chuyen de so hoc mathscope03 booklet

96 65 sau: i) a bội số 4; ii) a lẻ (a, p) = Chứng minh ước dương Mà 24 ≡ 1(mod5) ⇒ 21994 = 24 (a−2)p +2p a (a−1)p +1 a có dạng 2kp + Cho số nguyên tố p > Chứng minh ước dương k ≡ p mod ước ước nguyên tố 2p +1 có dạng 2kp + 1, 498 ≡ 4(mod5) Suy A chia hết cho hay A hợp số Tiếp theo, ta chứng minh A + chia hết cho 24 Thật vậy, 2010, 2052 chia hết A + ≡ − (−1)2010 + = 0(mod3) Hơn 2052 chia hết cho Bài 27 (VN TST 1997) Chứng minh tồn hàm số f nhận giá trị nguyên thoả mãn 2n |19f (n) − 97 A + ≡ −32010 + ≡ − 32 1005 + ≡ −11005 + = 0(mod8) Suy A + chia hết cho chia hết A + chia hết cho 24 Theo kết câu a, ta có tổng ước dương A chia hết cho 24, suy đpcm với n nguyên dương Giải Dễ thấy v2 (192 n−2 − 1) = v2 (19 − 1) + v2 (2n−2 ) = n Bài tập có hướng dẫn, gợi ý nên o2n (19) = 2n−2 ngSuy 19t chứa 2n−2 thặng dư phân biệt hệ thặng dư 2n Mặt khác, để ý 19t chứa thặng dư lẻ, cụ thể 19t ≡ 1, mod 8, mà 2n−2 nửa số thặng dư lẻ 2n , suy 19t chứa tất thặng dư đồng dư với 1, mod 2n Do 97 ≡ mod 8, suy tồn f để 19f (n) ≡ 97 mod 2n Bài 28 (Italian TST 2006) Cho số nguyên dương n Gọi An tập tất a ∈ Z, thoả mãn n|an + a) Tìm tất n để An = ∅ b) Tìm tất n để |An | chẵn khác khơng c) Liệu có tồn n để |An | = 130 không? a n Giải a) Với n lẻ, ta chọn a = n − Xét n chẵn, đặt n = 2n1 Khi 2n1 |(an1 )2 + Suy n1 lẻ n1 có ước nguyên tố dạng 4k + Tóm lại, An = ∅ n lẻ n = 2n1 , n1 lẻ gồm ước nguyên tố dạng 4k + n n b) Xét n > chẵn Khi n|a + n|(n − a) + (chú ý a = n1 ) Do n chẵn |An | chẵn Xét n lẻ Chú ý ϕ(n) chẵn với n > 2, suy ϕ(n) − chẵn Rõ ràng (a, n) = Xét a = 1, n − thoả n|an + Do (a, n) = nên tồn b n − thoả ab ≡ mod n Lại có n|an + 1, suy n|bn + Điều có nghĩa |An \ {n − 1} | chẵn, hay |An | lẻ Tóm lại, |An | chẵn n chẵn n > c) Giả sử tồn n thoả |An | = 130 Theo câu b n chẵn Đặt n = 2pα1 pα2 · · · pαk k , pi ≡ mod với i = 1, k Ta chứng minh bổ đề sau: Cho số nguyên tố p Phuơng trình x2 ≡ −1 mod p khơng có nghiệm, có Bài tập 5.1 Chứng minh phương trình τ (n) = k có vơ số nghiệm ngun dương n với k, phương trình σ(n) = k có hữu hạn nghiệm nguyên dương n Gợi ý Ta thấy giá trị σ(n) có tham gia số nguyên tố, giá trị τ (n) khơng (điều có nghĩa ta chọn giá trị ước nguyên tố số n lớn tùy ý) Bài tập 5.2 Tích tất ước n bao nhiêu? Chứng minh hàm tích ước n đơn ánh tập hợp số nguyên dương Gợi ý Chú ý ước n chia thành cặp có dạng d; nd nhân chúng lại, ta giá trị n Kết nτ (n)/2 Còn việc chứng minh tính đơn ánh sử dụng phân tích thành thừa số nguyên tố Bài tập 5.3 Tìm tất số nguyên dương n cho σ(n) + φ(n) = 2n, kí hiệu φ(n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Gợi ý Có thể sử dụng trực tiếp công thức hàm số dùng bất đẳng thức chứng minh σ(n) + φ(n) 2n dùng lập luận trực tiếp dựa theo ý nghĩa hàm số Bài tập 5.4 a Chứng minh số cặp có thứ tự số có BCNN n τ (n2 ) b Chứng minh với số nguyên dương n τ (2n − 1) τ (n) c Chứng minh số nguyên dương n hợp số σ(n) > n + √ n 66 95 Gợi ý a Ta tính số cách chọn (a, b) mà [a, b] = n (2a1 + 1)(2a2 + 1) (2ak + 1) việc lập luận số mũ tương tự chứng minh cơng thức tính τ (n) b Chú ý (2ab − 1) (2a − 1) với a, b ∈ Z+ nên dễ thấy số ước 2n − nhiều n √ √ c Giả sử n = ab với < a b < n σ(n) + a + b + n > + n + n > n + n Chiều ngược lại chứng minh dễ dàng việc kiểm tra số nguyên tố 21 −1 Giải Rõ ràng (a, p) = nên p|a2   21   h|2 − h |2k − 1, ∀1    h|p − Với Bài tập 5.5 Chứng minh [ n] τ (i) = i=1 i=1 √ n − n i k < 21, ta có bổ đề quen thuộc Do với p > 127 điều kiện h |2k − 1, ∀1 giá trị nhỏ p 197 Tóm lại, giá trị nhỏ p 197 100 τ (i) Từ tính tổng k < 21 (221 − 1, 2k − 1) = 2(21,k) − √ n − Đặt h = op (a) Khi h thoả hệ điều kiện sau: 27 − = 127 k < 21 thoả mãn Chọn h = 49, i=1 Cho a, b số nguyên dương Chứng minh σ(a) σ(b) , a b max Nhận xét: Bạn đọc giải toán tương tự sau: σ(ab) ab σ(a)σ(b) ab d·σ Chứng minh a, b số nguyên dương σ(a)σ(b) = d|(a,b) ab d2 Gợi ý a Ta sử dụng phương pháp quy nạp Chú ý bước quy nạp, ta kiểm tra trường 100 hợp n số phương khơng Tổng τ (i) = 482 Tìm p nguyên tố nhỏ cho tồn a thoả  p|a215 +1 − p |a2k +1 − 1, ∀1 k < 15 Bài 26 (Fermat) Cho p > số nguyên tố Chứng minh ước dương có dạng 2kp + Giải Trước hết nhận thấy 2p +1 i=1 b Ta chia thành bất đẳng thức bσ(a) thức hàm σ(n) c Đặt a = pai i , b = σ(ab) σ(ab) σ(a)σ(b) sử dụng trực tiếp công p pibi ci = min(ai , bi ) với i = 1, 2, 3, , k Trước hết, ta chứng minh ci pji σ(piai +bi −2j ) = pi j=0 c Sau xem xét tổng có dạng v3 (2p + 1) = v3 (2 + 1) + v3 (p) = dσ d|(a,b) ab d2 p nên ước nguyên tố số 3+1 lớn Gọi q ước nguyên tố 3+1 Khi q|2p + 1, suy q|22p − Gọi h = oq (2) Ta có h|2p, suy h = ∨ ∨ p ∨ 2p Nếu h = q|1 Nếu h = q|22 − = Nếu h = p q|2p − 1, suy q|h Tất trường hợp vô lí Do h = 2p Suy h = 2p|q − hay q ≡ mod 2p Từ dễ dàng kết luận p ước dương 3+1 có dạng 2k + Nhận xét: Bài tốn tổng qt sau: (pa+b−j + pa+b−j−1 + + pj ) với c = min(a, b) ý số j=0 lần xuất thừa số nguyên tố σ(a)σ(b) Bài tập tự giải Bài tập 5.6 a) Tìm tổng ước dương số sau: 35, · · · · 11, 196, 25 · 34 · 53 · 72 · 11, 1000, 10!, 2100 b) Tìm số ước số sau 36, 99, · · · · 11 · 13, 99, 144, 20! • Cho p, q > số nguyên tố phân biệt Khi tất ước dương số (q−1)p +1 có dạng 2kp + q • Cho p, q > số nguyên tố phân biệt Khi tất ước dương số (q+1)p −1 có dạng 2kp + q Một số toán thú vị phát triển từ toán này: Cho p > số nguyên tố Số nguyên dương a thoả hai điều kiện 94 67 tố Do đó, 2q − có ước nguyên tố t không chia hết 2p − Ba ước nguyên tố r, s, t ba ước cần tìm Bài 21 Cho a ∈ N∗ Gọi A tập hợp số tự nhiên n cho n|an + 1, B tập tất ước nguyên tố phần tử A Chứng minh B hữu hạn Giải • Trường hợp n lẻ: Gọi B1 tập hợp ước nguyên tố phần tử lẻ A Từ giả thiết suy n|a2n − Gọi p ước nguyên tố bé n đặt h = op (a) Khi h|2n h|p − Suy h|(2n, p − 1) = (2, p − 1) = ∨ Suy p|a2 − 1, hay B1 hữu hạn • Trường hợp n chẵn: Gọi B2 tập hợp ước nguyên tố phần tử chẵn A n Đặt n = 2n1 n1 lẻ (nếu khơng 4|n| a + 1, vơ lí) Từ lí luận tương tự trường hợp n lẻ, ta suy B2 hữu hạn Do B1 , B2 hữu hạn nên B = B1 ∪ B2 hữu hạn Nhận xét: Với cách lí luận tương tự, ta có tốn quen thuộc (và bản) sau đây: Nếu n|2n − n = Bài tập 5.7 a Hỏi số nguyên dương có ước nguyên dương? b Hỏi số nguyên dương có ước nguyên dương? c Hỏi số nguyên dương có ước nguyên dương? Bài tập 5.8 Cho số nguyên dương a Xét dãy số (un ) xác định u1 = a, un+1 = τ (un ), n = 1, 2, 3, Chứng minh với n đủ lớn uN = 2, ∀N n Bài tập 5.9 Số n gọi “highly composite” τ (m) < τ (n) với m < n Chứng minh với k ∈ Z+ , tồn số HC n thỏa mãn k n < 2k Từ suy có vơ hạn số HC đánh giá chặn cho số HC thứ k Chứng minh n số HC tồn số ngun dương k cho ta có biểu diễn n = 2a1 3a2 5a3 pakk với pk số nguyên tố thứ k a1 a2 ak Tìm tất số HC có dạng n = 2a 3b với a, b số nguyên dương Biết số square-free số có dạng n = p1 p2 p3 pk với p1 , p2 , p3 , , pk số nguyên tố Hãy trả lời câu hỏi sau Tuy vậy, thật bất ngờ toán đơn giản có ứng dụng thú vị: Bài tập 5.10 a Hỏi số sau đây, số số square-free? Bài 22 (Ba Lan) Tìm tất đa thức với f (n) có hệ số hữu tỉ thoả mãn f (n)|2n − 1, ∀n ∈ N A.44 B.50 C.10000000 D.95 b Một số square-free có số ước A Hỏi A nhận giá trị nào? Giải Chú ý f (n)|f (n + f (n)) với n Suy A.25 f (n)|f (n + f (n))|2n+f (n) − B.30 C.1024 D.99 c Cho tập hợp B = {2, 3, 5, 7} Hỏi có tất số square-free có ước nguyên tố thuộc tập B? A.15 B.16 C.17 D.14 Suy f (n)|2n+f (n) − 2n = 2n 2f (n) − Bài  tập 5.11 2 Cho n số nguyên dương Chứng minh đẳng thức sau: n Do (2 , f (n)) = với n nên d|n Suy f (n) = 1, ∀n ∈ N (τ (d))3 τ (n) = a  f (n)|2(f (n) − d|n ω(d) b τ (n ) = với ω(n) số ước nguyên tố n d|n Nhận xét: Một tốn "có vẻ tương tự" dành cho bạn đọc: c d|n Tìm tất đa thức hệ số nguyên f (n) thoả mãn f (n)|2n + 1, ∀n ∈ N Bài 23 Tìm số nguyên tố p nhỏ cho tồn a thoả mãn p|a ∀1 k < 21 221 − a p |a 2k − a, nσ(d) = d dτ (d) d|n Bài tập 5.12 Chứng minh tồn vô số cặp số (m, n) cho φ(m) = σ(n) tồn vô số cặp số nguyên tố Mersense (số nguyên tố dạng 2n − 1) tồn vô số cặp số nguyên tố sinh đôi 68 93 Một số hàm số khác Bài 17 (IMO SL 2000) Tìm tất a, m, n nguyên dương thoả mãn Hàm phần nguyên am + 1|(a + 1)n Các kiến thức cần nhớ • [x] = x x số nguyên Giải Nếu a = theo định lý Zsigmondy, am + tồn ước nguyên tố p mà p |a + 1, mâu thuẫn với yêu cầu đề Nếu m = 3, a = Khi n thoả mãn • [x + n] = [x] + n với n số nguyên 23 + 1|(2 + 1)n Các tính chất phần ngun: • [x + y] [x] + [y] với số thực x, y Nếu a = chọn m, n nguyên dương Vậy (a, m, n) = (2, 3, x + 2) với x ∈ N hay (1, m, n) • [x] + [y] = x + y − với x, y số không nguyên x + y ngun • Số số ngun dương khơng vượt n chia hết cho k n k Bài 18 (Nhật Bản 2011) Tìm a, n, p, q, r nguyên dương thoả mãn • Khai triển Legendre: số mũ số nguyên tố p khai triển số nguyên dương n! thành thừa số nguyên tố +∞ i=1 n n n n = + + + i p p p p Các tập áp dụng Bài tập 5.13 Hỏi có số nguyên không vượt 2013 chia hết cho hoặc 5? Bài tập 5.14 Chứng minh số số nguyên không vượt n không chia hết cho n n n n+ − + Bài tập 5.15 Chứng minh với số nguyên dương x, y (x+y)! x!y! số nguyên Bài tập 5.16 Phần lẻ {x} đại lượng tính x−[x] Chứng minh với số thực x, y {x + y} {x} + {y} {x} < Bài tập 5.17 Cho x, y, z số thực thỏa mãn {x} + {y} + {z} = Tính giá trị biểu thức P = [x + y + z] − ([x] + [y] + [z]) Bài tập 5.18 Rút gọn biểu thức sau: A= + 3 + 100 + + an − = (ap − 1)(aq − 1)(ar − 1) Giải Giả sử p q r, Nếu a, n không rơi vào trường hợp ngoại lệ định lý Zsigmondy, ta dễ dàng suy điều vơ lí Nếu a = 2, n = 6, suy p = 6, q = r = Nếu n = khơng tồn a, p, q, r Nếu a = chọn n, p, q, r nguyên dương Tóm lại, (a, n, p, q, r) = (1, n, p, q, r), (2, 6, 6, 1, 1), (2, 6, 1, 6, 1), (2, 6, 1, 1, 6) Bài 19 (Iran) Cho A tập hữu hạn số nguyên tố a > số nguyên dương Chứng minh tồn hữu hạn n cho tất ước nguyên tố an − thuộc A Giải Giả sử A = {p1 , p2 , · · · , pk } Ta xét N = [p1 − 1, p2 − 1, · · · , pk − 1] Rõ ràng pi |aN − 1, ∀i = 1, k Khi đó, theo định lý Zsigmondy, với n0 > N , số an0 − ln có ước ngun tố q khơng phải ước aN − 1, hay q ∈ A Suy n số thoả điều kiện đề n N , tức có hữu hạn n Bài 20 (Ba Lan) Cho < q < p hai số nguyên tố lẻ Chứng minh 2pq − có ba ước nguyên tố phân biệt Giải Theo định lý Zsigmondy, 2pq − có ước nguyên tố r mà r |2p − r |2q − Lại theo định lý Zsigmondy, 2p − có ước nguyên tố s mà s |2q − Hơn nữa, tất ước nguyên tố 2q − chia hết 2p − q|p, vơ lí p nguyên 92 69 Bài 15 Chứng minh với số nguyên tố p a nguyên dương, số ap − ln có ước ngun tố q thoả mãn q≡1 p mod p Các kiến thức cần nhớ Kí hiệu S(n) tổng chữ số n Ta có tính chất: • n − S(n) chia hết cho q1α1 q2α2 qk αk Ta có oqi (a) = p ∨ oqi (a)|qi − Giải Ta xét trường hợp a > p Đặt a − = Giả sử không tồn i cho oqi (a) = p Khi với j = 1, k qj |a − Mặt khác: ap−1 + ap−2 + · · · + a + ≡ p Hàm tổng chữ số mod qi , i = 1, k Suy (ap−1 + ap−2 + · · · + a + 1, qi ) = 1, ∀qi = p Do vqi (ap − 1) = vqi (a − 1) = αi , ∀qi = p α α Giả sử p = qj Suy ap − 1|(a − 1)qj j , hay ap−1 + ap−2 + · · · + a + qj j = pαj pp−1 (vơ lí!) Trường hợp lại a p (p, qi ) = 1, i = 1, k Từ tiếp tục giải trên, ta có đpcm Do đó, ln tồn ước nguyên tố q ap − thoả q ≡ mod p Nhận xét: Với cách lí luận trên, ta thay p luỹ thừa p Có thể thấy tốn gần giống với Bài 1, nhiên thay "với ước nguyên tố" Bài ta khẳng định "tồn ước nguyên tố" Dạng tổng quát yếu hơn, lại bắt nguồn để ta đến định lý mạnh nhiều-Định lý Zsigmondy: Dạng 1: Với a > b (a, b) = an − bn ln có ước ngun tố p thoả mãn p|an − bn , p |ak − bk với k < n (trừ trường hợp 26 − 16 a2 − b2 với a + b luỹ thừa 2) • S(m + n) • S(mn) S(m) + S(n) với m, n số nguyên dương S(m)S(n) với m, n số nguyên dương +∞ • S(n) = n − k=1 n 10k Bài tập áp dụng Bài tập 5.19 Tìm số nguyên dương n nhỏ cho S(n), S(n + 1) chia hết cho Bài tập 5.20 Khi viết 44444444 hệ thập phân tổng chữ số A Gọi B tổng chữ số A Tính tổng chữ số B Bài tập 5.21 Chứng minh với số ngun dương n ta có bất đẳng thức: a) S(2n) S(n) 5S(2n) b) S(5n) S(n) 2S(5n) Bài tập 5.22 Người ta gọi số biểu diễn thành tổng a + b với S(a) = S(b) số đẹp a Chứng minh số 999, 2999 số đẹp tồn vô số số không số đẹp b Chứng minh tất số thỏa mãn 999 < k < 2999 số đẹp Dạng 2: Với a > b an + bn ln có ước ngun tố p thoả mãn p|an + bn p |ak + bk với k < n (trừ trường hợp 23 + 13 ) Ta không đề cập đến chứng minh dài định lý đây, mà xét số ứng dụng Hàm Euler Kiến thức cần nhớ Với số nguyên dương n, kí hiệu φ(n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Đây gọi hàm Euler Ta có kết quen thuộc: Bài 16 (Romanian TST) Chứng minh dãy an = 3n − 2n khơng có ba số hạng lập thành cấp số nhân • φ(p) = p − với p số nguyên tố Giải Giả sử tồn x < y < z cho • φ(mn) = φ(m)φ(n) với (m, n) = (3y − 2y )2 = (3x − 2x )(3z − 2z ) Từ đẳng thức suy ước nguyên tố p 3x − 2x chia hết 3y − 2y Tuy nhiên, x > y nên điều mâu thuẫn định lý Zsigmondy Ta có đpcm • φ(pk ) = pk−1 (p − 1) với p số nguyên tố Trong trường hợp tổng quát, ta có φ (pa11 pa22 pa33 pakk ) = n − p1 1− p2 1− p3 − pk 70 91 Bài tập tổng hợp Suy fr (p) = r Tuy nhiên, chọn p đủ lớn fr (p) > r, mâu thuẫn Ta có đpcm Bài tập 5.23 Cho n số nguyên dương lớn Chứng minh φ(n) chẵn Với giá trị n φ(n) = n2 ? φ(n) |n? φ(3n) = 3φ(n)? φ(n) chia hết cho 4? Chứng minh n có k ước nguyên tố lẻ phân biệt φ(n) chia hết cho 2k Chứng minh m, n ∈ Z+ m|n φ(m)|φ(n) Chứng minh hàm f (n) = φ(n) hàm nhân tính đầy đủ n Nhận xét: Kết toán tổng quát so với phần chứng minh Bài 11 Và ta kết luận hàm số fr (x) chia hết cho vô hạn số nguyên tố với x ∈ Z Bài tập 5.24 Giả sử m, n ∈ Z+ (m, n) = p với p nguyên tố Chứng minh φ(mn) = p φ(m)φ(n) p−1 Chứng minh φ(mk ) = mk−1 φ(m) với m, k ∈ Z+ Cho a, b ∈ Z+ , chứng minh Bài 12 (A.Makowski) Cho k số nguyên dương Chứng minh tồn vô hạn n−k hợp số n thoả mãn n|a − với a nguyên tố với n Giải Chọn n = kp với p số nguyên tố Ta cần p|an−k − k|an−k − Chọn n cho p − 1|n − k, điều kiện thoả mãn Lại chọn n cho ϕ(k)|n − k, điều kiện thứ hai thoả mãn Tóm lại, ta cần chọn p cho ϕ(k)|p − 1, chứng minh tồn vô hạn p Tuy nhiên lại kết trực tiếp từ định lý Dirichlet, tốn chứng minh hồn tồn Bài 13 Cho k số nguyên Chứng minh tồn số nguyên tố p dãy tăng nghiêm ngặt a1 , a2 , thoả mãn p + ka1 , p + ka2 , số nguyên tố φ(ab) = (a, b) φ(a)φ(b) , φ ((a, b)) từ suy φ(ab) = φ(a)φ(b) với (a, b) > Bài tập 5.25 Chứng minh phương trình φ(n) = k với k ∈ Z+ có nghiệm n n chia hết cho 36 Chứng minh phương trình φ(n) = k với k ∈ Z+ có hữu hạn nghiệm n Chứng minh p số nguyên tố, 2a p + hợp số với a = 1, 2, 3, , r p số nguyên tố Fermat φ(n) = 2r p vô nghiệm Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương k cho phương trình φ(n) = k có nghiệm nguyên dương n Gợi ý: xét số nguyên dương có dạng k = · 36j+1 , j = 1, 2, 3, Giải Theo định lý Dirichlet tồn vơ hạn số nguyên tố p thoả p ≡ mod k Trước hết chọn số nguyên tố p vậy, đặt p = lk + Khi p + kai = k(l + ) + Việc tồn dãy tăng nghiêm ngặt a1 , a2 , hiển nhiên theo định lý Dirichlet Bài 14 (Định lý Hardy-Wright) Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh tồn x, y nguyên dương cho p|x2 + y + Giải • Nếu p = 4k + −1 số phương mod p, tức tồn x cho p|x2 + Chọn y = p, ta có p|x2 + y + • Nếu p = 4k + 3: Chú ý (4p, 2p − 1) = Xét dãy 1.4p + 2p − 1, 2.4p + 2p − 1, 3.4p + 2p − 1, Theo định lý Dirichlet, tồn l cho l.4p + 2p − số nguyên tố Khi l.4p + 2p − = (4l + 2)p − ≡ mod Bài tập 5.26 √ n Chứng minh n = 2, n = φ(n) √ Chứng minh n hợp số φ(n) n − n Tìm số nguyên dương n nhỏ thỏa mãn φ(n) 105 Bài tập 5.27 Chứng minh n hợp số φ(n) |(n − 1) n số square-free tích ước ngun tố phân biệt Theo kết quen thuộc: số nguyên tố dạng 4k + biểu diễn dạng tổng hai số phương, suy tồn x, y để l.4p + 2p − = x2 + y Khi p|x2 + y + Bài tốn chứng minh hồn tồn 90 71 Chứng minh định lý hồn tồn khơng dễ, phải sử dụng đến kiến thức toán cao cấp Trong khuôn khổ viết này, ta xét đến trường hợp nhỏ định lý Dirichlet, b = a số nguyên tố Bài tập 5.28 Cho số nguyên dương a Xét dãy số (un ) xác định u1 = a, un+1 = φ(un ), n = 1, 2, 3, Bài 10 (Hàn Quốc TST 2003) Cho số nguyên tố p bất kì, đặt fp (x) = x p−1 +x p−2 + ··· + x + a) Chứng minh p|m ước nguyên tố fp (m) nguyên tố với m(m − 1) b) Chứng minh tồn vô hạn n nguyên dương để pn + số nguyên tố Chứng minh với n đủ lớn uN = 1, ∀N Bài tập 5.29 Chứng minh φ(d) = n với số nguyên dương n d|n a= Chứng minh a n,(a,n)=1 Giải a) Gọi q ước nguyên tố fp (m) Rõ ràng (q, m) = Nếu (q, m − 1) = q|m − Khi ≡ fp (m) ≡ m mod q, suy q|m (vô lí!) b) Ta chứng minh tồn vơ hạn số nguyên tố q mà p|q − Gọi q ước nguyên tố fp (m) Suy q|mp − Do p số nguyên tố nên oq (m) = ∨ p Nếu oq (m) = q|m − 1, mâu thuẫn với kết câu a Do oq (m) = p, suy p|q − Việc lại xây dựng dãy {mk }k để fp (mk ) chia hết cho vô hạn số nguyên tố Xét dãy m1 = p, mk = pfp (m1 )fp (m2 ) · · · fp (mk−1 ) Khi fp (m1 )fp (m2 ) · · · fp (mk−1 )|fp (mk ) − fp (0) = fp (mk ) − Suy fp (mk ) nguyên tố với fp (m1 ), fp (m2 ), · · · , fp (mk−1 ) Ta công nhận mở rộng tốn trên: Với a ngun dương dãy a + 1, 2a + 1, chứa vô hạn số nguyên tố Sau ta xét đến vài ứng dụng định lý Dirichlet toán Số học Bài 11 Cho r số nguyên tố Đặt fr (x) = xr−1 + xr−2 + · · · + x + Chứng minh fr (x) chia hết cho vô hạn số nguyên tố với x số nguyên tố Giải Giả sử fr (p) chia hết cho hữu hạn số nguyên tố q1 < q2 · · · < qk Theo định lý Dirichlet, tồn l cho p = l.q1 q2 · · · qk + 1là số nguyên tố Suy fr (p) ≡ r ≡ mod qi với i thuộc {1, 2, · · · k} Suy r = qi Hơn nữa, fr (p) chứa ước nguyên tố qi , tồn qj = qi mà qj |fr (p) r = qj = qi , mâu thuẫn với phân biệt qi qj Đặt fr (p) = qis = rs Chú ý r|p − Xét vr (fr (p)) = vr (pr − 1) − vr (p − 1) = vr (p − 1) + vr (r) − vr (p − 1) = n nφ(n) Giả sử p > số nguyên dương p − 1, p + hai số nguyên tố sinh đôi Chứng minh 3φ(p) p Chứng minh điều kiện cần đủ để n số nguyên tố σ(n) + φ(n) = nτ (n) 72 89 Ta tiếp tục đến với kết thú vị kì thi chọn đội tuyển Trung Quốc: Bài (Trung Quốc TST 2005) Chứng minh với n > 2, ước nguyên tố lớn n số 22 + không bé (n + 1)2n+2 + n Giải Đặt 22 + = pk11 pk22 · · · pkr r với p1 < p2 < · · · pr Chú ý pi ≡ mod 2n+1 nên tồn qi cho pi = + 2n+1 qi n Viết lại hệ thức 22 + = pk11 pk22 · · · pkr r theo modulo 22n+2 , ta có: r 1≡1+2 n+1 mod 22n+2 ki qi i=1 Suy r n+1 r ki qi qr i=1 ki i=1 Mặt khác k1 +k2 +···+kr n 22 + > + 2n+1 > 2(n+1)(k1 +k2 +···kr ) Suy r ki < i=1 Do qr 2n+1 r 2n n+1 2(n + 1) ki i=1 Vậy pr (n + 1)2n+2 + Nhận xét: Với kết Bài 8, ta phát biểu mạnh hơn: n Với n > ước nguyên tố lớn 22 + không bé (n + 2)2n+4 + Một câu hỏi thú vị đặt ra: giá trị bé ước nguyên tố bé số dạng n 22 + bao nhiêu? Tiếp theo, ta đến định lý đẹp đẽ số nguyên tố - Định lý Dirichlet: Nếu a, b hai số nguyên dương nguyên tố dãy a + b, 2a + b, 3a + b, chứa vô hạn số nguyên tố 88 Bài Cho n số thoả mãn tồn m cho 2n −1 |4m2 Chứng minh với ước nguyên dương d cho d ≡ mod 2q n −1 + , tồn q nguyên dương Chuyên đề 6: Thặng dư bình phương Nguyễn Huy Hồng, Trần Hy Đơng Giải Rõ ràng với bổ đề Bài 6, toán trở nên đơn giản nhiều Theo kết Bài thì: 2n − = Fk−1 Fk−2 · · · F1 Theo Bài với i, ước nguyên tố pi số Fi thoả mãn pi ≡ mod 2i+1 Do với ước nguyên dương d = pai11 pai22 · · · paill , chọn q = {i1 , i2 , · · · , il }, ta được: d≡1 n Bài Cho n > Nếu p số nguyên tố thoả p|Fn = 22 + p≡1 mod 2n+2 Giải Đây mở rộng Bài Để giải toán này, trước hết ta cần kiến thức thặng dư phương: Nếu p số nguyên tố thoả p ≡ mod tồn x để x2 ≡ mod p Đây kết bản, khuôn khổ viết xin không nêu chứng minh Trở lại toán Do n > p ≡ mod 2n+1 nên p ≡ mod Do tồn x để x2 ≡ mod p Luỹ thừa 2n hai vế, ta x 2n+1 2n ≡2 ≡ −1 mod p Suy p|x2 n+1 +1 Sử dụng kết Bài lần nữa, ta đpcm Nhận xét: Mở rộng với a thoả mãn tồn x mà a ≡ x2 mod p (hay a n thuộc hệ thặng dư phương p), p ước a2 + p≡1 Thặng dư bình phương cơng cụ mạnh để giải toán số học Thặng dư bình phương đơn giản, dễ hiểu lại hữu dụng Tuy vậy, độc giả cần có tảng kiến thức tốt (như cấp số, định lý Fermat, ) để sử dụng thành thục mod 2q Ta tiếp tục với kết nhà toán học người Pháp Francois Édouard Anatole Lucas: Tính chất thặng dư bình phương kí hiệu Legendre Định nghĩa 6.0.1 Giả sử p số nguyên tố lẻ Khi số nguyên a gọi số phương mod p (a, p) = phương trình đồng dư x2 ≡ a(modp) có nghiệm Ví dụ: -1 số phương mod ( 72 ≡ −1(mod5) ) Định lý 6.0.1 Nếu p số nguyên tố lẻ số 1, 2, 3, , p − có mod p p−1 số phương Phần chứng minh hai định lý xin dành cho bạn đọc Định nghĩa 6.0.2 Cho a ∈ Z , p số nguyên tố lẻ Ký hiệu Legendre a p định nghĩa sau: Nếu (a, p) = a số bình phương mod p   1 a = −1  p  Nếu (a, p) = a không số bình phương mod p (a, p) = mod 2n+2 Lớp chun Tốn trường Phổ Thơng Năng Khiếu trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong 73 74 87 Ví dụ: Ta thấy rằng: = = 11 11 11 = = 11 11 11 = = 11 11 = = 11 10 11 Tương tự, ta suy a b + 1, điều mâu thuẫn với b Tóm lại, (m, n) = (1, 1), (1, 2), (2, 1) =1 = −1 Định lý 6.0.2 Giả sử p số nguyên tố lẻ , (a, p) = Khi : a p ≡a p−1 (modp) Chứng minh: a =1 p Khi phương trình đồng dư x2 ≡ a(modp) có nghiệm x0 Theo định lý Fermat nhỏ, ta có : Trường hợp 1: a p−1 ≡ (x20 ) p−1 = xp−1 ≡ a (modp) (đpcm) a = −1 p Khi phương trình đồng dư x2 ≡ a( mod p) vô nghiệm Với i từ đến p − , tồn j,1 j p − cho i.j ≡ a(modp) Rõ ràng i = j nên nhóm số từ đến p − 1thành p−1 cặp , cho tích cặp đồng dư a mod p Nhân tất số 1, 2, 3, , p − 1, ta : Trường hợp 2: (p − 1)! ≡ a p−1 Bài Cho (a, b) = hai số nguyên dương không đồng thời 1, p số nguyên n n tố lẻ thoả mãn p|a2 + b2 p ≡ mod 2n+1 Giải Lại tốn với hình thức gần tương tự với Bài Ở ta cần bước chuyển nhỏ: ý (b, p) = (nếu khơng p|a p|(a, b), trái giả thiết) nên tồn b thoả mãn bb ≡ mod p Do từ giả thiết suy n p|(ab )2 + Và ta bắt gặp lại Bài Bài toán giải Một khởi đầu nhẹ nhàng cho viết, đến lúc đẩy độ khó tốn lên bậc Những toán tiếp sau cần suy luận dài tinh tế Bài (Hàn Quốc 1999) Tìm tất số n nguyên dương cho tồn m thoả mãn 2n − |4m2 + (modp) Theo định lý Wilson , (p − 1)! ≡ −1(modp), định lý chứng minh Định lý 6.0.3 Giả sử p số nguyên tố lẻ , a b số nguyên không chia hết cho p Khi đó: a b 1/ a ≡ b(modp) ⇒ = p p b ab a = 2/ p p p a2 = 3/ p Giải Rõ ràng với n lẻ 2n − ≡ −2 mod nên 2n − không chia hết cho Do n chẵn Ta có bổ đề quen thuộc sau: Các số có dạng x2 + khơng có ước ngun tố dạng 4k + Do n chẵn nên 2n − ≡ mod Nếu n có ước ngun tố lẻ 2n − có ước nguyên tố p = dạng 4k + Khi p|(2m)2 + 1, mâu thuẫn bổ đề Do n = 2k Ta chứng minh với n tồn m thoả mãn đề n Chú ý kí hiệu số Fermat Fn = 22 + Như 2n − = Fk−1 Fk−2 · · · F1 Bạn đọc dễ chứng minh định lý định lý Định lý 6.0.4 Với số nguyên p > 2, ta có −1 p ≡ (−1) p−1 Từ suy phương trình đồng dư x2 ≡ −1(modp) có nghiệm p = p ≡ 1(mod4) Ví dụ: Ta dễ thấy −1 p = ⇔ p − a + Lại tính đơi ngun tố số Fermat nên theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn c chẵn thoả i−1 i c2 ≡ 22 mod 22 , i = 1, k − Chọn m = 2c , ta có đpcm Bạn thắc mắc tốn trên, không liên quan đến cấp? Hãy tiếp tục theo dõi toán sau 86 75 Bài Chứng minh tồn vơ hạn số ngun tố có dạng 2n k + với n cố định Giải Rõ ràng tốn có liên quan mật thiết, hay nói cách khác hệ trực n tiếp Bài Việc lại ta cần tìm a để dãy xn = a2 + có số hạng đôi nguyên tố n Xét dãy Fermat Fn = 22 + Ta chứng minh (Fn , Fm ) = với m = n Thật vậy, ý đẳng thức sau: Fn − = Fn−1 F2 · · · F0 Từ dễ dàng suy với m = n (Fn , Fm ) = 1, toán giải n Định lý 6.0.5 Giả sử (x; y) = 1, a, b, c số nguyên p ước nguyên tố ax2 + bxy + cy , p không ước abc D = b2 − 4ac thặng dư bậc mod p Đặc biệt p ước x2 − Dy (x, y) = 1thì D thặng dư bậc mod p Chứng minh: Dễ biến đổi p (2ax + by)2 − Dy Giả sử p |y , p |2ax + by ⇒ p |2ax Mà (a, p) = nên p |x Vậy (x, y) > ( Vô lý ) Do (p, y) = nên tồn y cho yy ≡ 1(modp) Suy (2axy + byy ) ≡ Dyy ≡ D(modp) n Nhận xét: Dãy Fermat Fn = 22 + đại lượng 22 phổ biến toán cấp, ta tiếp tục gặp dãy lời giải toán sau Bài Cho n > 1, a số nguyên dương thoả mãn n|an + Chứng minh (a + 1, n) > Vậy D thặng dư phương mod p Định lý 6.0.6 (Bổ đề Gauss) Giả sử p số nguyên tố lẻ , a số nguyên không chia hết cho p Nếu số thặng dư bé số nguyên a, 2a, 3a, , p−1 a có s thặng dư lớn p2 thì: a p = (−1)s hay a p p−1 = (−1) k=1 [ 2ka p ] Giải Gọi p ước nguyên tố bé n, đặt on (a) = h Từ giả thiết suy h|2n h|p − Do tính bé p nên (n, p − 1) = Do h|(2n, p − 1) = (2, p − 1) = 1, • Nếu h = p|a − 1, mà p|an + nên p = Khi 2|(a + 1, n) • Nếu h = p|a2 − 1, lại theo định nghĩa h nên suy p|a + Khi p|(a + 1, n) Nhận xét: Nếu p số nguyên tố n|(p − 1)n + p|n Chứng minh: Cho a số nguyên , p số nguyên tố cho (a, p) = Với k ∈ 1; 2; 3; ; p−1 p−1 tồn rk ∈ ±1; ±2; ±3; ; ± cho ka ≡ rk (modp) Dễ thấy không tồn hai rk có trị tuyệt đối , |r1 | , |r2 | , |r3 | , , r p−1 Bài Tìm tất cặp số nguyên dương (m, n) thoả mãn  n|2m−1 + m|2n−1 + p−1 hoán vị 1; 2; 3; ; p−1 Cho k chạy từ → nhân tất vế lại với ta : a p−1 ≡ r1 r2 r3 r p−1 1.2.3 ( p−1 ) = r1 r2 r3 r p−1 (modp) |r1 | |r2 | |r3 | r p−1 Giải Với m = n = 1, ngược lại Ta xét trường hợp m, n > Đặt m − = 2a x, n − = 2b y, a, b, x, y nguyên dương xy lẻ Gọi p ước nguyên tố n a p|2m−1 + = (2x )2 + Theo Bài p ≡ mod 2a+1 Suy n có dạng 2a+1 k + 1, hay n − = 2a+1 k Suy b a + Đặt bk = rk ; bk = ±1.Ta có |rk | a p−1 ≡ b1 bk (modp) bk = −1 phần dư lấy ka chia cho p lớn p tức ka = pq + r r > p−1 2ka 2ka 2r 2ka ka = 2p + ⇔ = 2p + = + ⇔ bk = (−1)[ p ] p p p p 76 p−1 [ 2ka a p ] = (−1) k=1 (đpcm) Vậy a ≡ p Từ định lý ta thu hệ sau p−1 Cấp nguyên thủy Định lý 6.0.7 p+1 = (−1)[ ] a/ p b/-2 thặng dư bậc mod p p ≡ 1; 3(mod8) c/ -3 thặng dư bậc mod p p ≡ 1(mod6) d/ thặng dư bậc mod p p ≡ ±1(mod12) e/ thặng dư bậc mod p p ≡ ±1(mod10) Phạm Tiến Kha Cấp nguyên thủy công cụ hữu dụng việc giải toán số học sơ cấp Khơng thế, chúng cầu nối để ta bước lên khái niệm, định lý cao cấp tốn học Bài viết xin trình bày số ứng dụng cấp nguyên thủy toán Olympiad Định lý 6.0.8 Luật tương hỗ Nếu p,q số nguyên tố lẻ p khác q p q q p = (−1)( p−1 )( q−1 ) Cấp số nguyên dương ĐỊNH NGHĨA: Cho (a, n) = Số h gọi cấp a modulo n , kí hiệu h = on (a), h số nguyên dương nhỏ thoả mãn Bài tập ví dụ   x p 2 Bài tập 6.1 Chứng minh với số nguyên tố p = 4k + 3, x + y p  y.p ah ≡ x p y p , = 0, ta có Nhưng theo định lý 4b, 4c 5, ta có   x p Do ta có  y.p −y p −y p = Nếu n|ak − on (a)|k Chứng minh tính chất đơn giản Đặt on (a) = h, giả sử k = lh + r Chú ý rằng: = −1 p mod n Từ định nghĩa cấp, ta rút tính chất quan trọng sau: Lời giải Giả sử x, y p ⇒ y2 p = −1 p ak ≡ ahl ar ≡ ar ≡ = −1(vơ lí!) mod n Do r < h nên theo định nghĩa cấp, suy r = 0, hay h|k Ta bắt đầu với toán quen thuộc cấp:   m p Bài tập 6.2 Chứng minh với số nguyên tố p = 3k +2 m2 +mn+n2 p ⇔  n.p n Bài Chứng minh ước nguyên tố lẻ p số a2 + 1, a > số tự nhiên bất kì, thoả mãn p ≡ mod 2n+1 Lời giải Giả sử m, n p ⇒ m p , n p n+1 = Ta có −3 −3n2 =1⇒ =1 p p   m p Theo định lý 8c, ta suy điều vơ lí, m2 + mn + n2 p ⇔  n.p Nhận xét :Các tính chất dễ dàng chứng minh định lý Fermat, m2 +mn+n2 p ⇒ m2 + mn + n2 p ⇒ (2m + n)2 +3n2 p ⇒ Giải Từ giả thiết suy p|a2 − Đặt h = op (a) h|2n+1 , theo định lý Fermat nhỏ h|p − n n Giả sử h < 2n+1 , tức h|2n Suy p|a2 − Mặt khác, theo giả thiết p|a2 + Suy p|2 (!) Do h = 2n+1 , hay p ≡ mod 2n+1 Bài toán quen thuộc trở thành bổ đề cho nhiều toán khác cấp Ta xét toán Lớp 12CT THPT chuyên Lê Hồng Phong 85 84 77 (Czech-Polish-Slovak MO 2008) Chứng minh tồn số nguyên dương n cho với số nguyên dương k k + k + n khơng có ước ngun tố nhỏ 2008 10 (AMM) Tìm số nguyên dương n cho 2n − 1|3n − 11 Nếu p = 2n + (n ứng dụng thặng dư bình phương Các định nghĩa thặng dư bình phương đơi sử dụng để chứng minh số toán thú vị Chúng ta cần áp dụng tính chất để lập luận thể sức mạnh thặng dư bình phương 2) số nguyên tố chứng minh p−1 + p 12 (Sierpinski) Chứng minh ta khơng thể tìm số ngun dương n > cho 2n−1 + n Bài tập 6.3 Chứng minh với số nguyên tố lẻ p:    a = −1 + p ∃a ∈ Z :   a < + √p 13 (AoPS) Cho số nguyên a, b, c, chứng minh a, b, c, abc khơng số phương tồn vô số số nguyên tố p cho a p = b p = c p 14 (Iran TST 2013) Có tồn số nguyên a,b,c cho a2 + b2 + c2 2013(ab + bc + ca) 15 (IMO Shortlist 2009 N7) Cho a, b hai số nguyên phân biệt, chứng minh tồn số nguyên dương n cho (an − 1) (bn − 1) không số phương Lời giải Gọi a số tự nhiên nhỏ không thặng dư bậc hai mod p p Đặt b = + ⇒ < ab − p < a hiệu ab − p thặng dư bậc mod p Vậy a 1= ab − p p = ab p a p = b p =− b p Suy b không thặng dư bậc mod p Do p √ a b< +1⇒a< p+1 a Bài tập 6.4 (Korea Final 2000) Cho số nguyên tố p = 4k + 1, tính p−1 x=1 2x2 x2 −2 p p Lời giải Đầu tiên, ta có nhận xét: [2x] − [x] 1∀x ∈ R Thế nên, nhiệm vụ tìm số đồng dư số phương chia p−1 cho số nguyên tố p = 4k + cho lớn p−1 Theo tính chất số thặng dư bình phương, ta có số phương mod p −1 −a2 a −a p−a Bởi p = 4k + ⇒ =1⇒ =1⇒ = = p p p p p p−1 p−1 Như ,ta có p−1 số phương mod p không lớn hơn số 4 phương mod plớn p−1 Do p−1 2x2 x2 p−1 −2 = p p x=1 Đẳng thức xảy {x} 78 83   ∀i, j ∈ N   i, j p − i2 ≡ j (modp)   i + j = p Bài tập 6.10 (Mathlink contest 2004) Cho 2004 số nguyên không âm a1 , , a2004 cho 2004 ani số phương với n Tìm số số hạng nhỏ không i=1 Bài tập 6.5 (Iran TST 2004) Cho trước số nguyên tố p số nguyên dương k, chứng minh tồn số nguyên dương n cho n p n+k p = Lời giải Chọn số nguyên tố lẻ p cho p khơng ước số số cho, áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có: 2004 ap−1 ≡ k (modp) ⇒ i Lời giải i=1 n (n + k) = p n (n + k) p − cho p 2004 Bài toán tương đương với việc chứng minh tồn n cho Ta giả sử điều ngược lại, tức giả sử tồn k Do x, y, z =1 ani số phương với n i=1 = −1∀1 n p − Vì với số ngun tố p bất kì, có p−1 số khơng phương mod p Do p−1 f (n, k, p) = n (n + k) mod p nhận nhiều giá trị phân biệt tồn số phương mod p Vậy tập giá trị f (n, k, p) nhận khơng q p−1 phần tử, theo ngun lý Dirichlet, ta có ba số x, y, z nguyên phân biệt cho k p p−1 Vì có hữu hạn p cho k p k = −1 nên theo bổ đề trên, ta có k số phương, mà 2004 < 2025 = 452 ⇒ k 442 Do đó, số số hạng không nhỏ 2004 − 1936 = 68 Ta a1 = a2 = = a1936 = t2 , a1937 = = a2004 = thoả mãn đề Bài tập đề nghị f (x, k, p) = f (y, k, p) = f (z, k, p) (Bulgaria NMO 1998)Cho m, n số tự nhiên cho A = Chứng minh A lẻ Tức   p|x + y + k   x (x + k) ≡ y (y + k) ≡ z (z + k) (modp) ⇔ p|y + z + k ⇔ x ≡ y ≡ z (modp)    p|z + x + k Điều vơ lí x, y, z phân biệt x, y, z p − Do ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Rõ ràng hai toán này, ta chủ yếu dùng định lý số định lý số làm sở lập luận Thặng dư bình phương hữu dụng giải phương trình nghiệm nguyên, ta xét đến ví dụ sau: Bài tập 6.6 (Serbia-2008) Tìm tất nghiệm ngun khơng âm phương trình : x z 12 + y = 2008 Lời giải Nếu z > y > Nếu x chẵn VT có dạng a2 + b2 , x lẻ VT có dạng a2 + 3b2 (m+3)n +1 3m số nguyên (Poland 2013) Cho số nguyên a,b cho + a + b2 chia hết cho 6a Chứng minh a âm Chứng minh 3n + 1khơng có ước ngun tố có dạng 3k + n số nguyên dương lẻ Chứng minh 2n − 1luôn có ước nguyên tố có dạng 8k + n số nguyên dương lẻ (Vietnam TST 2003 P6) Cho số nguyên dương n Chứng minh 2n + khơng có ước ngun tố dạng 8k − Chứng minh với số nguyên tố p, tồn số nguyên x, y cho x2 + y + p (Korea Final 2000 P1) Chứng minh với số nguyên tố , tồn số nguyên x, y, z cho x2 + y + z = wpvà < w < p (IMO Shortlist 1998 N5)Tìm số nguyên dương n cho tồn số nguyên m để 2n − ước m2 + 82 79 Và theo định lý nghịch đảo bình phương, ta có: m j=1 m pi qj = Dễ thấy 2008 có ước nguyên tố 251 , a,b không chia hết cho 251 Từ ta có -1 -3 số chình phương mod 251 Tức (pi −1)(qj −1) (−1) qj pi j=1 v pi = ∀1 i n −1 251 Do Mà m j=1 m a qj = j=1 qj m n j=1 i=1 pi qj n = i=1 v pi = v pn s pn = = −1   −1 251 = (−1)  −3 251 =− 251−1 251 −3 251 =1 ∨ =1 = −1 = −(−1) 251−1 251 = = −1 Suy x = y = z = Suy phải có qj cho a qj = −1, mà có vơ số số nên ta có dpcm Với trường hợp a = tốn hiển nhiên Bổ đề lúc đầu nhìn vào ta tưởng khơng có ứng dụng nhiều, thực tế có ứng dụng bất ngờ, điển hình tốn sau: Bài tập 6.9 (CWMO 2011) Tìm cặp số nguyên (a, b) cho với số nguyên dương n, ta có n | an + bn+1 Kí hiệu Jakobil Khơng dừng lại tập số nguyên tố, tính chất thặng dư bình phương mở rộng cho hợp số Do không sợ nhầm lẫn nên tương tự kí hiệu Legendre, kí hiệu Jakobil viết dạng na Một số tính chất kí hiệu Jakobil: Với n số tự nhiên lẻ a nguyên, (a, n) = ta có định lý sau: Lời giải Định lý 6.0.9 Với a, b: a ≡ b (modn) ⇒ Chọn n = p với p số nguyên tố lẻ đủ lớn, ta có ap + bp+1 ≡ a + b2 ≡ (modp) ⇒ −a p = ∀p p0 Với p0 số nguyên tố lẻ đủ lớn thoả mãn gcd (a, p0 ) = Mà theo bổ đề quen thuộc x khơng số phương tồn vơ số số ngun tố lẻ p cho xp = −1, ta phải có −a số phương = ∀p p0 ⇒ −b p = ∀p p0 Từ suy −blà số phương Tiếp tục chọn n = p với p số nguyên tố lẻ, đặt −a = k , −b = l2 ta có −k p + −l2 = b n Định lý 6.0.10 Đặt n = pi , với pi ước nguyên tố n, ta có: a = n Hay nói cách khác Tương tự, chọn n = 2p với p số nguyên tố lẻ đủ lớn ta có −b2p+1 p a n a pi a a = mn n a pi = a m ∀m, n ∈ Z+ Nhưng lưu ý: a số phương mod n a phải số phương mod pi với pi ước nguyên tố n Ta tiến hành chứng minh hai bước: piaai = pai a pq a p = a q gcd (p, q) = p+1 .p ⇔ l4 − k ≡ (modp) (theo định lý Fermat nhỏ) Định lý 6.0.11 Ta có kí hiệu Jakobil hàm nhân tính hồn tồn, vì: Do ta lại có l2 ± k ≡ (modp) với vô số số nguyên tố p, ta lại suy tiếp (±k)2 luỹ thừa bậc Tương tự, chọn n = 2p với p số nguyên tố lẻ ta lại có tiếp (±l)2 luỹ thừa bậc − a = −b = Lập lại q trình vơ hạn lần, ta có −a, −b luỹ thừa bậc 2t tuỳ ý, − a = −b = Vậy ta có (a, b) ∈ {(0, 0) , (−1, −1)} a n Hệ quả: a2 n b n = ab n ∀a, b ∈ Z =1 Định lý 6.0.12 −1 n = (−1) n−1 80 81 k 22 − 9, ta phân tích thành thừa số nguyên tố Định lý 6.0.13 n = (−1) (n−1)(n+1) m n = pai i Áp dụng kí hiệu Jakobil, ta có: −1 Định lý 6.0.14 2n −1 2n −1 n−1 m−1 n = (−1)( )( ) m −1 pai i = −1 pai i = −1 pi = =1 Do đó, tồn số nguyên t cho 2n − t2 + Bài tập ví dụ k Bài tập 6.7 Cho m, n ∈ Z+ cho n + 4m, chứng minh −m n 22 − ⇔ t + + − 2k −1 k ⇔ 22 t2 + 2k −1 ⇔ 4u2 + 2k = −1 Lời giải Ta giả sử điều ngược lại −m = n Vì tính chẵn lẻ m khơng quan trọng ta coi m số lẻ Đầu tiên, ta có nhận xét: −1 = ⇔ k − k = −1 theo nhận xét Vì n + 4m ⇒ −1 n m −m −1 Do n = n = −1 n Vì n + 1.4m ⇒ gcd (m, n) = nên ta áp dụng luật nghịch đảo bình phương, ta có: (m−1) m n (m−1) (n−1) n n (−1) = (−1) ⇔ = m m −1 −1 m n m = −1 Kết thúc chứng minh Bình luận: Trong sách số học Titu Andreescu có lời giải liên quan đến số ngun tố Fermat định lý thặng dư Trung Hoa, sử dụng kí hiệu Jakobil, tốn trở nên đơn giản Khai thác bổ đề Bây xin giới thiệu độc giả bổ đề thú vị sau: −n m =1⇒ = −1 ⇒ = −1 Nhưng n + = 12 + n 4m ⇒ −n = 1, mâu thuẫn m Với trường hợp lại, ta dễ dàng suy điều vơ lí, suy đpcm Nếu m = 4t + ⇒ −1 n 2k −m n = không thể, Bài tập 6.8 (Korea 1999) Tìm số nguyên dương n cho 2n − tồn số nguyên m cho 2n − | 4m2 + Chứng minh với số nguyên dương a số phương, tồn vơ số số nguyên tố p cho a = −1 p Chứng minh bổ đề Phân tích a thành thừa số nguyên tố, ta có a = 2t Lời giải Ta có nhận xét x2 + p ⇔ p = 4k + 2n − ⇒ n • Điều kiện cần: Ta chứng minh số nguyên dương cần tìm luỹ thừa Giả sử n q q > 1, q , ta có: 2n − 2q −   2q − Nhưng , 2q − có ước nguyên tố dạng 4k + khác 3, vô lý  q +1 Vậy ta có tồn số nguyên m cho 2n − 1|4m2 + n luỹ thừa • Điều kiện đủ: k Theo chứng minh trên, ta có 22 − khơng có ước ngun tố dạng dạng 4k + khác 3, n pai i , đơn giản, ta giả sử số số i=1 square-free (tức số khơng có ước bình phương số ngun tố) ⇒ = 1, t ∈ {0; 1} Chọn s số khơng phương modulo pn Sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa, ta dễ dàng tìm số nguyên v cho    v ≡ (mod8)  v ≡ (modpi ) (1 i n − 1)    v ≡ s (modp ) n m Đặt v = qj , với qj ước nguyên tố ta có: j=1 m i=1 qi = v = (−1) v −1 ... Z+ m|n φ(m)|φ(n) Chứng minh hàm f (n) = φ(n) hàm nhân tính đầy đủ n Nhận xét: Kết toán tổng quát so với phần chứng minh Bài 11 Và ta kết luận hàm số fr (x) chia hết cho vô hạn số nguyên tố với... (Hàn Quốc 1999) Tìm tất số n nguyên dương cho tồn m thoả mãn 2n − |4m2 + (modp) Theo định lý Wilson , (p − 1)! ≡ −1(modp), định lý chứng minh Định lý 6.0.3 Giả sử p số nguyên tố lẻ , a b số ngun