nguyên dương lẻ n  2S (s  N * ) Gọi h = ordn (a ) a   2u.b, a   2c với c  b  1(mod 2)  u  v h = u  S , h  2t , t  max 1; S   v u < v - Chứng minh : Theo định lý Euler a ( n)  1(mod n)  h /  (n)   (2s )  2S 1 Nếu u  s  2S 1 / 2u.b  a  1(mod n )  h /1  h  t 1 h / 2s1  h  2t , t  s   t  1, h   a2   (a  1)(a  1)(a  1) (a  1) t t 1  c.2v (a2  1) (a  1) a n   0(mod 2) a h   0(mod 2v t 1 )  h Do  n v 1 a   b(mod 4), b  a   0(mod ) Nếu u  s  v  2s / a   c.2v  h /  h  a h  2v t 1 Nếu s  v   h s a   v  t 1  s  t  s  1 v Vậy h  2s 1v (đpcm) b) Định lý Cho p  P , p lẻ, (a,p) = 1, n  ps (s  N * ), r  ord p (a) a r   pu q  đặt (u  s) r h  ordn (a) ta có h   s u us  r p Chứng minh : - Ta chứng minh bổ đề (a, p)  1, a   p.q a p 1  pn A (A, p)  n n   a p 1  a 1  p q ( p, q)   mệnh đề n = o Giả sử a p 1  a 1  pn A, ( A, p)  n đặt b  a p  (b, p)   b p 1  (b 1)(b p1  b p2   p  1)  (b 1).B n b   a p   p n  A, ( A, p)    B  p  0(mod p)   B  B1 p ( B1 , p)  b  1(mod p)    B  0(mod p )  n  b p   p n 1 AB1 ( AB1 , p)   a p - Chứng minh định lý : n 1   p n 1 A0 , (A0 , p)  (đpcm) a) Nếu r =1 hay a  1(mod p) theo giả thiết a   pu q, ( p, q)  Nếu u  s  a  1(mod ps )  a  1(mod n)  h  Nếu u  s  h  pt q, ( p, q)  Nếu q   ah 1  a p q 1 đặt d  a p  ah 1(d q 1)  (d 1)(dq1  d q2   d  1) t t Do d  1(mod p)  dq1  d q2   d   q  0(mod p)  (ah 1)  (a p 1).b (b, p)  t Vậy a p  1(mod n)  h/ p t vô lý q   h  p t t Theo bổ đề a h   pt 4 A, ( A, p)   t  a  s  t  s  a t nhỏ t = s - u h  p s u b) r a h  1(mod n)  a h  1(mod p)  h  r đặt b  a r  a h  bl 1 (u  s) dễ thấy ord p (b)   l  ord n (b)   p s u r (u  s)  ord na  rl   s r (u  s ) (u  s ) rp II) Ứng dụng cấp nguyên thủy giải số toán số học 1) Sử dụng cấp số giải tập chứng minh tồn số ngun có tính chất số học xác định Bài : Cho a, b  N * (a, b)  đặt An  a  b2 , n  N * Chứng minh với ước lẻ An có dạng 2n1.k  1, k  N * n n Lời giải Gọi p ước nguyên tố lẻ An Ta có An  0(mod p)  a  b2 (mod p) (1) n n  ( a , b )  ( a , p )    b'  0,1, 2, , p  1 cho b.b '  1(mod p) pP (b, p)  Do  Từ (1)  (b2 )2  (a )2 (mod p)  a  b2 (mod p)   ab ' n n n1 n1 Gọi h  ord p ( ab ') theo định lý Fecma (ab ') p1  1(mod p) (3) h / 2n1 Từ (2) (3)    h  2 ,   0,1, , n, n  1 h / p  2n1  1(mod p) (2) n  Nếu  {0,1, 2, , n}  (ab ')2  [(ab ')2 ]2  1(mod p )  (ab ')2  (bb ')2 (mod p ) n n n mà (bb ')2  1(mod p)  a  b2 (mod p)  2.a2  0(mod p)  p / vô lý n n n n Vậy   n   2n1 / p 1  p  k.2n1 1 ( k  N * ) Bài 2: Chứng minh tồn vô số số nguyên tố p cho q / p 1 p / 2q 1  Lời giải Xét dãy Fn  22  1, n  Xảy trường hợp n n1 a) Fn  P đặt Fn  p  P giả sử q / Fn1  22  2n n1 Ta có p 1   22   (22  1)(22  1)(22  1) (22  1) (1) 2n  n  nên 1 dạng phân tích vế phải (1) có chứa 22  p 1  0(mod Fn1)  0(mod q) n1 n1 Vậy p1  1(mod q) theo giả thiết 22  0(mod q )  Fn  (22 )2  42  12 n n n (4,1) = theo kết : n1 n1 q  t.2n1   2q1 1  2t 1 22 1  (22 1)(22  1)  2q1  1(mod p) n n  p 1  1(mod q) Vậy  q 1   1(mod p) b) Fn hợp số Fn có ước nguyên tố p,q khác Giả sử p, q / Fn1  22  n n 1 p 1 x.2   22   (22  1)(22  1)  p 1  1(mod q)  p  x.2   2     n n 1 q 1 y 2n1    0(mod 22  1)  0(mod p)  2q 1  1(mod p) q  y.2   2   n1 n1 n n c) Nếu Fn  22   p k , k  N * , k   22  p k   ( p  1)(1  p   p k 1 ) n n   p   pk 1  k (mod 2)  k ( p  1)  0(mod 22 ) n Do p >  k  0(mod 2)   22  x2  22  ( x  1)( x 1) n u  u  x 1  v u      vô lý   v v  x      Bài : Cho n  N * , n  n a) p ước nguyên tố a  Chứng minh a số nguyên dương thỏa mãn  x : a  x (mod p) p  1(mod 2n ) n b) p ước nguyên tố 22  Chứng minh p  1(mod 2n2 ) n Lời giải a) Vì  x : a  x (mod p)  a p 1  1(mod p) (tiêu chuẩn Euler) Theo giả thiết a   0(mod p)  a 2n 2n1  p21   1(mod p) (1)   0(mod p)  a n1   1(mod p) a Gọi h  ord p (a)  ah  1(mod p) (2) n  h / n 1   1(mod p )  n 1 n a Từ (1) (2)   p  h   h /  n   0(mod p ) Vô lý a   1(mod p ) h /    Vậy h  2n 1  p 1  0(mod n 1 )  p  1(mod n  ) b) Theo kết ta  p  1(mod 2n1 ) p 1 (8q  1)   (1)8 q   Do n   p  1(mod 8)  ( )  (1)  (1) p p 1   p21 p 1 2  1(mod p) h  ord p (2) /  Vậy    1(mod p)   n1  h  n 1 p n 1 22  1(mod p)  h /  p 1  0(mod 2n 1 )  p  1(mod 2n  ) Bài : (China tst 2005) Chứng minh ước nguyên tố lớn 22  không bé (n  1).2n2  n Lời giải: Giả sử 22   P1k P2k Prk với P1  P2   Pr n r Theo chứng minh ta được: Pi  1(mod n  2)  qi : Pi  qi 2n2  1, i  1, r Do P1  P2   Pr  q1  q2   qr n   2n  2n   22   P1k1 P2k2 Prkr  1(mod 22 n  ) n  (q1 2n   1) k1 (q 2n   1) k2 (q r 2n   1) kr  1(mod 22 n  ) r   2n   ki qi  1(mod 22 n  ) i 1 r  2n   ki qi  0(mod 22 n  ) i 1 r   ki qi  0(mod 2n  ) i 1 r r i 1 i 1  2n    ki qi  qr  ki (1) Mặt khác, r 22    (q i 2n   1) ki  (1  2n  ) k1  k2   kn  n ( n  2)  ki  i 1  22  2( n  2) k1  k2   kn  k1  k2   kn  n 2n n2 r 2n  qr  qr  qi  2n   qr  4(n  2) n2 i 1  Pr  qr 2n    (n  2)2n   Pr  (n  2)2n   Bài 5: Hàn Quốc TST 2003 Cho p  , đặt f P ( x)  x P 1  x P 2   x  1) Chứng minh p/m ước nguyên tố f P (m) nguyên tố với m(m - 1) 2) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n để pn+1 số nguyên tố Lời giải: 1) gọi q ước nguyên tố f P (m)  f P (m)  0(mod q) Do m  0(modp)  f P (m) 1(mod p)  (p,q)   (q, m)  Đặt d  (q, m  1) Nếu d   q /  m 1  m  1(mod q)   f p (m)(mod q)  p(modq)  p  0(modp)  m  0(modq) (q, m)    q, m( m 1)   (q, m 1)  Điều vô lý, d    2) Ta chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố q cho p/q-1 Thật vậy, gọi q ước nguyên tố f P (m) Do f P (m) / (m 1) f P (m)  m p   q / m p  Đặt h  ordq (m)  mh  1(mod q)  h / p  h 1, p Nếu h  1 m  1(mod q ) mâu thuẫn với câu a  h  p Do m p  1(mod q)  (m, q)   nq1  1(mod q)  p / (q  1) Từ chứng minh ta xây dựng dãy mk k 1 :  f P (mk ) có vơ hạn ước nguyên tố Xét dãy m1  p, mk  pf P (m1 ) f P (m2 ) f P (mk 1 )  f P (m1 ) f P (m2 ) f P (mk 1 ) / m k  f P (mk )  f (0)  m kp 1  m kp    m k  0(mod mk )  f P (m1 ) f P (m2 ) f P (mk 1 ) / f P (mk )  f (0)  f P (mk )    f P (mk ), f P (mi )   i  1, k  Vậy  f P (mk )k 1 có vơ hạn ước ngun tố khác (đpcm) Bài 6: Cho p  , p  P 1) Chứng minh q  P, q  p cho qn /  ( p  1) p  1 p2 2) Giả sử ( p  1)    q , chứng minh  qi    p  i 1 i 1 n n i p Lời giải: 1) Do p  , p  P  p  1(mod 2)  ( p  1) p   0(mod p)  ( p  1) p  hợp số Ta có p p1  p p1   p p  tồn ước nguyên tố q p p 1  q  p n  A  qi    i 1 2) Đặt  n B  a  i  i 1 Áp dụng bất đẳng thức AM.GM  n n   qi p 1 p    qi   i 1  B i 1         B  A  B.B  p  1  p (1) Trường hợp 1, B  p 1 p  A  B B p p 1  B p B  p  2 Trường hợp 2: p 1 B p  A  B B ( p  1) p   p 1 B p  B p 1 p  pB1 p( p  1) p ( p  1) p   p  p  p   2 2 Trường hợp 3: Nếu B  p, q / ( p  1) p   ( p  1)2 p  1(mod q ) h  p h  Đặt ord q ( p  1)  h  h / q    h  p h / p  Nếu h   ( p  1)2  1(mod q )  p ( p  2)  o (mod p )  ( p  2)  0(modq) Hay p  2(modq)   ( p  1) p  (mod q)  2(mod q)  q  ( vô lý) h=2p  p / (q  1)  q   p  p  pi  p  A  p(a1  a2   an )  Bp  p (dpcm) Bài 7: Cho r  P đặt f r ( x)  x r 1  x r    x  Chứng minh f r ( x) chia hết cho vô hạn số nguyên tố x nguyên tố Lời giải: Trước hết ta có định lý Đirichlet số nguyên tố cho a, b  N * ,  a, b   Khi T( a,b)  b  ka; k  N chứa vô hạn số nguyên tố Phản chứng giả sử f r ( p) chia hết cho hữu hạn số nguyên tố q1 , q , q k Theo định lý Đirichlet, tồn l cho p  lq1 q q k   P f r ( p)  r  0(modqi ) với i 1, 2, , k  r  qi j  i , r  q j  f r ( p)  r  0(mod q j )  f r ( p)  q Sj  r S Từ ri  qi  p   lq1 q q k  0(mod q j )  pr 1  r   vr  p  1  vr  p  1  vr  p  1  vr (r )  vr  p  1  p    Ta có vr  f r ( p)   vr   f r ( p)  r Tuy nhiên với p đủ lớn f r ( p)  r , mâu thuẫn , suy đpcm Bài 8: Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh với ước nguyên dương 2p 1 có dạng 2kp+1 Lời giải: Trước hết ta nhận thấy rằng: v3 (2 p  1)  v3 (2  1)  v3 ( p)  Suy ước nguyên tố 2p 1 lớn 3 2p 1 Gọi q ước nguyên tố  p   0(mod q)  22 p   0(mod p) hay 22 p  1(mod 2) Giả sử h  ord p (2)  h / p  h 1, 2, p, p Nếu h    0(mod q )  q / vô lý Nếu h    0(mod q )  q /  q  vô lý 2 p  1(mod q ) Nếu h  p   p 2  1(mod q )   0(mod q )  q/ vô lý Vậy h  p  q   0(mod p)  q  1(mod p) Do q=2kp+1 (đpcm) 3) Sử dụng cấp, nguyên thủy giải tốn tìm số tự nhiên biết tính chất số học chúng Bài 9:(China MO 2005) Tìm tất cặp số nguyên tố p ,q cho pq ước p  5q Lời giải Ta xét hai trường hợp : a) p, q 2,5  p   0(mod p)  p  5q  5q   (mod p)  5q1   0(mod p) (1) Từ (1) định lý nhỏ Fermat ta nhận 52( q 1)  1(mod p) h  ord p (5) | 2(q  1)   v2 ( p  1)  v2 (h)  v2 (q  1) (3)  p 1 5  1(mod p) h | p  1, q   0(modp) Chứng minh tương tự ta có mâu thuẫn v2 (q  1)  v2 (q  1) (4) Từ (3) (4) suy Vậy trường hợp khơng có p , q thỏa mãn yêu cầu toán b)Trong hai số p,q có số thuộc tập 2,5 Giả sử p 2,5 i) p=2  5q   0(mod 2q)  q=2 không thỏa mãn 5q   5(5q 1  5)  0(mod p )  5q   0(mod q) ta có  q 5   0(mod 2) 30  0(mod 2q)  q/ 30  q 3,5 , thử trực tiếp thỏa mãn ii) p = 5, 5q  3125  0(mod 5q) q = (thỏa mãn) 5q   0(mod 5) q   5   0(modq) q  5q   0(mod 5q) 3130  0(mod 5q)  3130  0(modq) , q=2 q=313 thỏa mãn Vậy ( p, q) (2,3),(3, 2),(2,5),(5, 2),(5,5),(5,313) ,(313,5) Bài 10: Cho k  N * , k  Tìm tất n  N * cho 2n  nk Lời giải k  N * , n  thảo mãn yêu cầu toán Xét n >1 Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, 2n   1(mod 2)  n  1(mod 2)  p  1(mod 2)  p  Theo giả thuyết, (2)n  1(mod nk )  (2)n  1(mod p) (1) Mà (-2,p)=1 nên theo định lý Fermet: (2) p1  1(mod p) (2) h / n h / p  Gọi h  ord p (2)    p 1  h  q  p   h  q  p vô lý, q / n Nếu h>1 , suy h có ước nguyên tố q   h = 1, hay  0(mod p)  p   v3 (n)  (3) Nếu k  , từ 2n  n k  v3 (2n  1)  v3 (n k )   v3 (n)  k v3 (n)  v3 (n)  1  k 1  v3 (n)  (4) Ta thấy (3) (4) mâu thuẫn k  khơng tồn n>1 để 2n  nk Nếu k   v3 (n)  (5) , từ (3) (5)  v3 (n)  (6) Theo chứng minh ta có n  3m, m  N *  (8)m  1(mod 9m2 )  (8)m  1(mod m2 ) Nếu m   n  , thử lại 23   9  32  n  thỏa mãn Nếu m >1 Gọi q ước nguyên tố bé m  q  Ta có (8)m  1(mod q) va (8)q1  1(mod q) (7) l/ m l/ p  Giả sử l  ord q (8)   Nếu l >1 l có ước nguyên tố r  q   l  r  q vô lý , l=1   0(mod q)  q   v3 (n)  (8) (6) (8) mâu thuẫn, m >1 tốn vơ nghiệm Kết luận k  n  số nguyên dương cần tìm k  n 1,3 Bài 11: Tìm tất cặp số nguyên tố (p,q) cho p.q / p q  q p  Lời giải a) p  q  p / p  1, p   p / p p  p /1 vơ lý b) p  q khơng giảm tính tổng quát ta giả sử p  q p = 2, ta cần tìm q  P, q  3, 2q / q   q /  q  ta có (2,5) cặp thỏa mãn Nếu p  , q  p  theo giả thuyết p q  q p   0(mod q)  ( p )q  1(mod q ) Do p,q nguyên tố khác nên p,q nguyên tố Áp dụng định lý Fermat, ta có ( p)q 1  1(mod q) , gọi h/ p h  h  ordq ( p)    h/ q   h  p Nếu h   p   0(mod q )  p   q  p  vô lý Nếu h  p  q  kp   p / p p   kp  1   p / vơ lý q Vậy có cặp (p,q) thỏa mãn (2,5) (5,2)  p / qr   Bài 12: (USA-MO-2003) Tìm tất ba số p,q,r cho: q / r p  r / p q   Lời giải Giả sử (p,q,r) ba số nguyên tố thảo mãn yêu cầu đề Nếu p = q  p / p r   p /1 vô lý Nếu q  r  q / q p   q /1 vô lý Nếu r  p  r / r q   r /1 vô lý Vậy p,q,r đôi khác Không giảm tổng quát ta giả sử p  min( p, q, r ) Nếu p >2 p lẻ, từ giả thiết ta suy ( p)q  1(mod r ) Mà p,r nguyên tố nên theo định lý Fermat, ta có: ( p)r 1  1(mod r ) h/ q h  q  h/ r   h  Gọi h  ord r ( p)   Nếu h = 1, p   0(mod r )  p   r  p  vơ lý Nếu h = q r  kq   q / (kp  1) p   q / vô lý r   0(mod q ) q 2   0(modr) Vậy p = 2, ta có:   t/ q t  q   t/ r  t  Gọi t  ord r (2)   Nếu t = 1,  0(mod r )  r   10  0(modq)  q  Nếu t = q r  kq   q / (kp  1) p   q  vô lý Vậy ta có (p,q,r) (2,5,3), (5,3,2), (3,2,5) Bài 13 : Tìm tất số nguyên dương a, cho với a tồn số nguyên dương n lớn mà a n  n Lời giải a k  1(modn) (1) Nếu a + có ước n, a  1(modn)   k 1  1(modn) a n 1 Do n lẻ a n   (a  1) (1)i a i i 0 n 1 Từ (1)   (1)i  n  0(mod n) mà a   0(modn)  a n   0(modn ) i 0 Vậy nên a  N * , a  có ước lẻ thỏa mãn điều kiện toán Giả sử a  N * , n  1: a n   0(modn ) ta chứng minh n lẻ Thật vậy, n  0(mod 2)  n2  0(mod 4)  an   1(mod 4) vô lý n chẵn, suy n lẻ.Gọi p ước nguyên tố lẻ bé n Từ a n   0(modn )  a n   0(mod p) Do n lẻ  (a)n  1(mod p)  (a, p)  h/ n h/ p  Theo Fermat (a) p 1  1(mod p) Gọi h  ord p (a)   q / n  p   q  p vô lý q / p  Nếu h >1 suy h ước nguyên tố q   Vậy h =1  q   0(mod q) Do (a +1) có ước lẻ, số cần tìm a  N * , a  có ước lẻ Bài 14: Tìm tất cặp số nguyên dương (m,n) thỏa mãn: 2n  (n   (n)  1)  nm  Lời giải Nếu n có nhiều ước nguyên tố gọi p ước nguyên tố nhỏ n, q ước nguyên tố lại, ta có: n   (n)   pq  ( p  1)(q  1)   p  q   p Do p / (n   (n)  1) mặt khác, p / nm  p / 2n  h/ n  h / (n, p  1)  , p ước nguyên tố nhỏ n h/ p  Gọi h  ord p (2)    h   p / 21 1  vô lý Vậy n  p k , p  P Nếu k   n   (n)   p3  p   p , lập luận tương tự ta suy mâu thuẫn a) Vậy n  p  n   (n)   p  ( p  1)   p  p   n   (n)   p2  p 1  p , lập luận tương tự, mâu thuẫn p   n   4m  16  m  b) Nếu n = p, thay vào (1)  p  p m  p  2, m  có hai cặp (m,n) thỏa mãn (2,4) (2,2) thỏa mãn ycbt Bài 15:Tìm tất số nguyên dương (a,b,n) thỏa mãn a  b, (a, b)  a n  b n n a Lời giải Dễ thấy (a,a,n) (a,b,1)với a, b,n nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Ta xét nguyên dương (a,b,n) thỏa mãn n > , a > b ,(a,b) =1 gọi p ước nguyên tố nhỏ n, ta có a n  bn (mod p) ( a , p )   a p 1  b p 1  1(mod p) (b, p)  (b,p)=1   a( n, p 1)  b( n, p 1) (mod p) Do p ước nguyên tố nhỏ n nên  (n, p  1)   a  b(mod p) n n  v p (a  b )  v p (a  b)  v p (n) Nếu p lẻ    v p (a  b)  (a  1)v p (n)  a  a  v p (n )  a.v p (n) Do (a  b)  pa1 Mà a   pa1  a   a  b  pa1  a  , vô lý, p=2 Vậy a  b  0(mod 2) Ta có v2 (an  bn )  v2 (a2  b2 )  v p (n) 1, v2 (nn )  a.v2 (n)  v2 (a  b )  v p (n)   a.v2 (n)  v2 (a  b )  (a  1).v2 (n)   a a   a  b  2a   b  v2 (n)  Vậy ta cần tìm n :  n /  Giả sử n có ước nguyên tố lẻ gọi q ước nguyên tố lẻ nhỏ n 3n  1(mod q )  3( n , q 1)  1(mod q ) Theo giả thiết   0(mod n )   q 1 3  1(mod q ) n Do q ước nguyên tố lẻ nhỏ n, v2 (n)   (n, q 1)    0(modq)  q  , vô lý Vậy n = 2, (3,1,2) thỏa mãn yêu cầu Kết luận thỏa mãn (a,b,n), (a,b,1), (3,1,2) Bài 16: Tìm tất số nguyên dương n cho n 2n  1có tập ước nguyên tố Lời giải: Cho p  P, p  , có ngun tố khác p  Ta có v3  p  1   v3 ( p)   p  có ước nguyên tố q khác Ta có 22 p  1(mod q) , gọi h  ordq (2)  h / p Do p  1(mod q)  h  p Theo Fermat p1  1(mod q)  p/ q1  q  p  p Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn ycbt  n  1(mod 2) Nếu n có ước nguyên tố khác Gọi r ước nguyên tố khác lớn đó, theo chứng minh 2r  có ước nguyên tố s s > r Mà 2r  1/ 2n   s / 2n   s / n , vô lý, n thỏa mãn ycbt n khơng có ước nguyên tố khác Vậy n  3k Nếu k =1  23    3,9 có ước nguyên tố  n  thỏa mãn Nếu k  19 / 29  mà 29  1/ 2n   k  loại Vấy n = số tự nhiên thỏa mãn ycbt Bài 17 (Brasil-2009): Cho p, q  P, q  p  Chứng minh tồn bội q mà tổng chữ số nhỏ Lời giải Nếu q = n  10 tổng chữ số  q  (đúng) Nếu (q,5)=1, (q,10)=1 Theo định lý Fermat: 102 p  1(mod q)  (10 p  1)(10 p  1)  0(mod q) Nếu 10 p   0(mod q ) 10 p  bội q mà tổng chữ số Nếu 10 p  1(mod q ) , gọi h  ord p (10)  h / p  h 1, p Nếu h    0(mod q )  q  vô lý Nếu h = p Đặt 10i  ri (mod q ),   ri  p , i  1, 2, , p Vì h = p nên ri  rj (i, j ) :1  i  j  p Bây ta chia tập 1, 2, , 2p thành n tập j rời 1, p  1 ,2, p  2 , , p  1, p  1 , p, p , Nếu i : ri  p chọn n  2.10i   n  p  1(mod q)  0(mod q), S (n)  Nếu i : ri  p chọn n  10i   n  p  1(mod q )  0(mod q ),S(n)  Nếu ri  p, p i {1, 2, , p}thì theo nguyên tắc Diricle tồn i, j : ri  rj  p Trong trường hợp ta chọn n  10i  10 j   n  p  1(mod q )  0(mod q ), S (n )  Bài tốn chứng minh hồn tồn Bài 18 : Tìm tất số nguyên tố p,q cho a  N *.a3 pq  a(mod pq) Lời giải Không giảm tổng quát ta giả sử p  q chọn a   pq  2(mod pq )  p  q  1(mod 2) Theo định lý Ferma a3 pq  a3 p (mod q)a  N * Theo giả thiết a3 pq  a(mod pq)  a3 pq  a(mod q )  a3 p  a(mod q )  a3 p1  1(mod q )a  N * , (a , q )  Gọi a nguyên thủy q ord(a)= q – q – 1/3p – ta có 4q   p  3p – không bội  p  1{q  1, 2(q  1)} Nếu p   q   q  p vơ lý q ngun tố Nếu p   2(q  1)  q  p 1 Chứng minh tương tự p  1/ 3q   p  1/ p  p 1/10  p  3, p  11 Nếu p   q  cặp (3,5) không thỏa mãn Nếu p  11  q  17 dễ thấy cặp (11,17) thỏa mãn Vậy (11,17) , (17,11) hai cặp thỏa mãn yêu cầu toán Bài 19 : (Serbia-MO-2010) Cho bảng n x n ô vuông điền số 1,2,…, n Ta gọi n ô vông bảng rải rác n ô khơng có hai hàng cột Một số n gọi số đẹp bảng n x n điền cho tích số n rải rác có số dư chia hết cho n  Hỏi n sau có đẹp hay khơng : a) n = b) n = 10 Lời giải a) Nếu n = số đẹp Xét bảng x thỏa mãn ycbt Khi tích ô rải rác đồng dư với theo mod 65 đồng dư với S nghĩa 64!  S (mod 65) mà 64!  0(mod 65)  S  0(mod 65)  S  0(mod 65) mà 65 = 5.13 phải có số chia hết cho 13 Vậy không số đẹp b) n  10  102   101 P a nguyên thủy 101 Ta coi 10 số điền vào bảng a1 , a2 , ,a n Điền vào ơ(i,j) số 1010(i 1) j  tích số n ô rời rạc : a10(1 2  q ) 1 2 10  a505  n  10 số đẹp Bài 20 : ( Mogolia 2014) Cho p số nguyên tố lẻ {a1 , a2 , , a p 1}  {1, 2, , p  1} chứng minh (b1 , b2 , , bp 1 ) hoán vị {a1 , a2 , , a p 1} cho p 1 a bi i  0(mod p ) i Lời giải p  P Gọi g nguyên thủy p ta có {g1 , g , , g p 1} hệ thặng dư thu gọn theo modp toán trở thành chứng minh {k1 , k2 , , k p 1} hoán vị {1, 2, , p  1} cho p 1 g ik j  0(mod p ) i   ki  Ta chọn  k   i p 1 p 1 p 1  i, i  {1, , } p 1 p 1 p 1 i( i ) ik 2  S   g j  g   g i ( p i ) p 1 p 1 p 1 i 1 i 1 i  p  i, i  { , , p} 2 p 1 p ( p 1) p2  p ( ) p 1 p 1 p 1 ij ( p i )(p  j) ij ij   ]  (g  g  g [1  g  g (1  g ) i, j i  j  p 1 i  j  p 1 Ta có g p ( p 1)  (g  ( p) 2 ) p  1(mod p)  S  0(mod p) (đpcm) Bài 21: (IMO-Shortlist-2011) p,q  Zt [ x] p(n), q(n)  N* n  N* biết n  N * (P(n), q(n))  k, k  N* cho trước 2q( n )  1/ p ( n )  Chứng minh q( x)  C x  R Lời giải Với n nguyên dương ta đặt tương ứng M n  2q ( n )  Gọi a,b cấp 2,3 theo mod M n dễ thấy a  q (n), b / p(n) Do từ giả thiết ta suy gcd(a, b)  d Vì diều với n nên ta ln tìm x,y ngun dương  n  ax  by  d ta thấy a / q(n  ax)  q(n) nên M (n)  2q ( n )  1/ 2q ( n )ax  lại có 2q ( n  ax )  1/ p ( n  ax )  ta thấy b / p(n  ax)  p( n  ax  by) nên ta suy 2q ( n )  1/ p ( n  a x by )  Như với n nguyên dương kỳ 2q ( n )  ước p (i )  (i  d ) Do 2q ( n )   A với A số lớn số p (i )  (i  d ) Điều xảy Q(n) số với n nguyên dương suy Q(x) phải đa thức Ta có điều phải chứng minh Bài 22 : (IMO-Shortlist-2012) Cho x,y hai số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x  bội 2n y  với n nguyên dương Chứng minh x = n Lời giải Giả sử tồn x,y thỏa mãn yêu cầu tốn Khi xét p ước ngun tố 2n y  p / x2 1 Gọi h cấp x mod p ta phải có h / gcd(2n , p 1) p có dạng 4k + h / suy p / x  n Ta thấy x > số lượng nguyên tố p ước x  hữu hạn Như để chứng minh x = ta tập ước nguyên tố dạng 4k + 2n y  vô hạn Rõ ràng ta cần xét với y lẻ Đặt y   p1e p2e pre ta giả sử phản chứng ngồi r số kể có hữu hạn số nguyên tố dạng 4k + pr 1 , pr 2 , , pr t mà có dạng 2n y  1 r Để có thêm ước nguyên tố dạng 4k + ta tìm số n mà 2n y  2n y  số chia dư nên có y  1/ y  gcd( , y  1)  A  y 1 y 1 n ước nguyên tố 4k +3 Ta chọn n thỏa mãn 2n y  không bội số pr 1 , pr 2 , , pr t để có q số nguyên tố dạng 4k +3 khác Để có điều ta chọn n    ( p1e 1 p2e  pre  r pr 1 pr  pr t ) i i r 2n y  y  1(mod p1e 1 p2e  pre  r pr 1 pr  ) i i r Ta n cần chọn từ suy điều giả sử sai Vậy tập ước nguyên tố dạng 4k +3 2n y  vơ hạn Từ ta có điều phải chứng minh Lời kết Bài viết việc tổng kết giảng chuyên đề số học cho đội tuyển Hà Nội từ năm 2012 tới Sau viết mong quan tâm trao đổi bạn đồng nghiệp để tơi hoàn thiện giảng tốt năm tới  ... Đặt h  ordn (a)  ah  1(mod n)  a h  1(mod ni )i  1,k  hi / hi  1,k  h / a Là bội số chung h1 , h2 , , hk  al  1(mod ni )i  1, k n1, n2 , , nk đôi nguyên tố  a l  1(mod n )  h... Xét n >1 Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, 2n   1(mod 2)  n  1(mod 2)  p  1(mod 2)  p  Theo giả thuy t, (2)n  1(mod nk )  (2)n  1(mod p) (1) Mà (-2,p)=1 nên theo định lý Fermet: (2) p1... lại 23   9  32  n  thỏa mãn Nếu m >1 Gọi q ước nguyên tố bé m  q  Ta có (8)m  1(mod q) va (8)q1  1(mod q) (7) l/ m l/ p  Giả sử l  ord q (8)   Nếu l >1 l có ước ngun tố r 