ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ TRỌNG NGUYÊN MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LŨY THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, 11/2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠ[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ TRỌNG NGUYÊN MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LŨY THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, 11/2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ TRỌNG NGUYÊN MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LŨY THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên, 11/2019 i Mục lục Mở đầu 1 Biểu diễn số nguyên thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố 1.1 Thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai 1.2 ∗ Định nghĩa tập Sk,l 1.3 Tính chất 1.4 Tìm phần ∗ tập Sk,l ∗ tử thuộc Sk,` 15 Số Fibonacci số Lucas dạng cx2 18 2.1 Dãy Fibonacci dãy Lucas 18 2.2 Một số tính chất số học số Fibonacci số Lucas 21 2.3 Số Fibonacci số Lucas dạng cx2 25 Một số toán lũy thừa số nguyên kỳ thi Olympic Toán học quốc tế 37 3.1 Lũy thừa bậc hai 37 3.2 Lũy thừa bậc ba 44 3.3 Lũy thừa số nguyên bậc bốn trở lên 47 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 Mở đầu Mục đích luận văn trình bày lại số tốn liên quan đến lũy thừa số nguyên Đây vấn đề thú vị lý thuyết số, nhiều người quan tâm nghiên cứu có nhiều kết phong phú Bài tốn chúng tơi quan tâm đến tốn biểu diễn số nguyên thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Ký hiệu Sk tập tất số nguyên n biểu diễn thành tổng lũy thừa k tất nhân tử nguyên tố phân biệt n Hiện nay, với k ≥ 2, chưa có nhiều thơng tin tập hợp Sk , chí, người ta tìm số phần tử S3 De Koninck Luca [3] đặt vấn đề nghiên cứu số nguyên biểu diễn thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Các tác giả khai thác số thông tin số nguyên Chúng tập trung tìm hiểu trình bày kết Chương luận văn Bài toán thứ hai mà chúng tơi quan tâm tốn tìm số Fibonacci số Lucas có dạng cx2 Các số Fibonacci Fn số Lucas Ln số tiếng, nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Đây hai dãy số nguyên có nhiều tính chất đẹp tìm Riêng toán nghiên cứu số Fibonacci số Lucas có dạng cx2 nhiều nhà toán học nghiên cứu Trong Chương luận văn, chúng tơi tập trung tìm hiểu trình bày lại kết Cohn [2] lời giải cho toán c = 1, kết Keskin Yosma [5] lời giải cho phương trình Ln = 2Lm x2 , Fn = 2Fm x2 , Ln = 6Lm x2 , Fn = 3Fm x2 Fn = 6Fm x2 Vấn đề cuối mà quan tâm luận văn sưu tầm trình bày lại lời giải cho số toán thi Olympic lũy thừa số nguyên Đây dạng toán hay gặp đề thi học sinh giỏi, đề thi Olympic tốn học Nội dung chúng tơi tham khảo sách [1] Andreescu Andrica trình bày Chương luận văn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS Ngô Văn Định, Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Ngun Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS Ngô Văn Định, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ suốt q trình học tập hồn thành luận văn tốt nghiệp Xin cảm ơn người thân gia đình tất người bạn thân yêu thông cảm, chia sẻ tạo điều kiện tốt cho tơi để tơi học tập, nghiên cứu thực luận văn Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019 Người viết luận văn Đỗ Trọng Nguyên Chương Biểu diễn số nguyên thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Trong chương này, chúng tơi quan tâm đến tốn biểu diễn số nguyên thành tổng lũy thừa nhân tử nguyên tố Ta ký hiệu Sk tập tất số nguyên biểu diễn thành tổng lũy thừa k nhân tử nguyên tố Dễ dàng thấy S1 tập tất số nguyên tố Hiện nay, với k ≥ 2, người ta tìm thấy số ví dụ phần tử thuộc S3 số phần tử tập Sk vơ hạn Trong [4], De Koninck Luca mở rộng nghiên cứu tập số nguyên biểu diễn thành tổng ∗ tập tất riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Cụ thể, ký hiệu Sk,` số nguyên biểu diễn thành tổng ` lũy thừa k nhân tử nguyên ∞ [ ∗ tố phân biệt hai tác giả tập Sk,` có vơ hạn phần tử k=2 ` ≥ số nguyên lẻ Ngoài ra, hai tác giả số tính ∗ Mục đích chất khác liên quan số thuật tốn tìm số phần tử Sk,` chương trình bày lại kết De Koninck Luca 1.1 Thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai Trước trình bày nội dung chương mục sau, nhắc lại mục số kiến thức thặng dư bậc hai, ký hiệu Legendre luật thuận nghịch bậc hai, công cụ sử dụng phần sau luận văn Nội dung kiến thức tham khảo sách “Elementary Number Theory with Applications” Koshy [8] Định nghĩa 1.1.1 Cho m số nguyên a số nguyên cho (m, a) = Khi số a gọi thặng dư bậc hai m tồn số nguyên x cho x2 ≡ a (mod m) Ví dụ 1.1.2 Xét với m = 4, ta thấy 12 ≡ 32 ≡ (mod 4) Vậy có thặng dư bậc hai Xét với m = 13, ta thấy 12 ≡ ≡ 122 (mod 13), 22 ≡ ≡ 112 32 ≡ ≡ 102 (mod 13), 42 ≡ ≡ 92 52 ≡ 12 ≡ 82 (mod 13), 62 ≡ 10 ≡ 72 (mod 13), (mod 13), (mod 13) Vậy 13 có thặng dư bậc hai 1, 3, 4, 9, 10 12 Theo định nghĩa trên, số nguyên a thặng dư bậc hai m phương trình đồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod m) có nghiệm Tiêu chuẩn Euler cho ta điều kiện cần đủ để số nguyên dương a thặng dư bậc hai m trường hợp m số nguyên tố lẻ p Định lý 1.1.3 (Tiêu chuẩn Euler) Cho p số nguyên tố lẻ Khi số nguyên dương a không chia hết cho p thặng dư bậc hai p a(p−1)/2 ≡ (mod p) Ví dụ 1.1.4 Để kiểm tra có phải thặng dư bậc hai 17 hay khơng, ta tính 2(17−1)/2 = 28 ≡ (mod 17) Do thặng dư bậc hai 17 Tương tự vậy, ta có 3(17−1)/2 = 38 ≡ 16 ≡ −1 (mod 17) Do đó, khơng thặng dư bậc hai 17 Như tiêu chuẩn Euler cho ta công cụ kiểm tra tính giải phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) Tuy nhiên việc sử dụng cơng cụ gặp khó khăn tính toán số nguyên tố p thực lớn Một cơng cụ hỗ trợ tính tốn ký hiệu Legendre 5 Định nghĩa 1.1.5 Cho p số nguyên tố lẻ a số nguyên cho p - a Ký hiệu Legendre (a/p) xác định công thức (a/p) = 1 a thặng dư bậc hai p, −1 cho trường hợp ngược lại Ví dụ 1.1.6 Theo Ví dụ 1.1.2, 13 có thặng dư bậc hai 1, 3, 4, 9, 10 12 nên theo định nghĩa ký hiệu Legendre, ta có (3/13) = 1, (1/13) = 1, (4/13) = 1, (9/13) = 1, (10/13) = 1, (12/13) = 1, (2/13) = −1, (5/13) = −1, (6/13) = −1, (7/13) = −1, (8/13) = −1, (11/13) = −1 Sử dụng ký hiệu Legendre, tiêu chuẩn Euler phát biểu lại sau Định lý 1.1.7 (Tiêu chuẩn Euler) Cho p số nguyên tố lẻ a số nguyên dương thỏa mãn p - a Khi đó, ta có (a/p) ≡ a(p−1)/2 (mod p) Hệ 1.1.8 Cho p số nguyên tố lẻ Khi đó, ta có (−1/p) = (−1)(p−1)/2 Nhận xét 1.1.9 Từ hệ ta có −1 thặng dư bậc hai p p ≡ (mod 4) Dưới số tính chất ký hiệu Legendre luật thuận nghịch bậc hai mà nhắc lại không chứng minh Mệnh đề 1.1.10 Cho p số nguyên tố lẻ, a, b số nguyên thỏa mãn p - ab Khi (1) Nếu a ≡ b (mod p) (a/p) = (b/p) (2) (a/p)(b/p) = (ab/p) (3) (a2 /p) = Định lý 1.1.11 (Luật thuận nghịch bậc hai) Cho p q số nguyên tố lẻ phân biệt Khi ta có (p/q)(q/p) = (−1) p−1 q−1 2 Luật thuận nghịch bậc hai phát biểu lại dạng gắn với thực tiễn tính tốn hệ sau Hệ 1.1.12 Cho p q số nguyên tố lẻ Khi đó, ta có (p/q) p ≡ (mod 4) q ≡ (mod 4), (q/p) = −(p/q) p ≡ q ≡ (mod 4) Ví dụ 1.1.13 Xét với số nguyên tố 17 Vì 17 ≡ (mod 4) nên ta có (17/3) = (3/17) Ở ví dụ trước ta thấy khơng thặng dư bậc hai 17 Do đó, 17 khơng thặng dư bậc hai Xét trường hợp p = 47 q = Vì 47 ≡ (mod 4) nên ta có (3/47) = −(47/3) Ta lại có 47(3−1)/2 = 47 ≡ (mod 3) ≡ −1 (mod 3) nên 47 không thặng dư bậc hai thặng dư bậc hai 47 Mệnh đề cho ta điều kiện cần đủ để −2 thặng dư bậc hai số nguyên tố p Mệnh đề 1.1.14 Cho p số nguyên tố lẻ Khi (2/p) = p ≡ (1.1) (mod 8) (−2/p) = p ≡ 1.2 (mod 8) p ≡ (mod 8) (1.2) ∗ Định nghĩa tập Sk,l Từ mục đến cuối chương, chúng tơi trình bày lại kết De Koninck Luca [4] kết De Koninck [3] toán biểu diễn số nguyên thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Định nghĩa 1.2.1 Cho số tự nhiên n, ký hiệu ω(n) số nhân tử nguyên tố phân biệt phân tích tiêu chuẩn n thành tích nhân tử nguyên tố Ví dụ 1.2.2 Trong phân tích nhân tử nguyên tố n = 378 = · 33 · có nhân tử nguyên tố phân biệt nên w(n) = Tương tự, ta có w(15) = w(3 · 5) = 2, w(2548) = w(22 · 72 · 13) = 3, w(2836295) = w(5 · · 11 · 53 · 139) = Định nghĩa 1.2.3 Cho số nguyên k ≥ 2, đặt Sk = n : ω(n) ≥ n = X pk , p|n tổng lấy tập tất nhân tử nguyên tố phân biệt n Nói cách khác, Sk tập số nguyên biểu diễn thành tổng lũy thừa k nhân tử ngun tố Ví dụ 1.2.4 Ta có 378 = · 33 · = 23 + 33 + 73 , 2548 = 22 · 72 · 13 = 23 + 73 + 133 , 2836295 = · · 11 · 53 · 139 = 53 + 73 + 113 + 533 + 1393 , 4473671462 = · 13 · 179 · 593 · 1621 = 23 + 133 + 1793 + 5933 + 16213 , 23040925705 = · · 167 · 1453 · 2713 = 53 + 73 + 1673 + 14533 + 27133 Do đó, số nguyên thuộc S3 Hiện nay, theo biết, người ta chưa tìm số tự nhiên thuộc Sk với k = k ≥ 4, tập tập vơ hạn phần tử Như vậy, tập Sk ta chưa có nhiều thơng tin Định nghĩa cho ta tập số nguyên rộng Sk , gồm số nguyên biểu diễn thành tổng riêng lũy thừa k nhân tử nguyên tố Định nghĩa 1.2.5 Cho số nguyên k ≥ 2, đặt Sk∗ = n : ω(n) ≥ n = ∗ X pk , p|n dấu ∗ tổng lấy tập tập nhân tử nguyên tố n 8 Ví dụ 1.2.6 Ta có 870 = · · · 29 = 22 + 52 + 292 , nên 870 ∈ S2∗ Nhận xét 1.2.7 Rõ ràng với k ≥ 2, ta có Sk∗ ⊇ Sk Từ ta quy ước ký hiệu nhân tử nguyên tố phân biệt số nguyên p1 , p2 , Để nghiên cứu tính chất Sk∗ , De Koninck chia nhỏ tập Sk∗ thành tập sau: Định nghĩa 1.2.8 Cho số nguyên k ≥ ` ≥ 3, đặt ∗ Sk,` = {n : n = pk1 + pk2 + · · · + pk` }, p1 , p2 , , p` nhân tử nguyên tố phân biệt n Ví dụ, với k = 3, ` = 3, ∗ S3,3 = {n : n = p31 + p32 + p33 }, với p1 , p2 , p3 ước nguyên tố n Lưu ý rằng, ta xét với ω(n) ≥ nên trường hợp ` = không xảy Hơn trường hợp ` = xảy p1 , p2 khơng thể nhân tử nguyên tố n Dựa vào Định nghĩa 1.2.8 1.2.5 ta thấy Sk∗ = ∞ [ ∗ Sk,` `=3 1.3 ∗ Tính chất tập Sk,l ∗ , đặc biệt, Trong mục này, trình bày số tính chất tập Sk,l ∞ [ ∗ chúng tơi trình bày chứng minh tính vơ hạn tập Sk,` ` ≥ số k=2 nguyên lẻ cho trước Trước tiên, ta xét tập S2∗ Ký hiệu P (n) ước nguyên tố lớn n Mệnh đề 1.3.1 Nếu n ∈ S2∗ P (n) ln xuất tổng riêng lũy nhân tử nguyên tố mà từ dẫn đến n thuộc S2∗ Chứng minh Thật vậy, giả sử ngược lại, n có biểu diễn n = p1α1 · · · pαr r = p2i1 + · · · + p2i` ∈ S2∗ , p1 < p2 < · · · < pr , i1 < i2 < · · · < i` ≤ r − 1, với r ≥ Ta có p1 · · · pr−2 pr−1 pr ≤ n < `p2i` ≤ rp2r−1 , hay p1 · · · pr−2 pr < rpr−1 < rpr Suy p1 · · · pr−2 < r, điều với r ≥ Suy điều cần chứng minh n X xi đa thức với hệ số nguyên bậc Định nghĩa 1.3.2 Cho f (x) = i=0 n ≥ Ta nói f (x) đa thức bất khả quy f (x) khơng phân tích thành tích hai đa thức hệ số nguyên với bậc lớn hay Ví dụ 1.3.3 Các đa thức bậc đa thức bất khả quy, đa thức x2 + bất khả quy Để chứng minh tập S3∗ vô hạn, ta cần sử dụng giả thuyết Schinzel Giả thuyết 1.3.4 (Giả thuyết Schinzel, [10]) Nếu f1 (x), , fs (x) đa thức hệ số nguyên bất khả quy với hệ số cao (hệ số lũy thừa lớn x) dương cho không tồn số nguyên n > ước tích f1 (x) fs (x) với x ngun, tồn vơ số số ngun x để f1 (x), , fs (x) số nguyên tố ∗ tập vô hạn Với Giả thuyết Schinzel ta chứng minh S3,3 ∗ tập vô hạn Định lý 1.3.5 Nếu Giả thuyết Schinzel S3,3 Chứng minh Giả sử k số nguyên cho r = k − 9k + 21 p = k − 7k + 13 số nguyên tố Trong trường hợp này, ta có 2rp(r + k) = 2(k − 9k + 21)(k − 7k + 13)(k − 8k + 21) = 2(k − 16k + 97k − 264k + 273)(k − 8k + 21) = 2k − 48k + 492k − 2752k + 8844k − 15456k + 11466 (1.3) 10 23 + r3 + p3 = + (k − 9k + 21)3 + (k − 7k + 13)3 = + k − 27k + 306k − 1863k + 6426k − 11907k + 9261 + k − 21k + 186k − 889k + 2418k − 3549k + 2197 = 2k − 48k + 492k − 2752k + 8844k − 15456k + 11466 (1.4) Từ (1.3) (1.4) ta 2rp(r + k) = 23 + r3 + p3 ∗ Bây giờ, đa Do đó, đặt n = 2rp(r + k) = 23 + r3 + p3 ta có n ∈ S3,3 thức r(k) = k − 9k + 21 p(k) = k − 7k + 13 đa thức bất khả quy thỏa mãn giả thiết giả thuyết Schinzel Nếu giả thuyết Schinzel đảm bảo tồn vô số số nguyên k cho số r(k) p(k) số nguyên tố, ∗ từ tồn vơ số n ∈ S3,3 Ví dụ 1.3.6 Thay k = vào giá trị r p chứng minh Định lý 1.3.5 ta r = k − 9k + 21 = 7, p = k − 7k + 13 = 3, n1 = 2rp(r + k) = · · · = · 33 · = 378 = 23 + 33 + 73 ∗ Tương tự, với k = ta Vậy n1 = 378 ∈ S3,3 r = k − 9k + 21 = 3, p = k − 7k + 13 = 7, n2 = 2rp(r + k) = · · · = · 33 · = 378 = 23 + 33 + 73 ∗ Tương tự với k = 10, 82 94 ta thu Vậy n2 = n1 ∈ S3,3 n3 = 109306 = · 31 · 43 · 41 = 23 + 313 + 433 , n4 = 450843455098 = · 6007 · 6163 · 6089 = 23 + 60073 + 61633 , 11 n5 = 1063669417210 = · 8011 · 8191 · 8105 = 23 + 80113 + 81913 ∗ Nên n3 , n4 , n5 ∈ S3,3 Nhận xét 1.3.7 Không phải giá trị S3∗ sinh theo cách Ví dụ, số sau thuộc S3∗ khơng thể chứng minh theo cách này: 23391460 = 22 · · 23 · 211 · 241 = 23 + 2113 + 2413 , 173871316 = 22 · 223 · 421 · 463 = 23 + 4213 + 4633 , 4473671462 = · 13 · 179 · 593 · 1621 = 23 + 133 + 1793 + 5933 + 16213 , 23040925705 = · · 167 · 1453 · 2713 = 53 + 73 + 1673 + 14533 + 27133 , 13579716377989 = 19 · 157 · 173 · 1103 · 23857 = 193 + 1573 + 1733 + 11033 + 238573 , 21467102506955 = · 73 · 313 · 1439 · 27791 = 53 + 73 + 3133 + 14393 + 277913 , 119429556097859 = · 53 · 937 · 6983 · 49199 = 73 + 533 + 9373 + 69833 + 491993 , 126548475909264420 = 22 · · · 11 · 83 · 101 · 45569 · 501931 = 23 + 53 + 833 + 455693 + 5019313 Rõ ràng Giả thuyết Schinzel từ định lý ta suy ∞ [ ∗ tính vơ hạn tập hợp Sk,3 Tuy nhiên, định lý sau cho ta tính vơ hạn tập hợp ∞ [ k=2 ∗ Sk,3 mà không cần đến Giả thuyết Schinzel k=2 Định lý 1.3.8 # ∞ [ ∗ Sk,3 = +∞ k=2 Chứng minh Tính chất suy từ thực tế với phần tử ∗ , ta tìm phần tử tương ứng n0 ∈ S ∗ n ∈ Sk,3 k(2r+1),3 với r = 1, 2, ∗ n có biểu diễn Thật vậy, n ∈ Sk,3 n = pk1 + pk2 + pk3 12 với p1 , p2 , p3 ước nguyên tố phân biệt n Nói riêng, điều có nghĩa pa | (pkb + pkc ) với hoán vị (a, b, c) số nguyên 1, 2, Ta kết luận cho trước số nguyên r bất kỳ, số k(2r+1) n0 = p1 k(2r+1) + p2 k(2r+1) + p3 ∗ thuộc Sk(2r+1),3 Thật vậy, ta cần pa | (pbk(2r+1) + pck(2r+1) ) với hoán vị (a, b, c) số nguyên 1, Nhưng điều suy từ kết k(2r+1) k(2r+1) k(2r+1) ) + pc ); pa | (pkb + pkc ), suy pa | (pb + pc (pkb + pkc ) | (pk(2r+1) b ∗ ∗ , định lý chứng minh n0 ∈ Sk(2r+1),3 Vì 378 ∈ S3,3 Nhận xét 1.3.9 Từ Định lý 1.3.5 1.3.8 ta thấy Giả thuyết Schinzel ∗ #S3(2r+1),3 = +∞ với r ≥ Tổng quát hơn, Định lý 1.3.8 mở rộng cho ` số lẻ Định lý 1.3.10 Cho số nguyên lẻ ` ≥ 5, ta có # ∞ [ ∗ Sk,l = +∞ k=2 Định lý hệ trực tiếp hai bổ đề sau Bổ đề 1.3.11 Cho t = 2s ≥ số nguyên chẵn p1 , , pt số nguyên tố thỏa mãn (i) pi ≡ (mod 4) với i = 1, , t; (ii) gcd(pi , pj − 1) = với i, j ∈ {1, , t}; (iii) gcd(pi − 1, pj − 1) = với i 6= j ∈ {1, , t} Giả sử thêm a1 , , at số nguyên n1 , , nt số nguyên dương cho điều kiện thỏa mãn: (iv) gcd(2ni + 1, pi − 1) = với i = 1, , t; (v) pi | Pt ni j=1 pj + ani i với i = 1, , t; (vi) s = t/2 số t ký hiệu Legendre (ai /pi ) với i = 1, , t s số lại −1 13 Khi tồn vơ hạn số ngun tố p cho S ∗p−1 ,t+1 chứa phần tử Chứng minh Lấy a thỏa mãn a ≡ 2ni + (mod (pi − 1)/2), a ≡ (mod 4), a ≡ (1.5) (mod pi ) với i = 1, , t Theo Định lý thặng dư Trung Hoa điều kiện (i)-(iii) tồn số a Vì ni lẻ, (pi −1)/2 lẻ a ≡ (mod 4), ta kết luận đồng dư a ≡ 2ni + (mod (pi − 1)/2) kéo theo a ≡ 2ni + (mod 2(pi − 1)) Bây đặt M = t Y pi (pi − 1) i=1 Chú ý theo điều kiện (i)-(iv), a nguyên tố với M Do đó, theo định lý Dirichlet số nguyên tố cấp số cộng, suy tồn vô số số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ a (mod M ) Rõ ràng số nguyên tố thỏa mãn dùng đồng dư (1.5) giống a Gọi p số nguyên tố đặt n= t X (p−1)/2 pi + p(p−1)/2 i=1 Chú ý p ≡ 2ni + (mod 2(pi − 1)), ta (p − 1)/2 ≡ ni ( mod pi − 1) Do đó, theo định lý Fermat điều kiện (v) ta n≡ t X j=1 pnj i +p ni ≡ t X pnj i + ani i ≡ (mod pi ) j=1 với i = 1, , t Cuối cùng, điều kiện (i), (v) luật thuận nghịch bậc hai từ t = 2s số (pi /p) = −(p/pi ) = −(ai /pi ), có nửa nửa cịn lại −1 Do đó, nửa số p(p−1)/2 i đồng dư modulo p nửa lại đồng dư −1 modulo p, n bội p Do đó, n bội pi với i = 1, , t p, kéo theo n ∈ S ∗p−1 ,t+1 Bổ đề 1.3.12 Nếu s ≥ tồn số nguyên tố pi số nguyên , ni với i = 1, , t thỏa mãn điều kiện Bổ đề 1.3.11 Chứng minh Ta có nhận xét t − ≥ Chọn số nguyên tố p1 , , pt−1 cho pi ≡ 11 (mod 12) với i = 1, , t − 1, gcd(pi , pj − 1) = với i, j ∈ 14 {1, , t − 1}, gcd(pi − 1, pj − 1) = với i 6= j ∈ {1, , t − 1} cuối p1 + · · · + pt−1 nguyên tố với p1 · · · pt−1 Chú ý N = p1 + · · · + pt−1 số lẻ Ta xây dựng số nguyên tố bắt đầu với p1 = 11 cách đệ quy, tiếp tục định nghĩa p2 , , pt−1 số nguyên tố theo cấp số cộng thích hợp Lấy ni = với i = 1, , t Gọi q1 , , q` tất ước nguyên tố N Chọn số nguyên a1 , , at−1 cho s ký hiệu Legendre (−ai /pi ) −1 s − ký hiệu lại Bây chọn số nguyên tố pt cho pt ≡ 11 (mod 12), pt nguyên tố với pi − với i = 1, , t − 1, pt ≡ −ai − N (mod pi ) với i = 1, , t − 1, (qi /pt ) = với i = 1, , ` Để thỏa mãn đồng dư thức ta cần chọn pt ≡ (mod qu ) qu ≡ (mod 4) pt ≡ −1 (mod qu ) qu ≡ (mod 4), u = 1, , ` Chú ý cách chọn phù hợp với kết pt ≡ 11 (mod 12) qu Cho đến bây giờ, số nguyên tố p1 , , pt thỏa mãn điều kiện (i)-(iii) ` Y Bổ đề 1.3.11 Cuối cùng, đặt at = −N Ta có (−at /pt ) = (qu /pt )αu = Ở u=1 đây, αu lũy thừa qu −at Do có s ký hiệu Legendre (−ai /pi ) ký hiệu lại −1 tất số nguyên tố pi đồng dư modulo 4, điều tương tự ta thay −ai Do đó, điều kiện (vi) Bổ đề 1.3.11 thỏa mãn Bây giờ, ta kiểm tra điều kiện (v) với ni = với i = 1, , t, với i = 1, , t ta có t X n pj j + ani i ≡ N + pt + (mod pi ) ≡ (mod pi ), j=1 t X n p j j + at = N + p t − N ≡ (mod pt ), j=1 điều kiện (iv) hiển nhiên 2ni + = pi − ≡ 10 (mod 12) không bội với i = 1, , t Nhận xét 1.3.13 Lập luận bên không với s = Thật ra, trường hợp t − = 1, p1 + · · · + pt−1 = p1 không nguyên tố với p1 15 1.4 ∗ Tìm phần tử thuộc Sk,` ∗ tồn Để tìm phần tử Sk∗ , ta tiến hành sau: n ∈ Sk,` số nguyên dương Q số nguyên tố p1 , p2 , , p` cho n = Qp1 · · · p`−1 p` = pk1 + · · · + pk`−1 + pk` , ∗ p | (pk + · · · + pk ) với điều kiện cần để n thuộc Sk,` ` `−1 ∗ , ta kiểm tra nhân tử nguyên tố p r k + q k Ví dụ, để tìm n ∈ Sk,3 với ≤ r < q chạy qua số nguyên tố giá trị x cho trước, sau kiểm tra Q = r k + q k + pk số ngun hay khơng Nếu Q số ngun rpq ∗ n = Qrqp thuộc Sk,3 Ví dụ, cho k = 2, chọn r = 2, q = r2 + q = 29 có ước nguyên tố 29 + 292 r + q + p2 = = số nguyên Do rpq · · 29 ∗ Với đó, n = Qrqp = · · · 29 = 870 = r2 + q + p2 = 22 + 52 + 292 thuộc S2,3 p = 29 Kiểm tra ta Q = r = 3, q = r2 + q = 34 có ước nguyên tố p = 17 Kiểm tra ta với r + q + p2 34 + 22 38 p = Q = = = khơng số ngun nên loại, với rpq 3·5·2 30 34 + 172 323 r + q + p2 = = không số nguyên nên loại p = 17 Q = rpq · · 17 255 Tiến hành theo cách (với ` = 3, 4), ta tìm phần tử sau thuộc S2∗ : 870 = · · · 29 = 22 + 52 + 292 , 188355 = · · 29 · 433 = 52 + 292 + 4332 , 298995972 = 22 · · 11 · 131 · 17291 = 32 + 112 + 1312 + 172912 , 1152597606 = · · 5741 · 33461 = 22 + 57412 + 334612 , 1879906755 = · · 2897 · 43261 = 52 + 28972 + 432612 , 5209105541772 = 22 · · 11 · 17291 · 2282281 = 32 + 112 + 172912 + 22822812 Mặc dù ta khơng thể tìm phần tử thuộc S4 ta tìm vài phần tử thuộc S4∗ , chúng lớn Dưới phần tử thuộc S4∗ : 107827277891825604 16 = 22 · · · 31 · 67 · 18121 · 34105993 = 34 + 314 + 674 + 181214 , 48698490414981559698 = · 34 · · 13 · 17 · 157 · 83537 · 14816023 = 24 + 174 + 835374 , 3137163227263018301981160710533087044 = 22 · 32 · · 11 · 191 · 283 · 7541 · 1330865843 · 2086223663996743 = 34 + 74 + 1914 + 13308658434 , 129500871006614668230506335477000185618 = · 32 · · 132 · 31 · 241 · 15331 · 21613 · 524149 · 1389403 · 3373402577 = 24 + 2414 + 33734025774 , 225611412654969160905328479254197935523312771590 = · 32 · · · 132 · 37 · 41 · 109 · 113 · 127 · 151 · 541 · 911 · 5443 · 3198662197 · 689192061269 = 54 + 74 + 1134 + 1274 + 9114 + 6891920612694 , 17492998726637106830622386354099071096746866616980 = 22 · · · 23 · 31 · 97 · 103 · 373 · 1193 · 8689 · 2045107145539 · 2218209705651794191 = 24 + 1034 + 3734 + 11934 + 20451071455394 ∗ , S ∗ , S ∗ S ∗ Chú ý số cho ta phần tử thuộc S4,3 4,4 4,5 4,6 ∗ tương ứng số sau: Các phần tử nhỏ thuộc S2∗ , S3∗ , , S10 870 = · · · 29 = 22 + 52 + 292 , 378 = · 33 · = 23 + 33 + 73 , 107827277891825604 = 22 · · · 31 · 67 · 18121 · 34105993 = 34 + 314 + 674 + 181214 , 178101 = 32 · · 11 · 257 = 35 + 75 + 115 , 594839010 = · · · 17 · 29 · 37 · 1087 = 26 + 56 + 296 275223438741 = · 23 · 43 · 92761523 = 37 + 237 + 437 26584448904822018 = · · · 17 · 19 · 113 · 912733109 = 28 + 178 + 1138 17 40373802 = · 34 · · 35603 = 29 + 39 + 79 420707243066850 = · 32 · 52 · 29 · 32238102917 = 210 + 510 + 2910 ∗ Định lý 1.3.10 cho ta cách để xây dựng vô hạn phần tử thuộc Sk,` cho trước số nguyên lẻ ` dương cố định Tuy nhiên, thực hành, phần tử thu lớn Thật vậy, với trường hợp k = Sử dụng ký hiệu Bổ đề 1.3.11, ta có t = 4; ta chọn {p1 , p2 , p3 , p4 } = {11, 47, 59, 227} Như gợi ý Bổ đề 1.3.12, đặt ni = với i = 1, 2, 3, Tập số nguyên thích hợp {a1 , a2 , a3 , a4 } = {8, 32, 10, 110}, mà có tập ký hiệu Legendre (ai /pi ) : i = 1, 2, 3, = {−1, 1, −1, 1} Tìm nghiệm a hệ phương trình đồng dư pi −1 a ≡ (mod ) (i = 1, 2, 3, 4) a≡3 a ≡ (mod 4) (mod pi ) ta thu a = 4619585064883 Với M = (i = 1, 2, 3, 4), Y pi (pi − 1) i=1 = 10437648923020, ta ý gcd(a, M ) = Số nguyên tố nhỏ p ≡ a (mod M ) p = 10M + a = ∗ xây dựng theo 108996074295083 Điều có nghĩa số nguyên nhỏ n ∈ Sk,5 thuật toán ta n= X i=1 số thực lớn p−1 pi + p p−1 , ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ TRỌNG NGUYÊN MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LŨY THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: ... 25 Một số toán lũy thừa số nguyên kỳ thi Olympic Toán học quốc tế 37 3.1 Lũy thừa bậc hai 37 3.2 Lũy thừa bậc ba 44 3.3 Lũy thừa số nguyên. .. quan tâm đến toán biểu diễn số nguyên thành tổng lũy thừa nhân tử nguyên tố Ta ký hiệu Sk tập tất số nguyên biểu diễn thành tổng lũy thừa k nhân tử nguyên tố Dễ dàng thấy S1 tập tất số nguyên tố