MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA

www.VNMATH.com MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA Phạm Văn Quốc (Trường THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong kỳ thi học sinh giỏi hay gặp toán số học liên quan đến lũy thừa chứng minh chia hết, chứng minh tồn tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện, Trong năm gần đây, dạng toán xuất nhiều đề thi quốc gia, đề thi chọn đội tuyển thi quốc tế (CĐT) nước, đề dự tuyển đề thi Toán quốc tế (IMO) Đây tốn hay tất nhiên khơng dễ khơng nắm số kỹ thuật nhận dạng kiểu tốn Các lời giải thường sử dụng cơng cụ khơng khó chứa đựng nhiều tinh tế linh hoạt vận dụng kiến thức Bài viết đề cập đến số kiến thức kỹ liên quan đến toán dạng I Kiến thức Trong phần số kiến thức chúng hay dùng dạng toán mà ta xét: công thức lũy thừa, số mũ "đúng", định lý Fermat, Định lý Euler, cấp số nguyên số tính chất liên quan hay dùng Một số khai triển liên quan đến lũy thừa Định lý Cho n số nguyên dương, với x, y ta có ∘ xn − y n = (x − y) (xn−1 + xn−2 y + xn−3 y + · · · + xy n−2 + y n−1 ) , ∘ xn + y n = (x + y) (xn−1 − xn−2 y + xn−3 y − · · · − xy n−2 + y n−1 ) n lẻ, ∘ (x + y)n = xn + Cn1 xn−1 y + Cn2 xn−2 y + · · · + Cnn−1 xy n−1 + y n Ta bắt đầu ví dụ sau Ví dụ (Romania 2002) Cho k, n số nguyên dương với n > Chứng minh phương trình xn − y n = 2k khơng có nghiệm ngun dương Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (x, y) Nếu gcd (x, y) = d > ⇒ d | 2k nên d lũy thừa Bằng cách chia hai vế cho dn , ta giả sử gcd (x, y) = suy x, y lẻ www.VNMATH.com Nếu n chẵn, n = 2m ta có xn − y n = (xm − y m ) (xm + y m ) nên xm − y︀m = ︀ 2a , xm + y m = 2k−a với a số nguyên dương Khi xm = 2a−1 + 2k−2a mà x lẻ nên a = Hơn m ≥ nên ︀ ︀ xm − y m = (x − y) xm−1 + xm−2 y + · · · + y m−1 > mâu thuẫn Do n số lẻ Ta có ︀ ︀ xn − y n = (x − y) xn−1 + xn−2 y + · · · + y n−1 Nhưng x, y lẻ nên xn−1 + xn−2 y + · · · + y n−1 ≡ n ≡ (mod 2) Suy xn−1 + xn−2 y + · · · + y n−1 = 1, điều khơng thể x, y ngun dương n > Vậy phương trình cho vơ nghiệm Lời giải ví dụ chủ yếu dùng cơng thức hiệu hai lũy thừa tính chất tích hai số nguyên dương lũy thừa số lũy thừa Ví dụ có ý giải gần giống cần chút khéo léo Ví dụ (Dự tuyển IMO 2008) Cho n số nguyên dương p số nguyên tố Chứng minh a, b, c số nguyên (không thiết dương) thỏa mãn đẳng thức an + pb = bn + pc = cn + pa a = b = c Lời giải Ta chứng minh toán phản chứng Rõ ràng hai ba số a, b, c tất chúng Giả sử ba số phân biệt đơi một, theo giả thiết ta có an − b n b n − c n c n − an = −p3 a−b b−c c−a Vì vế phải âm nên có ba số a, b, c số âm Hơn n phải số chẵn (nếu trái lại suy thừa số vế trái số dương) +, Nếu p số lẻ, mà 2∤ an − b n = an−1 + an−2 b + · · · + bn−1 a−b Suy a, b khác tính chẵn lẻ, tức ∤ a − b Tương tự ∤ b − c, ∤ c − a điều mâu thuẫn +, Nếu p = Rõ ràng ba số a, b, c ba số Xét |a| , |b| , |c| ≥ Đặt n = 2m ta có A = a2m − b2m an − b n = (a + b) a−b a − b2 www.VNMATH.com ︀ ︀ = (a + b) a2m−2 + a2m−4 b2 + · · · + b2m−2 Dễ thấy m > ta có |A| ≥ (do A ̸= 0) tương tự suy mâu thuẫn tích chúng −8 Do m = ⇒ n = ta thu (a + b) (b + c) (c + a) = −8 Chú ý p = nên từ giả thiết ta có a, b, c tính chẵn lẻ, suy a + b, b + c, c + a chẵn Mà −8 = 2.2 (−2) nên dễ thấy hai ba số a, b, c phải nhau, suy a = b = c (mâu thuẫn) Từ ta có điều phải chứng minh Số mũ "đúng" (exact exponent) Định nghĩa Cho p số nguyên tố, a số nguyên α số tự nhiên Ta nói pα ước (exact power) a, α gọi số mũ p khai triển a, pα | a pα+1 ∤ a Khi ta viết pα ‖ a ký hiệu α = vp (a) Tính chất Cho a, b số nguyên, ta có ∘ Nếu pα ‖ a pβ ‖ b pα+β ‖ ab, ∘ Nếu pα ‖ a pkα ‖ ak , ∘ Nếu pα ‖ a pβ ‖ b với a ̸= b pmin(α,β) ‖ a + b Ví dụ Cho a, k số nguyên dương p số nguyên tố lẻ, α ∈ N+ cho pα ‖ a − 1, với số nguyên β ≥ pα+β ‖ ak − ⇔ pβ ‖ k Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo β Nếu β = 0, ak − = ak−1 + · · · + a + ≡ k (mod p) a ≡ (mod p) a−1 suy khơng chia hết cho p Bài toán Giả sử toán với β ≥ k = pβ+1 t với p ∤ t Theo giả thiết β quy nạp ta có ak/p = ap t = mpα+β + với m khơng chia hết cho p Hơn ta có ︀ ︀p ak − = mpα+β + − ︀2 ︀ ︀p ︀ = mpα+β + · · · + Cp2 mpα+β + mpα+β+1 p (p − 1) , nên tất số hạng khai triển trên, ngoại trừ số hạng cuối cùng, chia hết cho pα+β+2 Từ ta có pα+β+1 ‖ ak − Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh Tương tự ví dụ trên, ta có tốn với p = Trong trường hợp Cp = nên tốn có thay đổi chút Vì p | Cp2 = Ví dụ Cho a, k số nguyên dương, α ∈ N+ cho 2α ‖ a2 − 1, với số nguyên β ≥ 2α+β ‖ ak − ⇔ 2β+1 ‖ k www.VNMATH.com Lời giải Rõ ràng ta cần xét với k số nguyên dương chẵn Ta chứng minh toán quy nạp theo β ≥ Với β = ⇔ k = 2n (n số lẻ) Khi n−1 ak − ︁ 2(n−1−i) = a ≡ n ̸≡ (mod 2α ) a2 − i=0 Bài toán với β = Giả sử toán với β ≥ 0, đặt k = 2n với 2β+1 ‖ n, ak − = an + ≡ (mod 4) an − (do a lẻ n chẵn) Mà 2α+β ‖ an − Suy tốn đến β + Ta có điều phải chứng minh Chú ý: Hai ví dụ tổng quát hơn, định lý số mũ đây, cách chứng minh hoàn toàn tương tự quy nạp Định lý (Lifting the Exponent Lemma) i Với x, y số nguyên (không thiết dương), n số nguyên dương p số nguyên tố lẻ cho p | x − y x, y không chia hết cho p Khi vp (xn − y n ) = vp (x − y) + vp (n) ii Với x, y hai số nguyên lẻ n số nguyên dương chẵn Khi v2 (xn − y n ) = v2 (x − y) + v2 (x + y) + v2 (n) − Nhận xét: +, Nếu n lẻ cách thay y −y ta có đẳng thức tương tự phần i, vp (xn + y n ) = vp (x + y) + vp (n) ; +, Trong phần ii, x, y lẻ nên hai số v2 (x − y) , v2 (x + y) Ví dụ (Nga 1996) Các số nguyên dương a, b, p, n, k thỏa mãn an + bn = pk Chứng minh n > số lẻ p số nguyên tố lẻ n lũy thừa p Lời giải Ta có pk = (a + b) (an−1 − an−2 b + · · · + bn−1 ) suy a + b = pj , j ≥ Giả sử pl ‖ n mà a ≡ −b (mod p) Nên theo định lý ta có vp (an + bn ) = vp (a + b) + vp (n) = j + l, tức pl+j ‖ (an + bn ) = pk ⇒ l = k − j Hơn theo định lý ta lại có ︁ k−j ︁ ︀ ︀ p pk−j +b = vp (a + b) + vp pk−j = j + k − j = k, vp a www.VNMATH.com k−j k−j k−j k−j suy pk ‖ ap + bp ap + bp ‖ an + bn (vì n lẻ pk−j ‖ n) Mà k−j k−j an + bn = pk nên ta có pk = ap + bp = an + bn từ n = pk−j Định lý Fermat (nhỏ) Định lý (Định lý Fermat) Cho p số nguyên tố thỏa mãn p ∤ a Khi ap−1 ≡ (mod p) Đối với số nguyên a bất kỳ, ta có ap ≡ a (mod p) Ví dụ Giả sử số nguyên tố p có dạng 4k + ước (x2 + y ) p | x, p | y Lời giải Giả sử trái lại p ∤ x, p ∤ y ⇒ gcd (x, p) = gcd (y, p) = Do theo định lý Fermat ta có xp−1 ≡ y p−1 ≡ (mod p) Trong từ giả thiết ta có p−1 p−1 x2 ≡ −y (mod p) ⇒ (x2 ) ≡ (−y ) (mod p) Hay xp−1 ≡ −y p−1 (mod p) ⇔ ≡ −1 (mod p) Ta có mâu thuẫn p số ngun tố lẻ Nhận xét: Từ ví dụ ta suy với n số nguyên dương ước nguyên tố lẻ n2 + có dạng 4k + Và từ ước dương n2 + có dạng 2i (4k + 1) , i = 0, Ví dụ (CĐT Mỹ 2008) Tìm tất số nguyên dương n cho n7 + số phương Lời giải Giả sử tồn m ∈ N cho n7 + = m2 Khi ta có ︀ ︀ m2 + 112 = n7 + 27 = (n + 2) n6 − 2n5 + · · · − 25 n + 26 Rõ ràng m2 + 112 ≡ 1, (mod 4) ⇒ n7 + 27 ≡ 1, (mod 4) Từ dễ dàng thấy n ≡ (mod 4) Mà theo đẳng thức ta có (n + 2) | m2 + 112 suy m2 + 112 phải có ước nguyên tố p có dạng 4i + Từ 112 ≡ −m2 (mod p) Nếu p ̸= 11 theo định lý Fermat ta có 11p−1 ≡ mp−1 ≡ (mod p) ︀ p−1 ︀ 11p−1 ≡ −m2 = −mp−1 (mod p) mâu thuẫn Suy p = 11 Do m = 11k, k ∈ N 11 | (n + 2) Hơn từ ta lại có n6 − 2n5 + · · · − 25 n + 26 ≡ 7.26 ≡ (mod 11) Suy 112 | (n + 2) ⇒ n = 112 h − h ước dương k + Theo ví dụ ước nguyên tố lẻ k + có dạng 4i + 1, tức h có dạng 2j (4i + 1) , j = 0, Khi n = 112 h − ≡ 0; (mod 4) Ta có mâu thuẫn n ≡ (mod 4) Do khơng tồn n thỏa mãn đầu www.VNMATH.com Hàm Euler Định nghĩa Cho n số nguyên dương Hàm Euler ϕ xác định tập số nguyên dương sau: ϕ (n) số số nguyên dương nhỏ n nguyên tố với n Quy ước ϕ (1) = Tính chất Hàm ϕ (n) có tính chất nhân theo nghĩa: Nếu a, b hai số nguyên tố ϕ (ab) = ϕ (a) ϕ (b) Tính chất Giả sử n = pα1 pα2 pαk k phân tích tiêu chuẩn n > Khi ︂︂ ︂ ︂ ︂ ︂ 1 1− ··· − ϕ (n) = n − p1 p2 pk Định lý (Định lý Euler ) Cho a, n số nguyên, n > 1, (a, n) = Khi aϕ(n) ≡ (mod n) Với a, n hai số nguyên dương ta có an ≡ an−ϕ(n) (mod n) Nhận xét: Định lý Fermat trường hợp riêng định lý Euler trường hợp n số nguyên tố Bổ đề 10 Với a, b số nguyên dương a, b với n đủ lớn ta có bn+ϕ(a) ≡ bn (mod a) ︀ ︀ (cụ thể n ≥ max vpi (a) + 1, pi ước nguyên tố a ) Chứng minh bổ đề xem Ví dụ (IMO 1971) Chứng minh dãy số 2n − (n > 1) chứa dãy vô hạn gồm số đôi nguyên tố Lời giải Ta xây dựng dãy quy nạp Giả sử ta xây dựng dãy số a1 = 2n1 − 1, a2 = 2n2 − 1, , ak = 2nk − 1, = n1 < n2 < · · · < nk , mà phần tử đôi nguyên tố Ta xây dựng ak+1 = 2nk+1 − sau: Đặt s = a1 a2 ak ta có s số lẻ nên theo định lý Euler ta có s | 2ϕ(s) − ⇒ 2ϕ(s) − = qs, q ∈ N Khi ta có 2ϕ(s)+2 − = 4qs − nguyên tố với s, nên ta chọn nk+1 = ϕ (s) + Rõ ràng nk+1 > nk dãy số a1 , a2 , , ak , ak+1 đôi nguyên tố nhau, từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ (Mỹ 1991) Chứng minh với số nguyên n ≥ 1, dãy số sau 22 2, 22 , 22 , 22 , (mod n) dãy số kể từ lúc www.VNMATH.com Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = toán hiển nhiên Giả sử toán đến k − 1, (k ≥ 2) +, Nếu k chẵn, k = 2a b với b lẻ Khi theo giả thiết quy nạp dãy cho số từ lúc mơ-đun b Mà rõ ràng dãy dãy mơ-đun 2a kể từ lúc Vì theo mơ-đun k dãy số kể từ lúc +, Nếu k lẻ, theo định lý Euler ta có 2ϕ(k) ≡ (mod k) Mà theo giả thiết quy nạp dãy 1, 2, 22 , 22 , (dãy số mũ) số kể từ lúc mơ-đun 22 ϕ (k) Vì 2, 22 , 22 , 22 , (mod k) dãy số kể từ lúc Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh Cấp (order) số nguyên Định nghĩa 11 Cho a, n hai số nguyên dương a số nguyên thỏa mãn (a, n) = Số nguyên dương h nhỏ cho ah ≡ (mod n) gọi cấp a mô-đun n, ký hiệu ordn (a) Bổ đề 12 Cho m, n số nguyên dương a số nguyên khác Khi ⃒ ⃒ gcd (am − 1, an − 1) = ⃒agcd(m,n) − 1⃒ Định lý 13 Cho a, n số nguyên nguyên tố với n > ordn (a) | ϕ (n) Định nghĩa 14 Nếu r, n số nguyên tố với n > ordn r = ϕ (n) r gọi ngun thủy mơ-đun n Định lý 15 Nếu r, n số nguyên dương nguyên r ︀ 2tố ︀ ϕ(n) ngun thủy mơ-đun n Khi số nguyên r, r , , r tạo thành hệ thặng dư thu gọn mô-đun n Định lý 16 (Sự tồn nguyên thủy) Mọi số nguyên tố có nguyên thủy Tổng quát hơn: số nguyên dương n > có nguyên thủy n = 2, 4, pk 2pk p số nguyên tố lẻ k số nguyên dương Ví dụ 10 Cho n hai số nguyên dương p số nguyên tố thỏa Chứng minh m ước nguyên tố lẻ np + 2p | m − m | n2 − Lời giải Từ giả thiết m | np + ⇒ np ≡ −1 ̸≡ (mod m) m > Suy n2p ≡ (mod m) Đặt d = ordm n d ước 2p khơng ước p Mà p số nguyên tố suy d = d = 2p +, Nếu d = suy n2 ≡ (mod m) hay m | n2 − +, Nếu d = 2p ⇒ 2p | m − theo định lý Fermat ta có d | m − (đpcm) Ví dụ 11 (Dự tuyển IMO 2006) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x7 − = y − x−1 www.VNMATH.com Lời giải Gọi p ước nguyên tố hai trường hợp: x7 − = x6 + x5 + · · · + x + Ta có x−1 x7 − ≡ + + · · · + + ≡ (mod p) ⇒ p = 7; x−1 +, Nếu p ∤ (x − 1), ta có ordp x = Từ suy p ≡ (mod 7) x7 − Vậy ta có ước nguyên dương d thỏa mãn d ≡ 0; (mod 7) x−1 Bây giả sử (x, y) nghiệm phương trình cho Mà y − = (y − 1) (y + y + y + y + 1) suy +, Nếu p | (x − 1), suy y − ≡ 0; (mod 7) y + y + y + y + ≡ 0; (mod 7) Ta có mâu thuẫn y ≡ 1; (mod 7) ⇒ y + y + y + y + ≡ 5; (mod 7) Vậy tốn vơ nghiệm Ví dụ 12 (CĐT Trung Quốc 2006) Tìm tất cặp số nguyên (a, n) cho (a + 1)n − an số nguyên n Lời giải Xét n ≥ 2, giả sử p ước nguyên tố nhỏ n Khi p | (a + 1)n −an ⇒ (p, n) = nên tồn b cho ab ≡ (mod p) Ta có (a + 1)n ≡ an (mod p) ⇒ ((a + 1) b)n ≡ (mod p) Do d | n với d = ordp (ab + b) Hơn theo định lý Fermat ta có ((a + 1) b)p−1 ≡ (mod p) ⇒ d | p − ⇒ gcd (d, n) = (theo định nghĩa p) Tức d = 1, suy a + ≡ a (mod p) Mâu thuẫn, n = Chú ý : Ta trình bày lời giải nguyên thủy sau: Gọi g nguyên thủy mô-đun p Theo giả thiết ta dễ thấy a, a + không chia hết cho p, suy (a + 1, p) = (a, p) = ⇒ a + ≡ g k , a ≡ g h (mod p) với k ̸= h Thay vào phương trình cho suy g kn ≡ g hn (mod p) ⇒ p − | n (k − h) Mà p ước nguyên tố nhỏ n nên (p − 1, n) = ⇒ p − | k − h Theo định lý Fermat suy p | g p−1 − | g k − g h ⇒ p = mâu thuẫn Một số hệ hay dùng khác i Nếu p | x (x + y)n ≡ nxy n−1 + y n (mod p2 ) a ≡ b (mod p) a = kp + b ta có an ≡ nkpbn−1 + bn (mod p2 ) ii Cho m số nguyên dương a, b hai số nguyên tố với m Nếu x, y hai số nguyên thỏa mãn ax ≡ bx (mod m) ay ≡ by (mod m) Khi agcd(x,y) ≡ bgcd(x,y) (mod m) iii Cho p số nguyên tố lẻ Khi a) a ≥ ap − có ước ngun tố mà khơng ước a − 1; b) a ≥ 2, p ̸= a > ap + có ước nguyên tố mà không ước a + www.VNMATH.com Hướng dẫn Giả sử trái lại suy ước A = ap−1 + ap−2 + · · · + a + ước a − mà A = (a − 1) B + p ⇒ gcd (a − 1, ap−1 + ap−2 + · · · + a + 1) | p ⇒ A lũy thừa p Do p2 ‖ ap − ⇒ A = p − mâu thuẫn iv Nếu a số nguyên khơng chia hết cho số ngun tố p có số nguyên dương k thỏa mãn ak ≡ −1 (mod p) d = ordp a h = d/2 số nguyên dương nhỏ thỏa mãn ah ≡ −1 (mod p) a︀2k ≡ (mod p) ⇒ d | 2k mà ak ≡ −1 (mod p) nên d = 2h ⇒ ︀ h Hướng ︀ ︀ dẫn a − ah + ≡ (mod p) xp − v Nếu x số nguyên dương p, q hai số nguyên tố cho q | x−1 q = p q ≡ (mod p) ︀ ︀ ︀ ︀ vi Số nguyên dương d nhỏ thỏa mãn 2d ≡ mod 3k d = ϕ 3k = 2.3k−1 Nói cách khác nguyên thủy mô-đun 3n Hướng dẫn Nếu p số nguyên tố lẻ r nguyên thủy mơ-đun p2 r ngun thủy mơ-đun pk với số nguyên dương k II Bài tập áp dụng Bài (IMO 2005) Xét dãy số a1 , a2 , xác định công thức an = 2n + 3n + 6n − (n = 1, 2, ) Xác định tất số nguyên dương mà chúng nguyên tố với số hạng dãy Lời giải Ta chứng minh với số nguyên tố p tồn số hạng am dãy cho p | am , từ suy tất số cần tìm +, Với p = 2, rõ ràng a2 = 48 từ p | a2 +, Xét p > Áp dụng định lý Fermat ta có 6ap−2 = 3.2p−1 + 2.3p−1 + 6p−1 − ≡ + + − ≡ (mod p) Từ p | ap−2 ⇒ gcd (p, ap−2 ) = p > Vậy có số thỏa mãn tốn Bài (Dự tuyển IMO 2005) Giả sử a, b hai số nguyên dương cho an + n ước bn + n với số nguyên dương n Chứng minh a = b Lời giải Giả sử a ̸= b, từ giả thiết dễ thấy b > a Chọn p số nguyên tố lớn b lấy n = (a + 1) (p − 1) + Theo cách chọn ta có n ≡ (mod p − 1) n ≡ −a (mod p) Khi theo định lý Fermat ta có ︀a+1 ︀ ≡ r (mod p) ∀r ∈ Z rn ≡ r rp−1 Ta lại có an + n ≡ a − a ≡ (mod p) ⇒ p | an + n Hơn bn + n ≡ b − a ≡ (mod p) ⇒ p | b − a Điều mâu thuẫn p > b Do a = b thỏa mãn Bài (Bulgaria 1995) Tìm tất số nguyên tố p, q cho pq ước (5p − 2p ) (5q − 2q ) www.VNMATH.com Lời giải Do tính đối xứng nên ta giả sử p ≤ q mà (5p − 2p ) (5q − 2q ) số lẻ nên ta có ≤ p ≤ q Để ý số nguyên tố k ước 5k − 2k theo định lý Fermat ta có ≡ − ≡ 5k − 2k (mod k) ⇒ k = Giả sử p > 3, theo nhận xét ta có p ước 5q −2q hay 5q ≡ 2q (mod p) Lại theo định lý Fermat 5p−1 ≡ 2p−1 (mod p) Do 5gcd(p−1,q) ≡ 2gcd(p−1,q) (mod p) Mà q ≥ p ⇒ gcd (p − 1, q) = ta có ≡ (mod p) ⇒ p = mâu thuẫn Suy p = Nếu q > suy q ước 5p − 2p = 53 − 23 = 9.13 ⇒ q = 13 thỏa mãn Vậy tất cặp (p, q) cần tìm là: (3, 3) ; (3, 13) ; (13, 3) Bài (Dự tuyển IMO 2003) Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên tố q cho với số nguyên n, số np − p không chia hết cho q Lời giải Ta có ︀ ︀ pp − = + p + p2 + · · · pp−1 ≡ p + mod p2 , p−1 pp − không đồng dư mô-đun p2 Gọi suy có ước nguyên tố p−1 số nguyên tố q ta số q cần tìm Thật vậy, giả sử tồn số nguyên n cho np ≡ p (mod q) Khi đó, theo cách chọn số q ta có np ≡ pp ≡ (mod q) Mặt khác, theo định lý Fermat, nq−1 ≡ (mod q), q số nguyên tố Hơn ta có p2 ∤ q − nên (p2 , q − 1) | p ⇒ np ≡ (mod q) Suy p ≡ (mod q) Khi ta thu + p + · · · + pp−1 ≡ p (mod q) Cùng với định nghĩa q ta có p ≡ (mod q), điều mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Để dùng định lý Fermat, ta tìm cách chọn số q có dạng pk + Khi ∃n np ≡ p (mod q) ⇔ pk ≡ (mod q) , tức ∀n np ̸≡ p (mod q) ⇔ pk ̸≡ (mod q) Do để tìm q ta chọn q ước nguyên tố pp − ta có cách chọn Bài (Dự tuyển IMO 2005) Tìm tất số nguyên dương n > cho tồn số nguyên a với < a ≤ n! thỏa mãn an + chia hết cho n! 10 www.VNMATH.com Lời giải Ta tất số n cần tìm số nguyên tố Thật vậy: +, Với n = rõ ràng có a = thỏa mãn yêu cầu +, Với n > n chẵn ta có | n! an + ≡ 1, (mod 4) , khơng tồn a thỏa mãn +, Xét n lẻ Ta có (n! − 1)n + ≡ (−1)n + ≡ (mod n!) (*) Suy n hợp số d ước nguyên tố n ta có ︂ ︂n n k ︁ n! k (n!) −1 +1= Cn k ≡ (mod n!) d d k=1 rõ ràng d2 | n! nên số hạng tổng chia hết cho n! Do trường hợp không thỏa mãn +, Xét n số nguyên tố lẻ giả sử a số nguyên thỏa mãn < a ≤ n!, an +1 chia hết cho n! Do n lẻ nên ta có khai triển ︀ ︀ an + = (a + 1) an−1 − an−2 + · · · + a2 − a + Ta chứng minh a = n! − giá trị thỏa mãn Xét p số nguyên tố, p ≤ n Ta có p | an + ⇒ p | (−a)n − Theo định lý Fermat ta lại có p | (−a)p−1 − nên p | (−a)(n,p−1) − = −a − Suy n | a + (p = n) p < n an−1 − an−2 + · · · + a2 − a + ≡ n (mod p) ̸≡ (mod p) (n, p) = Từ ta thu an−1 − an−2 + · · · + a2 − a + (n − 1)! nguyên tố nhau, suy (n − 1)! | a + Mà n | a + nên n! | a + Do điều kiện < a ≤ n! ⇒ n! = a + ⇒ a = n! − Cùng với (*) ta có a = n! − giá trị thỏa mãn Vậy tất số nguyên dương n cần tìm tất số nguyên tố Bài (Dự tuyển IMO 2006) Chứng minh với số nguyên dương n tồn số nguyên m cho 2m + m chia hết cho n Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n tồn số nguyên dương m đủ lớn để 2m ≡ −m (mod n) +, Với n = hiển nhiên +, Xét n > Theo tính chất hàm Euler ta có dãy số mũ theo mô-đun n tuần hoàn với chu kỳ bội ϕ (n) Do với x, y đủ lớn x ≡ y (mod ϕ (n)) 2x ≡ 2y (mod n) Chọn số m có dạng m ≡ −2k (mod nϕ (n)) Khi 2m ≡ −m (mod n) ⇔ 2m ≡ 2k (mod n) Theo giả thiết quy nạp ta chọn số k đủ lớn để 2k ≡ −k (mod ϕ (n)) ⇒ −2k ≡ m ≡ k (mod ϕ (n)) Từ ta thu 2m ≡ −m (mod n) Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh Bài (CĐT Mỹ 2007) Hỏi có tồn hay khơng hai số ngun dương a, b cho a không ước bn − n với số nguyên dương n 11 www.VNMATH.com Lời giải Trước hết ta chứng minh với số nguyên dương a, b với n đủ lớn ta có bn+ϕ(a) ≡ bn (mod a) (*) Thật vậy, giả sử a = pα1 pα2 pαk k , p1 , p2 , , pk số nguyên tố phân biệt Vì ϕ hàm nhân tính nên ta có ︀ ︀ ︀︀ ︀ ︀ ϕ (a) = ϕ (pα1 ) ϕ (pα2 ) ϕ (pαk k ) = pα1 − p1α1 −1 pα2 − p2α2 −1 pαk k − pαk k −1 ︂︂ ︂ ︂ ︂ ︂ 1 1− ··· − = a 1− p1 p2 pk Khi ta có ϕ (pαi i ) | ϕ (a) ϕ (a) < a Với pi , ta có hai trường hợp: +, Nếu pi ước b ⇒ bn ≡ (mod pαi i ) với n ≥ αi + Suy bn+ϕ(a) ≡ bn bϕ(a) ≡ bn ≡ (mod pαi i ) với n ≥ αi + +, Nếu pi không ước b ⇒ gcd (pαi i , b) = Theo định lý Euler αi bϕ(pi ) ≡ (mod pαi i ), mà ϕ (pαi i ) | ϕ (a) ⇒ bn+ϕ(a) ≡ bn (mod pαi i ) Tức với pi ta chọn ni cho với n > ni bn+ϕ(a) ≡ bn (mod pαi i ) Do ta chọn N = max {ni } với n > N , ta có bn+ϕ(a) ≡ bn (mod pαi i ) với ≤ i ≤ k Bởi pi số nguyên tố phân biệt nên bn+ϕ(a) ≡ bn (mod a) với n > N (đpcm) Trở lại toán, ta quy nạp theo a với số ngun dương a, b ln tồn vô hạn số nguyên dương n cho a ước bn − n (**) +, Với a = rõ ràng khẳng định (**) +, Giả sử (*) với số nguyên ≤ a < a0 (a0 ≥ 2) Do ϕ (a) < a nên theo giả thiết quy nạp theo (*) suy tồn vô số số nguyên dương n cho ϕ (a) | (bn − n) bn+ϕ(a) ≡ bn (mod a) Với n vậy, đặt t= bn − n n1 = bn = n + tϕ (a) ϕ (a) Thế theo định lý Euler bn1 − n1 ≡ bn+tϕ(a) − n − tϕ (a) ≡ bn − n − tϕ (a) ≡ (mod a) , tức n1 = bn thỏa mãn u cầu Theo giả thiết quy nạp, có vơ hạn số n1 = bn thỏa mãn điều kiện khẳng định (**), từ (**) Và khơng có số ngun dương a, b thỏa mãn đầu Bài (CĐT Mỹ 2003) Tìm tất ba số nguyên tố (p, q, r) thỏa mãn p | q r + 1, q | rp + 1, r | pq + 12 www.VNMATH.com Lời giải Giả sử p, q, r thỏa mãn đầu suy chúng ba số nguyên tố phân biệt Trường hợp : Cả ba số p, q, r lẻ Ta có p | q r + nên theo ví dụ 10 ta có 2r | p − p | q − +, Nếu 2r | p − ⇒ p ≡ (mod r) ⇒ ≡ pq + ≡ (mod r) mà r > nên mâu thuẫn với đầu +, Nếu p | q − = (q − 1) (q + 1) Hơn p lẻ p − 1, p + số chẵn nên ta có q+1 q−1 p| p | 2 q+1 Khi ta ln có p ≤ < q Bằng cách chứng minh tương tự ta có q < r, r < p Ta có mâu thuẫn nên trường hợp không xảy Trường hợp : Một ba số p, q, r phải 2, tính xoay vịng nên ta giả sử p = Khi r | 2q + 1, lại theo ví dụ 10 ta có 2q | r − r | 22 − Rõ ràng 2q | r − trường hợp ta có r ≡ (mod q) ⇒ ≡ p r + ≡ (mod q) ⇒ q = ta có mâu thuẫn p, q, r phân biệt Do r | 22 − suy r = q | r2 + = 10 ⇒ q = (thỏa mãn) Vậy cần tìm hốn vị xoay vịng (2, 5, 3) Bài (Iran 2007) Cho n số nguyên dương n = 22007 k + với k số nguyên lẻ Chứng minh n ∤ 2n−1 + Lời giải ︀ ︀22007 Giả sử n | 2n−1 + = 2k + Gọi p số ước nguyên tố tùy ý n 2007 2008 k đặt t = , d = ordp (t) Ta có t2 ≡ −1 (mod p) ⇒ t2 ≡ (mod p) Suy 2008 2007 2008 d | , d ∤ , tức d = mà d | p − ⇒ p ≡ (mod 22008 ) Do ︀ ︀ ︀ ︀ n ≡ mod 22008 ⇒ 22007 k ≡ mod 22008 ⇒ | k Điều mâu thuẫn với giả thiết, ta có kết luận toán Bài 10 (Việt Nam 2001) Cho n số nguyên dương a, b số nguyên tố n n lớn Giả sử p, q hai ước lẻ lớn a6 + b6 Tìm số dư n n phép chia a6 + b6 cho 6.12n Lời giải Trước hết ta chứng minh p ≡ ≡ q (mod 2n+1 ) Vì (a, b) = suy (a, p) = (b, p) = Gọi b′ nghịch đảo b mô-đun p đặt A = ab′ Khi theo giả thiết n n n n p | a6 + b6 | A6 + | A2.6 − 13 www.VNMATH.com Suy ordp (A) | 2.6n , ordp (A) | 6n Do ta suy ordp (A) = 2n+1 3n mà ordp (A) | p − ⇒ p ≡ (mod 2n+1 ) Chứng minh tương tự ︁ ︁ cho q Vậy p ≡ n n q ≡ (mod 2n+1 ) ⇒ p6 ≡ q ≡ 6n 2n+1 + 6n mod (2n+1 ) (theo khai triển 6n Newton) Từ p ≡ q ≡ (mod 22n+1 ) (*) n n Hơn ta có ϕ (6n+1 ) = 2.6n ⇒ p6 ≡ ±1 (mod 6n+1 ) Giả sử p6 ≡ n n −1 (mod 6n+1 ) suy p6 ≡ −1 (mod 2n+1 ) mà từ (*) ta có p6 ≡ (mod 2n+1 ) ⇒ n n 2p6 ≡ (mod 2n+1 ) mâu thuẫn p lẻ Do ta thu p6 ≡ (mod 22n+1 ) n n n p6 ≡ (mod 6n+1 ) từ p6 ≡ (mod 6.12n ) Tương tự q ≡ (mod 6.12n ) Suy số dư cần tìm Bài 11 (Trung Quốc 2009) Tìm tất cặp số nguyên tố (p, q) cho pq | 5p + 5q Lời giải Rõ ràng cặp (5, 5) thỏa mãn Xét trường hợp p = 5, q ̸= ta có 5q | 55 + 5q ⇒ q | 625 + 5q−1 Theo định lý Fermat suy q ước 626, trường hợp ta có nghiệm (5, 313) (5, 2) Tương tự trường hợp q = 5, p ̸= ta có hai nghiệm (313, 5) (2, 5) Xét p = 2, q ̸= ta có 2q | 25 + 5q ⇒ 25 + 5q ≡ (mod 2q) theo định lý Fermat ta thu 30 ≡ (mod 2q) từ dễ thấy q = thỏa mãn Do trường hợp hai số p, q có số số cịn lại khác ta có hai nghiệm (2, 3) (3, 2) Xét p, q hai số khác Ta có 5p + 5q ≡ (mod pq) ⇒ + 5q ≡ (mod p) ⇒ 5q−1 ≡ −1 (mod p) ⇒ 52(q−1) ≡ (mod p) Tương tự ta có 5p−1 ≡ −1 (mod q) Chọn k cho 2k ‖ ordp mà ordp | p − 1, ordp | (q − 1) ; ordp ∤ (q − 1) Suy 2k−1 ‖ q − 1, tức số mũ lớn mà ước p − lớn số mũ lớn mà ước q − Do tính đối xứng nên ta có số mũ lớn mà ước q − lớn số mũ lớn mà ước p − Đây điều mâu thuẫn, trường hợp tốn vơ nghiệm Vậy nghiệm toán (2, 3) ; (2, 5) ; (5, 5) ; (5, 313) nghiệm đối xứng (3, 2) ; (5, 2) ; (313, 5) Bài 12 (CĐT Romanian 2000) Cho a > số nguyên dương Tìm số nguyên dương n nhỏ cho 22000 | an − Lời giải Ta có an ≡ (mod 22000 ) Theo định lý Euler suy n | ϕ (22000 ) = 21999 ⇒ n lũy thừa Đặt n = 2k với k ≥ Khi ta có ︁ k−1 ︁ ︀ ︀︀ ︀ an − = (a − 1) (a + 1) a2 + a4 + · · · a2 + ︁ ︁ k−1 Mà a2m + ≡ (mod 4) nên 2k − ‖ (a2 + 1) (a4 + 1) · · · a2 + Do ta cần tìm k nhỏ để 22001−k | (a − 1) (a + 1) = a2 − Vì đặt 14 www.VNMATH.com m = v2 (a2 − 1) (tức số mũ lớn a2 − 1) ta có ︂ m ≥ 2001 k= 2001 − m m < 2001 Vậy n = 2k với k xác định theo công thức Bài 13 (CĐT Romanian 2005) Giải phương trình tập số nguyên dương 3x = 2x y + Lời giải Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh hai nhận xét sau: n ∘ Với số nguyên dương n ta có 2n+2 ‖ 32 − 1, ∘ Với số nguyên dương n ≥ ta có 2n > n + Viết lại phương trình cho dạng ︀ ︀ 2x y = (3 − 1) 3x−1 + 3x−2 + · · · + + ︀ ︀ = 3x−1 + 3x−2 + · · · + + Đặt x = 2n α với α, n ∈ N α lẻ +, Nếu n = tức x số lẻ, mà 3x−1 + 3x−2 + + + tổng x số lẻ nên số lẻ, suy ‖ 2x y ⇒ x = ⇒ y = Từ (x, y) = (1, 1) nghiệm phương trình ︀ n︀ +, Nếu n ≥ 1, ta có 32 ︀ n ︀α n 22 α y = 32 − 1α ︁ ︀ ︁︀ 2n ︀α−1 ︀ 2n ︀α−2 ︀ n︀ ︀ n + + · · · + 32 + = 32 − ︀ n︀ ︀ n ︀α−1 ︀ 2n ︀α−2 + · · · + 32 + tổng n số lẻ nên số lẻ Do + Mà 32 n theo nhận xét ta có 2n+2 ‖ 3x − = 22 α y Suy n + ≥ 2n α ⇒ n ≤ Kiểm tra trực tiếp dễ thấy với n = ⇒ α = ⇒ x = 2, y = 2; với n = tương tự ta có α = từ x = 4, y = Vậy phương trình có nghiệm (1, 1) ; (2, 2) (4, 5) Bài 14 (Dự tuyển IMO 1991) Tìm số nguyên dương k lơn cho 1991k | 19901991 1992 + 19921991 1990 Lời giải Trước hết ta chứng minh quy nạp với số lẻ a ≥ số nguyên n ≥ ta có n n an+1 ‖ (a + 1)a − an+1 ‖ (a − 1)a − n Rõ ràng n = hiển nhiên Giả sử (a + 1)a = + N an+1 , a ∤ N Khi ︀a ︀ n+1 (a + 1)a = + N an+1 = + a.N an+1 + Ca2 N a2n+2 + M a3n+3 15 www.VNMATH.com Mà a lẻ nên Ca2 chia hết cho a Suy (a + 1)a Do ta có 19911993 ‖ 19901991 1992 n+1 = + N ′ an+2 với a ∤ N ′ + 1, 19911991 ‖ 19921991 1990 − Vậy k = 1991 Bài 15 (IMO 1990) Tìm tất số nguyên dương n cho nguyên 2n + số n2 Lời giải Với n = thỏa mãn Xét n > ⇒ n lẻ Giả sử p ≥ ước nguyên tố nhỏ n Ta có gcd (p − 1, n) = p | 2n + | 22n − Theo định lý Fermat p | 2p−1 − suy p | gcd (2p−1 − 1, 22n − 1) = 2gcd(2n,p−1) − Mà gcd (2n, p − 1) ≤ suy p | ⇒ p = Đặt n = 33 d với 2, ∤ d Ta có nhận xét: Nếu 2m − chia hết cho 3r m chia hết cho 3r−1 (xem ví dụ 3) Hơn 32k | n2 | 22n − ⇒ 32k−1 | n = 3k d ⇒ k = Giả sử d > q ước nguyên tố nhỏ d Rõ ràng q lẻ q ≥ 5, gcd (n, q − 1) | Khi ta có q | 22n − 1, q | 2q−1 − ⇒ q | 2gcd(2n,q−1) − | 26 − = 32 Do q = ⇒ | n | 2n + mà 2n + ≡ 2, 3, (mod 7) mâu thuẫn Vậy d = ⇒ n = thỏa mãn Đáp số n = 1, n = Bài 16 (CĐT Trung Quốc 2005) Cho b, m, n số nguyên dương b > 1, m ̸= n Chứng minh bm − bn − có ước nguyên tố b + lũy thừa Lời giải Trước hết ta chứng minh toán cho trường hợp n = 1, tức a > 1, k > ak − a − có nhân tử nguyên tố k a + lũy thừa Phản chứng, giả sử p ước nguyên tố lẻ k Khi ước nguyên tố q + a + a2 + · · · + ap−1 ước + a + a2 + · · · + ak−1 | ak − | a − Suy + a + a2 + · · · + ap−1 ≡ p (mod q) ≡ (mod q), nên p = q Do + a + a2 + · · · + ap−1 = pt , t > Đặt a = up + ⇒ + a + a2 + · · · + ap−1 ≡ p (mod p2 ) mâu thuẫn Vậy k lũy thừa Gọi r ước nguyên tố a + ⇒ r | ak − ⇒ r | a − ⇒ r = Trong trường hợp n bất kỳ, đặt d = gcd (m, n) , k = m/d Ta thu bkb − bd − có ước nguyên tố Do theo chứng minh ta có k lũy thừa bd + = 2t , t ≥ Xét mô-đun suy d lẻ Giả sử r ước nguyên tố b + suy r | b + | b2 − | bkd − ⇒ r | bd − ≡ −2 (mod r) Từ r = 2, tức b + lũy thừa III Một số tập Bài (Dự tuyển IMO 2007) Cho b, n số nguyên Giả sử với k > tồn số nguyên ak cho b − ank chia hết cho k Chứng minh b = An với A số nguyên 16 www.VNMATH.com Hướng dẫn: Biểu diễn b = pα1 pαl l Do b2 | b − anb2 ⇒ pαi i ‖ anb2 ∀i Suy n | αi ∀i tức b lũy thừa bậc n Bài (Dự tuyển IMO 2002) Cho p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt lớn Chứng minh 2p1 p2 pn + có 4n ước số Hướng dẫn: Chú ý u, v lẻ (u, v) = ước chung lớn 2u + 2v + Từ 2uv + chia hết cho (2u + 1) (2v + 1) /3 Sau chứng minh toán quy nạp theo n Bài (IMO 2006) Xác định tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình + 2x + 22x+1 = y Hướng dẫn: Xét x > 0, y > y lẻ Chú ý 2x (1 + 2x+1 ) = (y − 1) (y + 1) từ ta biểu diễn y theo x Suy x = 4, y = 23 Đáp số (0, ±2) ; (4, ±23) Bài (Dự tuyển IMO 2001) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh tồn số nguyên a với ≤ a ≤ p − cho ap−1 − (a + 1)p−1 − chia hết cho p2 Hướng dẫn: Đặt A = {1 ≤ a ≤ p − : ap−1 ̸≡ (mod p2 )} Vì hai số a, p − a thuộc A ∈ / A |A| ≥ (p − 1) /2 = k giả sử có hai số 2i, 2i + (1 ≤ i ≤ k − 1) thuộc A Xét p ≥ ⇒ 2k − = p−2 ∈ / A ⇒ p − = 2k − ∈ A Bằng cách xét mô-đun p2 ⇒ 2k − ∈ A, tức p − 3, p − thỏa mãn Bài (CĐT Việt Nam 2008) Cho m, n số nguyên dương Chứng minh (2m + 3)n + chia hết cho 6m 3n + chia hết cho 4m Hướng dẫn: Khai triển Newton, toán trở thành chứng minh 2m | 3n + | (2m)n + 4m | 3n + Bài (Dự tuyển IMO 2000) Xác định tất ba số nguyên dương (a, m, n) cho am + ước (a + 1)n Hướng dẫn: Chú ý u | v l ⇒ u | (gcd (u, v))l Xét a > m > 1, m lẻ Giả sử p ước nguyên tố m Bằng cách xét mô-đun, suy (bp + 1) / (b + 1) = p ⇒ p = Đáp số: {(1, m, n) ; (a, 1, n) ; (2, 3, n ≥ 2)} Bài (Nga 2000) Hỏi có tồn ba số a, b, c > đôi nguyên tố thỏa mãn b | 2a + 1, c | 2b + 1, a | 2c + Hướng dẫn: Ta có a, b, c lẻ Giả sử a = {a, b, c} Nếu a, b, c nguyên tố suy a = 3, không tồn b, c Trường hợp ta ký hiệu π (n) ước nguyên tố nhỏ n Khi p số nguyên tố cho p | 2y + p < π (3) p = Sử dụng tính chất suy mâu thuẫn Bài (IMO 2000) Hỏi có tồn hay khơng số ngun dương n có 2000 ước ngun tố 2n + chia hết cho n Hướng dẫn: Sử dụng quy nạp theo số ước số, k Chỉ ta tìm n với k ước nguyên tố cho n | (2n + 1) có ước nguyên tố 2n + không ước n 17 www.VNMATH.com Bài (CĐT Iran 2006) Cho n số nguyên dương Tìm tất n số a1 , a2 , , an đôi phân biệt đôi nguyên tố cho với ≤ i ≤ n ta có a1 + a2 + · · · + an | ai1 + ai2 + · · · + ain Hướng dẫn: Chứng minh a1 +a2 +· · ·+an | n (n − 1) hai số Nếu n ≥ a1 + a2 + · · · + an ≥ + + + + · · · + 2n + = n2 − > n2 − n Đáp số n = 1, a1 tùy ý Bài 10 (Iran 2004) Cho a1 , a2 , , an số nguyên không đồng thời Chứng minh tồn vô số số nguyên tố p cho có tồn số nguyên dương k cho p | ak1 + ak2 + · · · + akn Hướng dẫn: Ta giả sử gcd (a1 , a2 , , an ) = an ≥ Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , , pm Chọn k thích hợp để suy ak1 + ak2 + · · · + akn có ước nguyên tố lớn p1 p2 pm Bài 11 (Dự tuyển IMO 2002) Tìm tất cặp số nguyên m, n ≥ cho tồn vô hạn số nguyên a thỏa mãn am + a − an + a2 − số nguyên Hướng dẫn: Rõ ràng n < m Sử dụng tính chất đa thức suy biểu thức A cho nhận giá trị nguyên với a Đa thức tử số chia hết đa thức mẫu số nên chúng có nghiệm chung α ∈ (0, 1) từ đánh giá theo α suy m < 2n Cuối chọn a = xét mô-đun d = 2n + (mẫu số) ta (m, n) = (5, 3) Bài 12 (Trung Quốc 2008) Tìm tất ba số (p, q, n) cho q n+2 ≡ 3n+2 (mod pn ) , pn+2 ≡ 3n+2 (mod q n ) p, q số nguyên tố lẻ n số nguyên dương Hướng dẫn: Nếu hai ba số p, q, ta có nghiệm (3, 3, n) Xét trường hợp chúng phân biệt p > q Ta có pn q n | pn+2 + q n+2 − 3n+2 < 2pn+2 ⇒ p2 > q n−1 Mà q n+2 − 3n+2 ≥ pn Suy n ≤ 18 ... cơng thức hiệu hai lũy thừa tính chất tích hai số nguyên dương lũy thừa số lũy thừa Ví dụ có ý giải gần giống cần chút khéo léo Ví dụ (Dự tuyển IMO 2008) Cho n số nguyên dương p số nguyên tố Chứng... r) Từ r = 2, tức b + lũy thừa III Một số tập Bài (Dự tuyển IMO 2007) Cho b, n số nguyên Giả sử với k > tồn số nguyên ak cho b − ank chia hết cho k Chứng minh b = An với A số nguyên 16 www.VNMATH.com... n − an = −p3 a−b b−c c−a Vì vế phải âm nên có ba số a, b, c số âm Hơn n phải số chẵn (nếu trái lại suy thừa số vế trái số dương) +, Nếu p số lẻ, mà 2∤ an − b n = an−1 + an−2 b + · · · + bn−1