Bài tập về cấp của một số NGUYÊN MODULO n

Trường THPT chun Hồng Văn Thụ Sở GD&ĐT Hòa Bình BÀI TẬP VỀ CẤP CỦA MỘT SỐ NGUYÊN MODULO n Cho số nguyên dương n > số nguyên a nguyên tố với n, số k gọi cấp a modulo n k số nguyên dương nhỏ để a k ≡ 1( mod n ) Do tính nhỏ số nguyên dương k, nên số nguyên dương h mà h thỏa mãn a ≡ 1( mod n ) ln có k | h Và tính chất sử dụng xuyên suốt tập cấp số nguyên Để sử dụng tính chất ta thường kết hợp với Định lý Phecma nhỏ: “Cho p số nguyên tố a số nguyên nguyên tố p −1 với p a ≡ 1( mod p ) ” Định lý Ơ-le: “Cho số nguyên dương n a số nguyên nguyên tố với ϕ ( n) n a ≡ 1( mod n ) ” Bài Cho n = + 2m.u , u lẻ u < 2m , m ∈ ¥ * , biết tồn số nguyên tố p lẻ thỏa mãn n −1 p Mn Chứng minh n số nguyên tố Hướng dẫn Gọi q ước nguyên tố nhỏ n Theo giả thiết có p n −1 ≡ −1(mod q) ⇒ p n−1 ≡ 1(mod q ) q −1 Theo định lý Phecma nhỏ có: p ≡ 1( mod q ) h | n − Gọi h cấp p modulo q, ta có:  h | q − Mà p n −1 ≡ −1(mod q) suy ra: n −1 / h mà h | n − suy h = 2m.v với v | u Giả sử M q < n , theo tính chất ước nguyên tố nhỏ suy q ≤ n , mà m m m m n = + 2m.u < 22 m (vì u < 2m ) ⇒ q < , lại có: ≤ h = v | q − < Ta thu điều vô lý Vậy n = q Bài Tìm số nguyên dương n nhỏ thỏa mãn: 22013 |17 n − Hướng dẫn Thực chất tập yêu cầu tìm cấp 17 modulo 2013 Đặt m = 22013 gọi k cấp 17 theo modulo m, theo định lý Ơ-le có: 2012 t 17ϕ ( m ) ≡ 1(mod m) Dẫn đến k | ϕ ( m ) = , k = , t ∈ { 1;2;3, ,2012} Mặt khác ta có phân tích: ( ) ( ) 17 − = ( 17 − 1) ( 17 + 1) ( 17 + 1) 17 + 17 + , t t−1 17 ≡ 1( mod ) , nên số hạng dạng 17 + 1, m ∈ { 1,2, , t − 1} chia hết m cho không chia hết cho 4, 17 – = 16 = Do 17 − = 2t + 4.Q , Q t số nguyên lẻ Từ 22013 |17 ta suy t + ≥ 2013 ⇒ t ≥ 2009 Do để đảm bảo tính nhỏ t k k = 22009 q Bài Tìm tất cặp số nguyên tố p, q cho p + 1| 2003 + q + 1| 2003 p + Hướng dẫn Không tổng quát ta giả sử p ≤ q * Ta xét trường hợp p = 2, | 2003q + , dễ thấy q chẵn, nên q = Vậy trường hợp có nghiệm p = q = 2 * Nếu p > 2, có p lẻ p + ≡ ( mod ) , gọi r ước nguyên tố lẻ p + , từ giả thiết có: 2003q ≡ −1( mod r ) ⇒ 20032 q ≡ 1( mod r ) Gọi k cấp 2003 modulo r, ta có k | 2q q Dễ thấy 2003 ≡ −1( mod r ) nên k ≠ q , suy k | k = 2q 2 - Nếu k | dẫn đến r | 20032 − = 23.3.7.11.13.167 Mặt khác r | p + nên r có dạng 4s + 1, mà r lẻ suy r = 13 Khi 2003 ≡ 1( mod13) nên 2003q + ≡ ( mod13) , điều dẫn tới mâu thuẫn r −1 - Nếu k = 2q, theo định lý Phecma nhỏ ta có: 2003 ≡ 1( mod r ) , suy 2q | r − ⇒ q | r − , dễ thấy p + chẵn ước lẻ chia q dư 1, suy p + ≡ ( mod q ) ⇒ q | p − = ( p − 1) ( p + 1) , với giả sử p ≤ q p, q số nguyên tố nên q = p + , q lẻ nên p chẵn suy p = 2, trái với điều giả sử p > Vậy ta tìm cặp nghiệm (p;q) = (2;2) Bài Tìm số nguyên dương n để 3n − 1Mn3 Hướng dẫn * Với n = 1, thỏa mãn yêu cầu toán * Với n ≥ , gọi p ước nguyên tố nhỏ n, từ giả thiết suy được: 3n ≡ 1( mod p ) p −1 Mặt khác theo định lý Phecma nhỏ ta có: ≡ 1( mod p ) h | n Gọi h cấp modulo p, ta có:  ta số bé h | p − p ước n, để p ước ngun tố nhỏ h = Khi 31 ≡ 1( mod p ) ⇒ p = α * Giả sử n = t ( α , t ∈ ¥ ) , t lẻ ( ) α Khi đó: 3n − = 32 α Vì ( t −1) α + 32 ( t − 2) t ( )( α α − = 32 − 32 ( t −1) α + 32 ( t − 2) α ) + + 32 + + + 32 + ≡ q ≡ 1( mod ) , nên: α ( α −1 )( )( ) + α − số chẵn ( + 1) ( − 1) = , nên: α −2 ) ( )( 3n − = 32 + 32 + 32 + 32 + 32 − R (R lẻ) α −1 α −2 Vì 32 + 1,32 + 1, ,32 1 20 20 3n − = 2α + 2.S , (S lẻ) Vì 3n − 1Mn3 = 23α t , suy α + ≥ 3α ⇒ α ≤ ⇒ α = ⇒ n = 2t Giả sử n có ước lẻ thực sự, gọi ước lẻ nhỏ q, gọi k cấp n modulo q, theo giả thiết có: ≡ 1( mod q ) theo định lý Phecma nhỏ ta có: k | n 3q −1 ≡ 1( mod q ) Từ suy ra:  k | q − Nếu k lẻ ta ước lẻ n mà nhỏ q, trái với cách chọn q, k chẵn, mặt khác n = 2.t (t lẻ), k = n | 32 − = 23 , n khơng có ước lẻ thực Vậy n = Bài Tìm tất ba số nguyên tố (p,q,r) thỏa mãn: p | q r + 1, q | r p + 1, r | p q + (2003 USA IMO Team Selection Test) Hướng dẫn * Trước hết ta chứng minh p, q, r phân biệt Thật vậy, giả sử có p = q, từ p | q r + ta suy điều vô lý * Ta chứng minh ba số p, q, r phải Giả sử p, q, r > 2r r Từ p | q + ta suy q ≡ 1( mod p ) Gọi k cấp q modulo p ta có k | 2r , r số nguyên tố lẻ nên suy k = k = r k = 2r r r - Nếu k = r, ta có q ≡ 1( mod p ) , mà q ≡ −1( mod p ) nên suy p | , mâu thuẫn p −1 - Nếu k = 2r, theo định lý Phecma nhỏ có q ≡ 1( mod p ) , suy 2r | ( p − 1) ⇒ p ≡ 1( mod r ) ⇒ p q + ≡ ( mod r ) , kết hợp giả thiết ⇒ r | , mâu thuẫn - Vậy k = 2, ta có p | q − = ( q − 1) ( q + 1) , p số nguyên tố nên p | q − p | q + , q ≡ 1( mod p ) , từ giả thiết p | q r + , suy p | , mâu thuẫn Vậy p | q + , p, q hai số nguyên tố lớn nên suy p | Chứng minh tương tự ta có q | q +1 r +1 p +1 , r| Xét số lớn ba số p, q, 2 r ta thấy điều nói vơ lý r * Không tổng quát giả sử q = 2, ta có p | + r | p + , suy p, r số nguyên tố lẻ Khi k cấp modulo p, theo chứng minh có k | 2r , r số nguyên tố lẻ nên suy k = k = r k = 2r p −1 Nếu k = r k = 2r tức r | k , theo định lý Phecma nhỏ có ≡ 1( mod p ) , suy 2 k | p − ⇒ r | p − ⇒ p + ≡ ( mod r ) mà r | p + , trái với r số nguyên tố lẻ Do k = 2, p | − = ⇒ p = r | 32 + = 10 ⇒ r = Vậy tìm số thỏa mãn (2;3;5) Bài Chứng minh với số nguyên dương n, 3n − 2n không chia hết cho n Hướng dẫn Giả sử tồn số nguyên dương n để 3n − 2n Mn Ta điều vô lý Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, từ 3n − 2n Mn suy p ≥ Do p lẻ nên tồn số nguyên dương a để 2a ≡ 1( mod p ) , p +1  a = ÷   3n ≡ 2n ( mod p ) Từ ⇒ ( 3a ) ≡ 1( mod p ) n Gọi k cấp 3a modulo p, ta có k | n , mặt khác theo định lý Phecma nhỏ ta có ( 3a ) p −1 ≡ 1( mod p ) , nên k | p − Từ cách chọn p ước nhỏ n suy k = Vậy ta có 3a ≡ 1( mod p ) 2a ≡ 1( mod p ) , suy a ≡ ( mod p ) , điều mâu thuẫn với 2a ≡ 1( mod p ) Bài Tìm tất cặp số nguyên dương m, n thỏa mãn n |1 + m3 + m 2.3 n n (Bulgarian IMO Team Selection Test) Hướng dẫn Với n = 1, trường hợp tầm thường, m nguyên dương thỏa mãn Với n > 1, dễ thấy (m,n) = Gọi k cấp m modulo n Từ n |1 + m3 + m 2.3 suy n n n | m3 − , k | 3n+1 ⇒ k = 3t , t ≤ n + n+1 ϕ ( n) Theo định lý Ơ-le có m ≡ 1( mod n ) , suy k | ϕ ( n ) Nếu k = 3n +1 , từ k | ϕ ( n ) ⇒ k < n , ta thu điều mâu thuẫn Vậy t ≤ n ⇒ k = 3t | 3n ⇒ n | m3 − n ⇒ m 2.3 + m3 + ≡ ( mod n ) , n n mà n |1 + m3 + m 2.3 ⇒ n = m ≡ 1( mod3) n n x7 − = y − Bài Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x −1 (Dự tuyển IMO 2006) Hướng dẫn Giả sử phương trình có cặp nghiệm nguyên (x;y), gọi p ước nguyên tố bất x7 − = x + x + + x + , xảy hai trường hợp: kỳ x −1 - Nếu x ≡ 1( mod p ) x7 − = x + x + + x + ≡ ( mod p ) , p = x −1 - Nếu x ≡ 1( mod p ) , gọi k cấp x modulo 7, p | x − nên k | , x ≡ 1( mod p ) , ta tìm k = Dễ thấy (x,p) = 1, nên theo định lý Phecma nhỏ ta p −1 có x ≡ 1( mod p ) , k = | p − ⇒ p ≡ 1( mod ) Vậy hai trường hợp ta ln có p ≡ 0;1( mod ) , với p ước nguyên tố x7 − x7 − Điều dẫn đến ước dương có số dư x −1 x −1 chia cho Mặt khác y − = ( y − 1) ( y + y + y + y + 1) , theo nhận xét ta rút y − ≡ 0,1( mod ) y + y + y + y + ≡ 0,1( mod ) Điều mâu thuẫn y ≡ 1,2 ( mod ) ⇒ y + y + y + y + ≡ 5,3 ( mod ) Vậy phương trình vơ nghiệm  ... số nguy n tố lẻ Do k = 2, p | − = ⇒ p = r | 32 + = 10 ⇒ r = Vậy tìm số thỏa m n (2;3;5) Bài Chứng minh với số nguy n dương n, 3n − 2n không chia hết cho n Hướng d n Giả sử t n số nguy n dương... p, q số nguy n tố n n q = p + , q lẻ n n p ch n suy p = 2, trái với điều giả sử p > Vậy ta tìm cặp nghiệm (p;q) = (2;2) Bài Tìm số nguy n dương n để 3n − 1Mn3 Hướng d n * Với n = 1, thỏa m n yêu... thu n với 2a ≡ 1( mod p ) Bài Tìm tất cặp số nguy n dương m, n thỏa m n n |1 + m3 + m 2.3 n n (Bulgarian IMO Team Selection Test) Hướng d n Với n = 1, trường hợp tầm thường, m nguy n dương thỏa