CẤP số NGUYÊN căn NGUYÊN THUỶ và ỨNG DỤNG

Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốcgia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thường đóng vai trò quantrọng.. Chúng ta có thể làm quen nhi

Họ và tên: Nguyễn Duy Liên

Giáo viên tổ: Toán Tin

Trường: THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Vĩnh Yên: Tháng 6 -Năm 2013

a b M : a chia hết cho b , a là bội của b

a b M : a không chia hết cho b/

⇔ : Tương đương với ,khi và chỉ khi

(đpcm) : Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng minh

∃, , ,∀ ∨ ∩ : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao

( )n

LỜI NÓI ĐẦU

Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences maisL’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học nhưng

Số học là Nữ hoàng" Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong đời sống vàkhoa học Số học giúp con người ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luậnchặt chẽ và tư duy sáng tạo

Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốcgia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thường đóng vai trò quantrọng Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều phươngpháp giải, nhưng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất Mỗi khi gặp một bàitoán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới Sự phong phú đa dạng củacác bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáo viên, học sinh giỏi yêutoán Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sưu tầm và hệ thống lại một số bài toán

để viết lên chuyên đề "Cấp số nguyên, căn nguyên thuỷ và ứng dụng ”

Ứng dụng 1: Ứng dụng trong giải các bài toán chứng minh chia hết

Ứng dụng 2: Ứng dụng trong giải các bài toán tìm số nguyên thoả mãn tính chấtcho trước

Phần III: Bài tập tương tự

Phần IV: Tài liệu tham khảo

Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lênđược phần chính yếu của chuyên đề Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũngkhông thể tránh khỏi được tất cả , về phương diện chuyên môn cũng như phươngdiện sư phạm Lối trình bày bài giải của tôi không phải là một lối duy nhất Tôi đã

cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh có thể theo màkhông lạc hướng Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn vì nhiều lí dophải tự học, vì vậy giản dị và đầy đủ là phương châm của tôi khi viết chuyên đềnày

Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm chonhững chỗ thô lâu và phê bình chân thành để có dịp tôi sửa chữa chuyên đề nàyhoàn thiện hơn

Từ định lý Ơ-Le ta có nếu m là số nguyên dương và nếu a là số nguyên , nguyên

tố cùng nhau với m thì aϕ( )m ≡1 mod( m) Do đó , phương trình đồng dư

1 mod

x

nguyên dương , phải tồn tại số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn đồng dư trên

Định nghĩa 1.1 Giả sử a và m là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Khi

môđulô m

Ta kí hiệu cấp của a môđulô m bởi ord a m

Ví dụ ord52 4 ,= ord54 2 ,= ord115 5 =

iii) Cho các số n n n1, , , ,2 3 n đôi một nguyên tố cùng nhau và k n n n= 1 2L n k

Giả sử với mỗi ,i h là cấp của i a(modn Khi đó cấp của a i) (mod n là )

ii) Giả sử t là cấp của ab modn Ta có ( )ab hl =a b hl hl ≡1 mod( n) ⇒hl tM (*), tacũng có 1≡( )ab th =a b th th ≡b th(mod n) ⇒th lM vì ( )h l, = ⇒1 t h M Tương tự tM l

mà do ( )h l, =1 nên t hlM (**) Từ (*) và (**) ⇒ =t hl

iii) Gọi h là cấp của a(modn Ta có ) a h ≡1 (mod )n i ⇒h h i | vậy h là một bội

chung của h h1, , ,2 h Nếu l là một bội chung bất kỳ của n h h1, , ,2 h Nên ta có n l

i

n ⇒ ≡a n ⇒h l| ⇒h BCNN h h= [ 1, , ,2 h k]

Từ iii) của định lí trên ta thấy rằng bài toán tìm cấp của a môđulô n Quy về bài

toán tìm cấp của a (modp , với p là số nguyên tố s)

Định lí 1.3 Cho a là số nguyên lẻ và n=2s(s∈¥*) Giả sử a− =1 2u b và

2 1 2v

a − = c trong đó 1≤ <u v b c, , là các số lẻ Gọi h là cấp của a(modn )

Khi đó : 1max 1, 1{ }

neu u s h

nó chia hết cho 2s ⇔ + − ≥ ⇒ ≥ + − ≥v t 1 s t s 1 v 2 vậy t bé nhất là t s= + −1 v

Định lí 1.4 Cho p là số nguyên tố lẻ (a p, ) =1 và n= p s. Giả sử r là cấp của

Bổ đề : Với mọi n∈¥ thì a p n − =1 p n u+ A ( với ( p A, ) =1,A∈¥ ).*

Theo bổ đề ta có a h − =1 p A t u+ ,( A p, ) =1 Vậy t u s+ ≥ ⇒ ≥ − ≥t s u 1 vậy t bé

nhất là t s u= − ⇔ =h p s u−

Trở lại Trường hợp 2 với r bất kỳ

Khi đó a h ≡1 mod( n) ⇒a h ≡1 mod( p) ⇒ =h lr Đặt b a= r. Vì a h =b l dễ thấy

Hệ quă 1.6 Nếu a và n là các số nguyên nguyên tố cùng nhau, n>0 thì đồng

dư thức a i ≡a j(modn) nghiệm đúng nếu và chỉ nếu i≡ j(modord a n )

m

t ord a

Định lí 2.2 Nếu a và n là các số nguyên nguyên tố cùng nhau, n>0 và a là căn

nguyên thuỷ mod n Khi đó các số a a1, , ,2 aϕ( )n là hệ thặng dư thu gọn mod n

Chứng minh :+ Do ( )a n, = ⇒1 (a n k, ) = ∀ ∈1 k ¥*Vậy mọi luỹ thừa trên đây

nguyên tố cùng nhau

+ Giả sử trong dãy có hai số đồng dư mod n : a i ≡a j(modn) từ hệ quả 1.6 ta có

( )

Vậy trong dãy trên không có hai số nào đồng dư với nhau theo mod n Định lí

được chứng minh

Hệ quả 2.3 Giả sử g là căn nguyên thuỷ mod m , trong đó m là số nguyên dương

lớn hơn 1 Khi đó g là căn nguyên thuỷ mod m khi và chỉ khi u (u,ϕ( )m ) =1

Định lí 2.4 Nếu số nguyên dương m có căn nguyên thuỷ , thì nó có cả thảy

( )

PHẦN II ỨNG DỤNG VÀO GIẢI TOÁN

II 1 Ứng dụng trong giải các bài toán chứng minh chia hết.

2) Tồn tại vô số số nguyên dương n có dạng n=3k (k∈Z để | 6+) n n +7n.

Bài toán tổng quát :

Cho , ,n a b là các số nguyên dương thoả mãn ( )a b, =1 ,a b+ là số nguyên tố và

Bài toán 1.3.( THTT 6/2006)

Cho ,a b là hai số nguyên dương thoả mãn các số 2 a−1 , 2b−1 và a b+ là các

định lý Fecmar ta có b a b+ −b a bM + ⇔b b( a b+ −1− ≡1) 0 mod( a b+ ) suy ra

Ta có p a| 2k+1 −b2k+1, |p a p−1−b p−1 Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho

Mặt khác a2k ≡ −b2k (mod p) nên ta có 2a2k ≡0 mod( p) mà

( p,2) = ⇒1 a2k ≡0 mod( p) (mâu thuẫn) Vậy h=2k+1⇒ ≡p 1 mod 2( k+1) (đpcm)

x x

Suy ra hệ phương trình đồng dư ( )

1 1

1 2

mod32

mod 4.52

m

n

x t x t

1 2

Chứng minh rằng : n|ϕ(a n −1) với mọi a n, ∈¥* ,a≥2

Nếu n≥2 , đặt m a= n − ⇒1 a n ≡1 mod( m) Gọi h ord a= m

Nếu h n< ta có 1<a h <a n − =1 m do a n( , ≥2) Mà |m a h − ⇒1 a h >m vô lí.Vậy h n= . Ta lại có h|ϕ( )m ( hệ quả) ⇒ ϕn| (a n −1) điều phải chứng minh

h ord a= ⇒h + ⇔ =h k t∈¥ k t n≤ + ta có hai trường hợp sau

1 Nếu t n≤ ⇒a3.6n ≡0 mod( p) ⇒ vô lý

2 Nếu t n= +1&k n≤ ⇒a2.6n ≡1 mod( p) kết hợp với

giả thiết ⇒a6n ≡2 mod( p) ⇒a3.6n ≡8 mod( p) (3) Từ (2), (3) ta có

Nếu t n= +1&k n= + ⇒ =1 h 6n+1⇒6 |n+1 p−1 do a p−1≡1 mod( p) đpcm

Bài toán 1.10.

Cho p là số nguyên tố , p≡3 mod8( ) hoặc p≡5 mod8( ), p=2q+1 trong đó q là

số nguyên tố .Chứng minh rằng : ω + ω + ω + + ω2 4 8 L 2p−1 = −1 với ω là một

nên ta có hoặc h=1 hoặc h=2 hoặc h=2q

 Nếu h= ⇒ ≡1 21 1 mod( p) ⇒ ≡1 0 mod( p) vô lý

{2 ,2 ,2 , ,21 2 3 p− 1} là hệ thặng dư thu gọn mod p điều này tương đương với:

một bội của q có tổng các chữ số không lớn hơn 3.

Ta chứng minh trong dãy số sau 10 , 10 ,10 , 10 , ,100 1 2 3 p− 2, 10 p− 1 không có hai số

nào có cùng số dư khi chia cho q Giả sử tồn tại

1≤ < ≤ −i j p 1 :10i ≡10 modj q ⇔10j i− ≡1 modq do p ord= q10⇒ −j i qM vô lí

điều phải chứng minh.

Bài toán 1.12(Bungaria MO2006)

dương n thì số ( p−1) ( p! 2+ n) có ít nhất ba ước số nguyên tố phân biệt

mỗi số p−1 , ! 2p + n mỗi số có ít nhất một ước nguyên tố lẻ nữa là đủ

do h k n| − ⇒ p2 | 2k n− − ⇒1 p2 | !p vô lý Vậy ! 2p + n không là luỹ thừa của 2.(2)

Từ (1) và (2) mọi số nguyên dương n thì số ( p−1) ( p! 2+ n)có ít nhất ba ước sốnguyên tố phân biệt

II 2 Ứng dụng trong giải các bài toán tìm số nguyên thoả mãn một tính chất cho trước

Bài toán 2.1:

- Nếu h= ⇒p p p ≡1 mod ,( q) mà từ (*)⇒ p p ≡ −1 mod( q),kết hợp lại tađược 2 0 mod≡ ( q) ⇒ =2 q vô lí.

+ Nếu p q≠ do vai trò ,p q như nhau không mất tổng quát giả sử p q>

- Nếu q >7⇒( p,7) ( )= q,7 =1 Từ đề bài 7p +7q M ta suy rapq

p p

Giải : Từ giả thiết ⇒2n+ 1 ≡2 mod( p p( +2) ) do n lẻ⇒2 là số chính phương

là ( 71,73 )

Gọi h ord= 712⇒2h ≡1 mod 71( ) ⇒hM/2⇒h| 35⇒ =h 35 Tương tự

Bài toán 2.6 (Russia MO 2000)

Có tồn tại hay không các số nguyên dương , ,a b c , ( ) ( ) ( )a b, = b c, = c a, =1

b c a

của n Chứng minh rằng nếu p∈℘ ∈, y Z thoả mãn + 2y +1Mp p, < π( )y thì p=3.

thoả mãn điều kiện đề bài 2a +1Mb,2b +1Mc,2c +1Ma.⇒a b c, , đều lẻ theo đề bài

⇒( ) ( ) ( )a b, = b c, = c a, = ⇒ π1 ( ) ( ) ( )a ,π b ,π c là 3 số nguyên phân biệt Khôngmất tính tổng quát giả sử π( )b > π( ) ( )a ,π c > π( )a

Theo bổ đề trên ( p y, ) = π( ( )a c, ) nên ta có π( )a =3 đặt a=3a0 ta chứng minh rằng (a0,3) =1 thật vậy giả sử a0 M thì theo đề bài ta có3

2

2c+1 9M⇒2 c −1 9M⇒2 6cM= ϕ 9 ⇒cM3⇒ a c, =3 ( vô lý ) vậy (a0,3) =1.Đặt q = π(a bc0 ) ta có q= π( )q ≤min{π( ) ( )b ,π c }Ta sẽ chứng minh b qM

 Nếu a q0M theo bổ đề trên với ( p y, ) ( )= a c, ⇒ = ⇒q 3 a0M vô lý3

 Nếu c qM do ( )b c, = ⇒ = π1 q ( )c < π( )b do đó theo bổ đề trên với( p y, ) ( )= q b, ⇒ =q 3 vô lý

Nên 6Mh⇔ 26 ≡1 mod( q) ⇒ =q 7 Mặt khác 2a + =1 ( )23 a0 + ≡1 2 mod 7( )

Vô lý , vậy điều giả sử là sai từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài toán 2.7 ( IMO 1990)

Tìm tất cả các số nguyên dương n thoả mãn điều kiện n2 | 2n +1

Giải : 1) n=1 thoả mãn điều kiện bài toán

2) Nếu n>1 trước tiên ta chứng minh nM3

Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n , ta có p lẻ do n lẻ.

nhưng 2 là căn nguyên thuỷ mod32k ⇒23 2k−1là phần tử duy nhất trong Z/ 3 ( ) 2k đồng

dư với −1(mod32k) ⇒23k m ≡23 2k−1(mod32k) ⇒23 2k−1 − 3k m ≡1 mod3( 2k ) từ đó suy ra

3 k− −3k mM2.3 k− ⇒3 3kM k− ⇒ ≥k 2k −1⇒ k ≤ ⇒ =1 k 1

4) Vậy n=3m ( (m,2) (= m,3) =1) ta đi tìm m giả sử m>1 Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của m⇒ >q 3 Ta có 2n ≡ −1 mod( q) ⇒22n ≡1 mod( q) màtheo định lý Fecmar 2q− 1 ≡1 mod( q) ⇒2( 2 ,n q− 1 ) ≡1 mod( q) do |q m⇒q n| từ đó ta

Vậy n=3 và n=1 thoả mãn điều kiện bài toán

Bài toán 2.8 (Bulgaria 1995)

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p q sao cho pq là ước của , ) (5p −2p) (5q −2q) Giải Ta có (5p −2p) (5q −2q) M và 52 M (giả sử tồn tại , )p q ⇒ p q, ≠2,5.

 Nếu | 5p p −2p từ định lý Fecmar ta có 5p − ≡ − =3p 5 2 3 mod( p) ⇒ =p 3

Bài toán 2.9 (Bulgaria 1995)

nguyên dương a

nguyên thuỷ của p⇔ord a p = −p 1, ta có a3pq− 1 ≡1 mod3( pq) ⇒a3pq− 1 ≡1 mod( p)

Cho a=3 dễ dàng loại được ( p q, ) ( )= 5,3 và ( p q, ) ( )= 3,3

dương a là (17,11 & 11,17) ( )

Bài toán 2.10 (Turkey TST 2013)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m n sao cho , ) 2n + − ϕ(n ( )n −1 !) =n m +1

Giải.Gọi n= p pα 1 α 2 pαk với p < p < < p là các ước nguyên tố của n , α ∈Z +

tai số nguyên tố q p|( 1−1, n) ⇒ <q p1 vô lý.

 n= p2 ⇒2p2 +( p−1 !) = p2m +1 (*) Nếu p lẻ, xét theo mod 4 ta được

VP(*) đồng dư với 2 mod 4 suy ra ( p−1 ! 2 mod 4) ≡ ( ) ⇒ < ⇒ =p 4 p 3 ta

 Nếu h= ⇒ −p q 1Mp⇔ ≡q 1 mod( p) nên mọi ước của y3 −1 hoặc đồng dư



6

p p p





MM

Vậy các số nguyên tố p thoả mãn là p∈{2,3,7}

Bài toán 2.12 ( China TST 2006)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( )a n sao cho , (a 1)n a n

(a+1)n ≡a n(modp) ⇒( (a+1)b)n ≡( )ab n ≡1 mod( p) Gọi h ord ab b= p( + ), theo

a+ −a

= ∈Z với mọi a∈Z Vậy + ( ) ( )a n, = a,1 ∀ ∈a Z +

PHẦN III BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.

Bài 1 ( Iran 2007) Cho n là số nguyên dương và n=22007k+1 với k là số nguyên dương lẻ Chứng minh rằng n không chia hết 2n− 1+1

Bài 2 (VMO 2001) Cho n là số nguyên dương và , a b là các số nguyên tố cùng

Bài 3.(ChinaMO2009).Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p q sao cho , ) pq | 5p +5q

Bài 4.(Bungaria1998) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p q sao cho , ) pq | 2p +2q

Bài 5.(RumaniaTST2000).Cho a>1là số nguyên dương Tìm số nguyên dương n

nhỏ nhất sao cho 22000 |a n −1

Bài 6.( Dự tuyển IMO 2000) Xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (a m n, , )sao cho a m +1 là ước của (a+1)n

Bài 7.( Dự tuyển IMO 2003) Cho p là một số nguyên tố Chứng minh rằng tồn

Bài 10 Cho ,a k là các số nguyên dương , p là số nguyên tố , (a p, ) =1 Tìm điều

kiện của n để tồn tại a sao cho a n +1M Nếu tồn tại hãy tìm giá trị nhỏ nhấtcủa n p k

Bài 13 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng với mọi ước nguyên

3 Cho n A∈ chứng minh rằng n không chia hết cho các số sau

Bài 20 Cho n=2m u+1 trong đó u là số tự nhiên lẻ u<2 ,n m∈¥ Gọi p là số

nguyên tố lẻ sao cho p n2−1 +1M chứng minh rằng n là số nguyên tố n

Bài 21.Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 3 n −1 chia hết cho 22013

Bài 22 Cho dãy số

9

999 9

n

n chu so

tiên của dãy chia hết cho 3k

Bài 23 Cho n= +2k 1 (k∈¥*,k >1) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố khi

và chỉ khi tồn tại số nguyên dương a lớn hơn 1 thoả mãn a n2−1 +1 Mn

Bài 24 Cho p là số nguyên tố lẻ

1 Chứng minh rằng nếu ( p−1)n +1M thì n p n M

2 Tìm tất cả các số nguyên dương n lớn hơn 1 sao cho ( p−1)n +1M n p− 1

Bài 25 Cho số nguyên tố p thoả mãn điều kiện p| 22n +1 (n∈¥ Chứng minh *)

Bài 27 (THTT-243) Tìm số nguyên tố p thoả mãn 211p −1 11M p

Bài 28 (Argentina TST-2010) Cho hai số nguyên tố ,p q xét dãy số { }x n n+∞=1 xácđịnh bởi x1 =1 , x2 = p x, n+1 = px n −qx n−1 (n=2,3, ) Với mỗi số nguyên dương k

sao cho x3k = −3 Hãy tìm ,p q

Bài 29 (China TST 2008) Hãy tìm tam giác có ba cạnh là các số nguyên dương

(k m n phân biệt đôi một thoả mãn điều kiện : , , ) ( )

1 Chứng minh rằng nếu các số nguyên dương , ,x y z thoả mãn phương trình

3x−2y =19 (*)z Chứng minh rằng ,x y đều chia hết cho 3.

2 Tìm tất cả , ,x y z thoả mãn phương trình (*)

Bài 33 Tìm số nguyên dương n∈[100,2012] thoả mãn 2n +2Mn8

Bài 34 (IMO 1987) Giải phương trình nghiệm nguyên: 28x =19y +87z

p q

7 JunorBalkan Mathematical Olympiads Dan Brânzei

Ioan SerdeanVasile Serdean

Razvan Gelca

14 Mathematical Olympiad Treasures-2004 Birkhauser

Boston,USA

Titu AndreescuBogdan Enescu

15 Vô địch các quốc gia và vùng lãnh thổ từ 1991-2012