SH dai LX cap va can nguyen thuy

CẤP VÀ CĂN NGUYÊN THỦY Lê Xuân Đại (GV THPT Chuyên Vĩnh Phúc, Tỉnh Vĩnh Phúc) MỞ ĐẦU Đối với phân mơn số học chương trình THPT Chun lý thuyết cấp phần tử vấn đề quan trọng, có nhiều ứng dụng toán số học Việc sử dụng thành thạo tính chất cấp kết hợp khéo léo thêm định lý số học định lý Euler, Fermat, Thặng dư Trung Hoa,… giúp giải tốn hay khó số học Về lý thuyết khái niệm tính chất cấp đơn giản biết sử dụng cấp toán cụ thể lại việc gặp nhiều khó khăn Bài viết trình bày vấn đề cấp nguyên thủy, đưa số tốn áp dụng điển hình mà chủ yếu lấy từ thi Olympic số học năm gần Với tốn tác giả cố gắng phân tích, định hướng lời giải đưa thêm số toán tương tự Tác giả hy vọng viết tài liệu tham khảo bổ ích cho thầy học sinh chun tốn Rất mong nhận góp ý quý báu chuyên gia, thầy cô giáo để chuyên đề xâu sắc hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! NỘI DUNG A- Tóm tắt lý thuyết I Cấp số  n 1.1 Định nghĩa Cho n   * , a   ,  a, n   , a    1(mod n) Do phương trình a x  1(mod n) ln có nghiệm ngun Số ngun dương h nhỏ thỏa mãn a h  (modn) gọi cấp a (modn) Ký hiệu h  ord n  a  , hiển nhiên h    n  1.2 Tính chất Tính chất 1.2.1 Nếu a cấp h (modn) số thuộc lớp a có cấp h (modn) Tính chất 1.2.2 Nếu cấp a (mod n) h a k  1(mod n)  k  h (k   ) a k  a  (mod n)  k   h Tính chất 1.2.3 Nếu a có cấp h (modn), k  * ,  k , h   a k có cấp h (modn) Tổng quát Nếu a có cấp h (modn), k  * a k có cấp h (modn) gcd(k , h) Tính chất 1.2.4 Nếu a có cấp h1 (modn); b có cấp h2 (modn)  h1, h2   Khi cấp ab (modn) h  h1h2   Tính chất 1.2.5 Nếu a có cấp h (modn) hệ A  1; a; a , ; a h 1 gồm h số đôi không đồng dư với (modn) Tính chất 1.2.6 Cho số n1, n2 , , nk nguyên tố sánh đôi n  n1n2 nk Giả sử a có cấp hi (mod ni), Khi cấp a (modn) h  lcm h1, h2, hk  Nhận xét Từ tính chất cho phép ta đưa việc tìm cấp a (modn) quy tìm cấp a ( mod p ), p nguyên tố II Căn nguyên thuỷ 2.1 Định nghĩa Cho n số nguyên dương a số nguyên cho  a, n   Khi a gọi nguyên thuỷ (modn) cấp a (modn)   n  Ta nói a nguyên thuỷ n (a is called a primitive root modulo n) n Ví dụ Chứng minh số Fn  22  , n>1, số ngun tố khơng nguyên thuỷ Fn Lời giải Ta phải xét n>1 với n=1 F1  nguyên thuỷ Ta có 2 n 1  n  n    22  22   22 n 1  (mod Fn ) , cấp (mod Fn ) n n không vượt n1 Từ Fn nguyên tố nên   Fn   Fn   22 2  n1 ta suy không nguyên thuỷ Fn (đpcm) 2.2 Tính chất Tính chất 2.2.1 Nếu a nguyên thuỷ modn số lớp với a theo modn nguyên thủy modn  Tính chất 2.2.2 Nếu a nguyên thuỷ (modn) hệ A  a1; a , ; a ( n)  hệ thặng dư thu gọn (modn) Từ suy 1; a; a , ; a p  ( p  1) số phân biệt chúng hoán vị 1,2,3, , p  (mod p ) Đây tính chất quan trọng hay sử dụng nhiều Tính chất 2.2.3 Nếu a nguyên thủy p m a a  p m nguyên thủy p m1 Tính chất 2.2.4 Mọi số nguyên tố p có nguyên thuỷ Đây có lẽ tính chất quan trọng bậc lý thuyết cấp phần tử Xin đưa hai chứng minh cho tính chất Chứng minh Với p=2 mệnh đề hiển nhiên Giả sử p số nguyên tố lẻ  ( p )  p  Dạng phân tích tiêu chuẩn  ( p ) là:  ( p )  q11 q1 qk k Xét phương trình đồng dư: x p 1 qi nên với qi phải tồn , (ai , p )  cho Đặt bi  p 1 qii p 1 qi  qi i i biqi  aip 1  (mod p ) cấp bi modp có dạng   i  i p 1 i   i biq  aiq nghiệm, p 1  p 1 qi cho  (mod p ) Ta chứng minh cấp bi modp Nhưng với p 1 qi  (mod p ) có khơng q Thật vậy, ta có  qi i ;   i   i  (mod p ) ta có bi modp Như số b1, b2 , , bk có cấp   i  i  q1 , q 2 , , q k k nghĩa  qi i cấp theo modp Do b  b1b2 bk có cấp q11 q1 qk k modp, tức b có cấp  ( p ) modp Vậy b nguyên thuỷ modp (đpcm) Nhận xét Khi p số ngun tố p có  ( p  1) nguyên thủy Chứng minh (Sử dụng định lý Lagrange) Ta biết với a  0,1,2, , p  1 ord a ( p ) |  ( p )  p  Ta xét tất giá trị ord a ( p ) Với d | p  , gọi f  d  số số nguyên dương tập 0,1,2, , p  1 nhận d làm cấp theo modp Suy  f  d   p  Từ tính chất hàm Euler ta có d | p 1   d   n d |n Do  f  d      d  Ta f  d     d  d | p 1 để từ dẫn đến f  d     d  d | p 1 với d | p  Rõ ràng ta cần xét f  d   , tồn a nguyên dương mà ord p  a   d Xét đa thức P ( x )  x d  , theo định lý Lagrange P ( x ) có tối đa d nghiệm theo modp Mặt khác a1 , a , , a d d nghiệm phân biệt P ( x ) nên tất nghiệm P ( x ) theo modp Vậy có tối đa d số a1 , a , , a d nhận d làm cấp Dễ thấy với  k , d    a k  d k ,d   (mod p ) nên a k khơng nhận d làm cấp Do đó, số số lại nhận d làm cấp khơng vượt q   d  , suy f  d     d  Vậy f  d     d  với d | p  Đặc biệt ta f  p  1    p  1  Như tồn nguyên thủy modp khơng ta suy có   p  1 nguyên thủy modp Nhận xét Bằng phép chứng minh tương tự ta suy n nguyên dương có ngun thủy n có   (n)  nguyên thủy Tính chất 2.2.5 (Định lý tồn nguyên thuỷ) Các số 2,4, p k ,2 p k với p số nguyên tố lẻ, k số nguyên dương, số có nguyên thuỷ Định lý chứng minh chi tiết phần cuối viết B- Một số toán áp dụng Bài toán (Hungary-Israel Math Competition 2009) Cho số nguyên tố p Tìm tất k số nguyên dương k cho S k  1k  k    p  1 chia hết cho p Lời giải Do p nguyên tố nên tồn x nguyên thủy modp Khi Sk   x k   x ( p 2) k (mod p ) (*) Nếu  p  1 | k S k      p  (mod p ) Nếu  p  1 | k từ x k  (mod p ) x ( p 1) k  (mod p ) ta suy x ( p 1) k  Sk   (mod p ) xk  Vậy số k cần tìm tất số khơng chia hết cho p Nhận xét Lời giải toán thật đơn giản đẹp mắt biết sử dụng tồn nguyên thủy x (modp) mà chìa khóa tính chất (*) Ta xét tiếp toán tương tự Bài toán (Mongolia 2015) Cho p số nguyên tố lẻ Gọi a1, a2 , , a p 1 tất số nguyên dương phân biệt nhỏ p Chứng minh tồn hoán vị p  số p 1 b1, b2 , , b p 1 cho  aib i bội p i 1 Lời giải Cũng tương tự toán 1, ta xây dựng hoán vị thỏa mãn cách dùng nguyên thủy Thật vậy, gọi x nguyên thủy modp Khi x , x , x , , x   1,2,3, , p  1 p 1  p 1  Ta hoán vị k1, k2 , , k p 1 1,2, , p  1 cho  xik i bội p i 1 xong Ta chọn số ki sau: ki  p 1 p 1  i k p 1  p  i , với i  1,2, , i 2 p 1 Khi tổng  xik i trở thành i 1 p 1 x i 1 iki p 1  p  p p  ij p  ij  ( p i )( p  j )   x x  x 1  x   2     p 1  p p  ij   x   x      Do x nguyên thủy nên x p p 1 x  ( p)  1 (mod p ) , suy  x p p 1 p, từ hốn vị vừa xây dựng thỏa mãn Bài toán (Iran 2013) Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh tồn số tự nhiên x cho x 4x nguyên thủy modp Lời giải Để tồn x tự nhiên xây dựng theo nguyên thủy (cố định) p Gọi a nguyên thủy modp Khi tồn số nguyên dương r cho  a r (mod p ) Suy  a 2r (mod p ) (1) Gọi p1, p2 , p ước nguyên tố phân biệt p  Với  k   , đặt sk số nguyên cho sk  (mod pk ) sk  2r (mod pk ) Theo định lý phần dư trung hoa, tồn số tự nhiên m cho m  sk (mod pk ),  k   Khi đó, m m  2r không chia hết cho pk Do chúng nguyên tố với p  Ta có p  | m,2m,3m, ,( p  2)m, p  | m  2r ,2  m  2r  ,3  m  2r  , ,( p  2)  m  2r  Do a nguyên thủy modp nên ta a m , a m , a 3m , , a ( p  2) m  (mod p ), a m  r , a 2( m  r ) , a3( m  r ) , , a ( p  2)( m  2r )  (mod p) Như a m a m  r nguyên thủy modp Cùng với (1) ta suy số x  a m thỏa mãn yêu cầu toán p 1 Bài toán (China TST 1993) Với số nguyên tố p lẻ, ta định nghĩa F ( p )   k 120 k 1 f ( p )   F ( p)    Tìm giá trị f ( p)  p  Lời giải Gọi x nguyên thủy modp Nếu  p  1 | 120 x120  (mod p ) x120( p 1)  (mod p ) Do 120 120( p 1)  1 p 1 120i x  x F ( p)   x   (mod p ) i1  x120  1 Vậy f ( p )  Nếu  p  1 |120 p  3,5,7,11,13,31,41,61 x120  (mod p ) Do p 1 120i p  F ( p)   x = (mod p ) i1 Vậy f ( p )  p 1   2p 2p Bài toán (China TST 1993) Với số nguyên a, đặt na  101a  100.2a Chứng minh với  a, b, c, d  99 cho na  nb  nc  nd (mod10100) a, b  c, d  Lời giải Ta sử dụng bổ đề sau: Cho a,b số tự nhiên Khi 2a  2b (mod101)  a  b (mod100) Trở lại toán: Do 100,101  nên na  nb  nc  nd (mod101) na  nb  nc  nd (mod10100)   na  nb  nc  nd (mod100) Ta có na  a (mod100) na  2a (mod101) nên 2a  2b  2c  2d (mod101) (1) a  b  c  d (mod100) (2) Chú ý 2100  (mod101) (2) suy 2a.2b  2a b  2c d  2c.2d (mod101) Lại có 2b  2c  2d  2a (mod101) nên ta a. 2c  d  2a   2c.2 d (mod101)   2a  2c . 2a  2d  (mod101) Suy 2a  2c (mod101) 2a  2d (mod101) Theo kết suy a  c (mod100) a  d (mod100) (3) Từ (2) (3) suy a, b  c, d  (đpcm) Bài tốn Tìm tất số có hai chữ số n  ab cho với số nguyên k ta có n | ka  kb Lời giải Dễ thấy số 11,22, ,99 thỏa mãn đề Ta xét số n  ab thỏa mãn với a  b Gọi p ước nguyên tố n Gọi x nguyên thủy modp Khi p | x a  xb , suy x a b  (mod p) Do ord p ( x)  p  nên a  b  p  , ý a  b  , ta suy p  2,3,5,7 Nếu p  | n | a  b , suy n  28 Chú ý k  k (mod 4) k  k (mod 7) xảy nên n  28 thỏa mãn Tương tự với p  n  15 40 Kiểm tra ta n  15 thỏa mãn Với p  n  24 48 Kiểm tra ta n  48 thỏa mãn Với p  n  16,32,64 Kiểm tra khơng số thỏa mãn Vậy tất số n cần tìm n  11, 22, ,99, 28,15,48 Tiếp theo tốn có cấu trúc giống toán trên, nhiên lại toán khó hẳn Bài tốn (Iran TST 2015) Tìm tất số nguyên dương  a, b, n  thỏa mãn a  b , gcd  b, n   n a | a n  b n Hướng giải Để giải toán dạng ta thường xuất phát cách đưa thêm biến ước nguyên tố (thường ước nguyên tố nhỏ nhất) để tìm quan hệ a , b Tiếp sau bước tìm n từ quan hệ chia hết Dễ thấy với a  b thỏa mãn Nếu n  a  b thỏa mãn Nếu n  , ta xét a  b Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, ta có a n  bn (mod p ) a p 1  b p 1  (mod p ) Do a gcd( n, p 1)  bgcd( n, p 1) (mod p ) , suy a  b (mod p ) Xét p lẻ, v p  a n  b n   v p  a  b   v p  n  v p  n a   av p  n  Từ n a | a n  b n , suy v p  a  b    a  1 v p  n   a  1, suy a  b  p a 1 , điều mâu thuẫn a   p a 1 với a nguyên dương Do p  Khi v2  a n  b n   v2  a  b   v p  n   v2  n a   av2  n   a Do v2  a  b   a  a  b  a Từ suy a  3, b  Tiếp theo ta tìm n cho v2  n   n | 3n  Cũng dùng ước nguyên tố nhỏ bước ta dễ tìm có n  thỏa mãn Vậy  a, b, n  cần tìm  a, a, n  ;  a, b,1 ;  3,1,2  Bài toán Cho p số nguyên tố lẻ Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn hai điều kiện sau: (i) Nếu m  n (mod p ) f (m)  f (n) (ii) f (mn)  f (m) f (n) Lời giải Từ (ii) suy f (0)  Nếu f (0)  cho m  , ta được:  f (0)  f (0) f (n)  f (n) , với n   Dễ thấy hàm f (n)  thỏa mãn Nếu f (0)  , với n  (mod p ) ta f (n)  Với n  (mod p ) , gọi x nguyên thủy modp Khi n  x k (mod p ) với k  1,2, , p  1 Do k p f (n )  f  x k    f ( x)  Theo định lý Fermat x p  x (mod p ) , suy  f ( x )   f ( x) Do f ( x )  0,1 1 Nếu f ( x )  f (n )  0, n   Nếu f ( x)  f (n)  1, n  (mod p ) Nếu f ( x )  1 với n  a (mod p ) , a  f (n)  , ngược lại f (n)  1 Bài toán Cho n  , n  1: 3n  1 n Chứng minh n chẵn Lời giải Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, ta cần chứng minh p=2 3n  1(mod p ) Gọi h cấp (modp), ta có   h|n h 3  1(mod p ) Rõ ràng p  Theo định lý Fecmat p 1  1(mod p ) , suy h | p  Nếu h>1 tồn q ước nguyên tố h, h  q q | n p   h , suy p  q , mâu thuẫn với p ước nguyên tố nhỏ n Vậy h=1, 31  1(mod p)  p  Do n chẵn Một lớp tốn tương tự cách suy luận cấp 10 n Từ ta dễ suy điều mâu thuẫn Bây giờ, ta giả sử 2   a k với a , k số nguyên lẻ k  Ta có n 2   a  1  a k 1  a k 2   a  1 n Tuy nhiên a k 1  a k 2   a  số lẻ lớn khơng thể ước 2 Điều mâu thuẫn cho ta điều phải chứng minh Quay trở lại toán Ta cách xây dựng  p, q, r  sau: Đầu tiên lấy n tùy ý * Nếu Fn nguyên tố ta chọn p  Fn , q ước nguyên tố Fn 1 r ước nguyên tố Fn  * Nếu Fn không nguyên tố theo KQ2 có hai ước nguyên tố phân biệt ta chọn p, q hai ước ta chọn r ước nguyên tố Fn 1 Ta chứng minh p, q, r thỏa mãn 2n p 1   22   2 yêu n 1 m cầu toán Thật vậy, m n nguyên tố n    Fn1  1  1 Fn 1  q (do 2  n1.m với m chẵn) Do q ước nguyên tố Fn 1 nên theo kết ta q  2n2.k  với k chẵn Từ suy q 1   22 n k k    Fn  1  1 Fn2  r Cuối r ước nguyên tố Fn 2 n h nên r  2n.h  với h số nguyên chẵn Từ r 1   2 h    Fn  1  1 Fn  p Các trường hợp khác ta xét tương tự Để ý số Fn đôi nguyên tố nên xây dựng cho ta vô hạn  p, q, r  (đpcm) Bài tốn 11 Tìm n nguyên dương, n  1000 có dạng n  p1 p2 p3 ( p1, p2 , p3 nguyên tố phân biệt) thoả mãn n  2 n Lời giải Trước hết ta chứng minh n chẵn Thật vậy, n lẻ n   k.m (k , m  1; (2, m)  1) Gọi p ước nguyên tố n p lẻ ta có n  2 (mod p)  2n 1  1 (mod p ) 13 Suy 2k m    1 (mod p )  m 2k 1  1 (mod p )   Gọi h cấp m mod p Cùng với định lí Fecmat 2m p 1  (mod p ) ta  h | p   k 1  h | Tương tự cách chứng minh toán 10 ta h  k 1 Khi k 1 | p  Như k 1 | pi  i  1, 2,3 Do n   p1 p2 p3  1 2k 1 (vơ lí) Vậy n chẵn Tiếp theo ta viết n dạng n  pq ; p, q nguyên tố lẻ phân biệt, giả sử p  q Từ n  1000 suy pq  500  p  19 Do n chẵn nên từ n  2 (mod p ) suy 2 số phương modp, suy p có dạng 8k  8k  , từ p  3;11;17;19 Thử trực tiếp trường hợp ta n cần tìm n  2.3.11  66 n  2.11.43  946 Bài tốn 12 Cho n ngun dương có dạng n  2k  1, k  Chứng minh điều kiện cần đủ để n nguyên tố tồn a  cho n 1 a  1 n Lời giải * Giả sử n nguyên tố Gọi a nguyên thủy mod n Ta có a n 1  n 1  n 1   1(mod n)   a  1 a  1 n       Vì a nguyên thuỷ mod n nên n 1 a  không chia hết cho n, suy * Ngược lại, giả sử tồn a nguyên lớn cho n 1 a n 1 a  1 n  1 n (1) Gọi p ước nguyên tố n Ta phải chứng minh n  p Gọi h cấp a modp, từ (1) ta có a n 1  1(mod p ) , suy h | n   h | 2k  h  2t 14 n 1 Nếu  t  k  h | , suy a n 1  1(mod p ) , mâu thuẫn với (1) Vậy t  k suy h  k Lại h cấp a modp nên h | p   2k | p   n  1| p  , tức n  p Do n số ngun tố Bài tốn chứng minh hồn tồn Bài tương tự Cho n nguyên dương có dạng n  k.u  ; u lẻ, u  k Gọi p số nguyên tố lẻ thoả mãn n 1 p  1 n Chứng minh n số nguyên tố Bài toán 13 (Canada TST 2015) Cho p nguyên tố cho p 1 số nguyên tố Các số nguyên a , b, c không chia hết cho p Chứng minh tồn nhiều  p số nguyên dương n cho n  p p |  a n  b n  c n  Lời giải Ta thực qua bước sau: b   a (mod p ) Nếu ta có  với n ngun dương ta có c  b (mod p ) a n  bn  c n   a n (mod p ) a n  bn  c n  3a n (mod p) Khi khơng có số n thỏa mãn Xét b   a (mod p ) b.a 1  1 (mod p ) Đặt q  p 1 nguyên tố Gọi h cấp b.a 1 modp Ta có h | ( p  1)  h | q Mà b.a 1  1 (mod p )  h   h  q h  q Đặt tập S  n  p; a n  b n  c n  p đặt St số cặp thứ tự  i, j   S  S cho i  j  t (mod p  1) Bổ đề Nếu t nguyên dương, t  2q, t  q St  Chứng minh Xét i, j  S với j  i  t (mod p  1) Ta có a i  bi  c i  (mod p ); a j  b j  c j  (mod p ) 15 Suy a i c j i  bi c j i  c j  (mod p )  a i c j i  bi c j i  a j  b j  (mod p ) Do a i  c t  a t   bi  bt  c t  (mod p ) (*) + Nếu ct  a t (mod p ) ct  b t (mod p ) , suy t a t  bt (mod p )   ab 1   (mod p )  t  h , mâu thuẫn t  h + Nếu ct  a t (mod p ) (*) viết lại sau 1 i  ab    b t  ct  ct  a t  1 (mod p ) (1) i Cố định t vế phải (1) khơng đổi, suy  ab 1  cố định Từ h  q h  2q nên (1) có nhiều hai nghiệm i , bổ đề chứng minh Trở lại tốn Với i  S ta có khơng S  phần tử khác với i số lượng khác q (mod p  1) Do theo bổ đề ta S  S     St   p    S  p  (đpcm) tq Bài tốn 14 (Romania 1996) Tìm tất số nguyên tố p, q phân biệt cho a pq  a (mod3 pq) với số nguyên a Lời giải Có thể giả sử p  q Chọn a  ta 33 pq  (mod3 pq)  3(33 pq 1  1)3 pq  p, q  Chọn a nguyên thuỷ modp, ta có a p 1  (mod p ) (chú ý (a,p)=1) Ta có a pq  a (mod p )  a pq 1  (mod p )  p  1| pq   p  1| 3q  (1) Tương tự ta có q  1| p  (2) Mà p  q nên từ (1) dễ thấy xảy 3q  1  p  1;2( p  1);3( p  1) + Nếu 3q   p   p  3q , vơ lí + Nếu 3q   2( p  1)  3q   p Từ (2) lại có q  1| p   q  1| 3(3q  1)  Suy q  1|10  q  2;11 Dễ thấy có  p, q   17,11 thoả mãn + Nếu 3q   3( p  1) , ta có điều mâu thuẫn 16 Vậy có hai  p, q  cần tìm (17,11) (11,17) Nhận xét Thực chất ta cần chọn a cho  a, p   , ta có a p 1  (mod p ) , chọn a nguyên thuỷ mod p p  lại đóng thêm vai trò cấp a mod p Khi ta có quan hệ tốt p  1| pq  Trong tốn trên, số đóng vai trò số ngun tố, nên tổng quát hoá toán thay số số nguyên tố khác sau: Bài toán 14.1 Tìm p, q, r nguyên tố phân biệt cho a pqr  a (mod pqr ) với a nguyên dương Khi tương tự với lời giải trên, ta đưa tốn việc tìm số ngun tố p, q, r cho r  1| pq  1; p  1| pr  1; q  1| pr  (*) Và toán giải phương trình nghiệm nguyên với số nguyên tố thoả mãn điều kiện (*) Bài toán 15 Chứng minh với n nguyên dương lớn 3n  2n không chia hết cho n Lời giải Giả sử tồn n>1 cho 3n  2n chia hết cho n Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, dễ thấy p  Gọi a số nguyên dương cho a  1(mod p ) (1) Từ 3n  2n (mod p )  (3a ) n  1(mod p ) Gọi h cấp 3a (modp), ta có h | n h | n   h  Khi 3a  1(mod p )    h | p  h  p (2) Từ (1) (2) suy a  0(mod p ) , mâu thuẫn với (1) Vậy toán chứng minh Nhận xét Từ quan hệ đồng dư 3n  2n (mod p ) chưa cho ta dấu hiệu cấp, việc chọn a thoả mãn (1) nhằm mục đích đưa quan hệ đồng dư (3a )n  1(mod p ) , lúc đầu mối 17 việc sử dụng cấp theo modp xuất Việc chọn số a kĩ thuật hay, tinh tế khơng phải điều q thiếu tự nhiên Bài tốn 16 Tìm tất cặp số nguyên tố  p, q  cho pq | (5 p  p )(5q  2q ) Lời giải Nếu q  (5 p  p ) p  3 p  p  (3,3) cặp số thoả mãn Nếu p, q khác  5 p  p  q  , p   ,q 1  q q 5   p p p   q q  Có thể giả sử p  q , suy  p, q  1  (1) Gọi a số tự nhiên thỏa mãn a  (mod q ) (2) h | p Ta có a p  (mod q ) Gọi h cấp a (modq)   ( p, q  1)  h | q  (dễ thấy h khác 1) Đây điều mâu thuẫn với (1) Do hai số p q phải có số Nếu q  p  , q | 53  23  q  13 Vậy cặp  p, q  cần tìm  p, q    3,3 ;  3,13 ; 13, 3 Bài toán 17 (Korea TST 2003) Với số nguyên tố p, xác định đa thức f p ( x)  x p 1  x p    x  a) Cho m bội p Chứng minh ước nguyên tố f p (m) nguyên tố với m(m  1) b) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố dạng np  , với n nguyên dương Lời giải a) Gọi q ước nguyên tố f p (m)  m p 1  m p    m  Do q | f p (m) , suy  q, m   Ta cần chứng minh (q, m  1)  Thật vậy, giả sử (q, m  1)  hiển nhiên m  (mod q ) Mà q | (m p 1  m p    m  1)  q | p Nhưng p | m  q | m , mâu thuẫn Vậy (q, m  1)  Do (q , m(m  1))  (đpcm) 18 b) Để sử dụng kết phần (a), ta lấy trước số m cố định bội p Xét q ước nguyên tố f p (m) Khi ta có q | f p (m)  m p 1  m p    m   q | m p   m p  1(mod q ) Gọi h cấp m modq, m h  1(mod q ) h | p  h  1; p Nếu h  m  (mod q ) , mâu thuẫn với phần (a) Vậy h  p , lúc với định lí Fermat ta thu p | q  Như vậy, với số mi bội p ta xác định số qi nguyên tố mà qi có dạng ni p  Như việc lại xây dựng dãy  mi i 1 vô hạn để số qi phân biệt Điều khơng khó, ta chọn mi 1  pq1q2 qi , hiển nhiên f p  mi 1  nhận q1, q2 , , qi làm ước Từ ta có điều phải chứng minh Nhận xét Trên cách sử dụng đa thức để chứng minh kết kinh điển tồn vô hạn số nguyên tố dạng np  , với n nguyên dương Kết tổng quát Cho a số ngun dương Khi tồn vơ hạn số nguyên tố dạng an  1, với n nguyên dương Đây định lý lớn khó với chương trình THPT, ta cần sử dụng đến ngun thủy bậc n đơn vị khơng trình bày Bài tốn 18 (China 2009) Tìm tất số nguyên tố p, q cho pq | p  5q Lời giải Nếu p = 2, ta có 2q | 25  5q , từ 5q  (mod q ) ta suy q | 30, thử trực tiếp q  3,5 Tương tự p  q  2,3,5,13 Xét p, q khác 5, theo định lý Fermat ta p | 5q  , hay p | 5q 1   52( q 1)  (mod q) Gọi h cấp modp h | 2(q  1) h | (q  1) Do v2 (h)  v2 (q  1) Mà p 1  (mod p ) nên h | p  , suy v2 ( p  1)  v2 (h) Do v2 ( p  1)  v2 (q  1) Do vai trò p, q nên ta có v2 (q  1)  v2 ( p  1) , mâu thuẫn 19 Vậy tất  p, q  cần tìm (5,2), (5,3), (5,13), (5,5), (2,5), (3,5), (13,5) Bài tốn 19 (USA TST 2003) Tìm tất cặp số nguyên tố  p, q, r  thoả mãn  p | q r  (1)  p  q | r  (2)  q  r | p  (3) Lời giải Dễ chứng minh p, q, r đôi phân biệt Giả sử p, q, r lớn Từ (1) suy p | q r   h | 2r , với h cấp q (modp), theo định lý Fecmat h | p  Nếu h lẻ p | q r  nên p |  p  , vơ lí Vậy h chẵn, h=2 h  2r Nếu h  2r r | p   p  (mod r )   p q   (mod r )  r  (vơ lí) Nếu h  p | q  Không thể xảy p | q  p | q r  p khác 2, p | q 1 p | q 1 q 1 , suy p   q Tương tự ta có q  r ; r  p , vơ lí 2 Vậy tồn số 2, giả sử p=2 Khi q lẻ Ta có q | r  r | 2q  Từ ta lại suy d | 2q , d cấp (mod r) Như d  2; q;2q ( d  (mod r ) (4) Nếu q | d q | r   q | (r  1)  (r  1)   q  , vơ lí Vậy d=2 Khi theo (4) r  q  Vậy  p, q, r    2,3,5  hoán vị Nhận xét Ta rút kết hay sau: Cho p, q, r số nguyên tố phân biệt cho p | q r  p  Khi r | p  p | q  Bài toán 20 (Terkey TST 2013) Gọi  (n) số số nguyên dương nhỏ n nguyên tố với n Tìm tất cặp số nguyên dương  m, n  cho n   n   (n)  1!  n m  20 Lời giải Nếu n có nhiều ước nguyên tố, ta gọi p, q hai ước nguyên tố p ước nguyên tố nhỏ Ta có n   (n)   pq   p  1 q  1   p  q   p Do p |  n   (n)  1! Cùng với giả thiết ta p | 2n  Từ quan hệ chia hết quen thuộc này, việc dùng cấp ta mâu thuẫn Xét trường hợp n có dạng n  p k , với p nguyên tố k nguyên dương Nếu k  n   (n)   p  p   p Lập luận tương tự trường hợp ta điều mâu thuẫn Vậy k  1,2 Từ tìm hai  m, n  cần tìm  m, n    2,2  ;  2,  Bài toán 21 (Balkan 1999) Cho p số nguyên tố, p>2 có dạng p  3n  Xét tập   S  y  x  1| x, y  ;  x, y  p  Chứng minh có nhiều p phần tử S chia hết cho p Lời giải Ta sử dụng kết sau: Cho p nguyên tố k số nguyên dương cho (k , p  1)  Khi x k  y k (mod p )  x  y (mod p )   Đặt biệt (k , p  1)  A  1k ;2k ; ;( p  1)k hệ thặng dư thu gọn modp Trở lại toán, 1;2; ; p  1 hệ TDTG modp p có dạng p  3n  nên   (3, p  1)  1, theo bổ đề hệ A  13 ;23 ; ;( p  1)3 hệ TDTG modp Do với y với  y  p  , tồn phần tử x với  x  p  cho x3  y  1(mod p )  p | x  y  Vậy S chứa nhiều p phần tử chia hết cho p Nhận xét Từ tốn trên, ta khái quát hoá thành toán sau: Bài toán 21.1 Cho p số nguyên tố, p  có dạng p  kn  Xét tập   S  y j  x k   | j , k  ;  j , k  p  21 Chứng minh có nhiều p phần tử S chia hết cho p Bài tốn 22 Tìm tất số tự nhiên a cho tồn n nguyên dương, n  thoả mãn a n  1 n Lời giải Trước hết ta chứng minh n thoả mãn phải số lẻ Nếu n chẵn n  0(mod 4)  a n   0(mod 4) , a n phương nên a n  0,1(mod 4) (vơ lí) Vậy n lẻ Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, suy p lẻ Ta có a n  1(mod p )  ( a )n  1(mod p ) h | n Gọi h cấp  a (modp) (a ) h  1(mod p )  h | p  Do p ước nguyên tố nhỏ n nên từ suy h  Khi  a  1(mod p )  a  1 p Nói cách khác a  có ước nguyên tố lẻ Tiếp theo ta chứng minh số a tất số cần tìm Thật vậy, giả sử a  có ước nguyên tố lẻ p Ta chứng minh a p  1 p Ta có   a p   (a  1) a p 1  a p    a  Do a  1(mod p ) , p lẻ nên a p 1  a p    a   p  (mod p) Vậy a p  1 p Vậy tất số cần tìm số a mà a  có ước lẻ hay a  2k  Bài toán 23 (Bulgaria 2015) Cho p số nguyên tố lớn 109 cho p  số nguyên tố Chứng minh biểu diễn thập phân số có chứa đủ p 1 chữ số từ đến Lời giải Đặt q  p  , kí hiệu a * b số dư phép chia a cho b Ta có nhận xét rằng, chữ số cuối 10 k * q có chứa đủ hết chữ số từ đến ta suy điều phải chứng minh Bây ta chứng minh điều 22 Gọi S tập tất số t (phân biệt theo modq) cho tồn số nguyên dương x thỏa mãn x  t (mod q ) Do q  (mod 4) nên 1 số phương mod q Ta có 2p số phương mod q a1, a2 , , a2 p số chia thành p cặp dạng  k , k  Từ cặp cho ta tương ứng số k  S hai số chọn từ hai cặp khác phân biệt Do S  p Tiếp theo ta chứng minh với phần tử r  S , tồn số nguyên dương k cho 10k * q  r việc sử dụng cấp phần tử Thật vậy, gọi ord q (10)  h h | p , từ h   p,2 p,4 p Xét h  p , với  k  p , tồn  j  mà | k  jp Đặt k  jp  4r ,   số 10 k * q số dư chia 10 r cho q Tuy nhiên số 101,102 , ,10 p chia cho q p số dư phân biệt, p phần tử S Trường hợp h  p h  p xét tương tự Gọi u chữ số Tồn  j  cho u  jq có chữ số tận 0,1,5 Vì q  109 nên ( j  1)q   u  jq  Suy đoạn từ u  jq đến ( j  1)q có lũy thừa bậc số nguyên dương liên tiếp, chữ số ln chưa đủ 0,1,5,6 Do đoạn chứa số có dạng x có chữ số tận giống u  jq Đặt s  x * q x  s  jq Mà 10 | x   u  jq   s  u , suy s có chữ số tận u Bài tốn chứng minh hồn toàn III Vấn đề tồn nguyên thuỷ Định lý Các số 2,4, p k ,2 p k với p số nguyên tố lẻ, k số nguyên dương, số có nguyên thuỷ Từng bước ta chứng minh định lý lớn qua mệnh đề sau Mệnh đề Tồn nguyên thủy modp, với p số nguyên tố (đã chứng minh phần đầu viết) 23 Mệnh đề Có nguyên thuỷ mod Thật vậy, 1 nguyên thuỷ mod Mệnh đề Nếu p số ngun tố lẻ có nguyên thuỷ mod p với số nguyên dương  Chứng minh Giả sử g nguyên thuỷ mod p Ta giả sử g p 1  (mod p ) Thật vậy, khơng g1  g  p ngun thuỷ có tính chất g1p 1  ( g  p ) p 1  g p 1  p ( p  1) g p  (mod p )   Từ đó, g p 1  (mod p ) ta g1p 1   p.g p  (mod p ) Nhưng g p  , p  , g1p 1  (mod p ) Vậy ta giả thiết nguyên thuỷ g modp thoả mãn điều kiện g p 1  (mod p ) Tiếp theo ta chứng minh g nguyên thuỷ mod p với   Vì g p 1  (mod p ) nên ta có g p 1   pu với  p, u   Do với   , ta gp  ( p 1)   p  1.u ' với  u ', p   , tức gp Từ ta g p   ( p 1) ( p 1)  1(mod p  1 ) g p g   p   ( p 1)  1(mod p   )      1(mod p ) với n |  p , n   p g n  1(mod p ) Vậy g nguyên thuỷ mod p (đpcm) Mệnh đề Nếu p số nguyên tố lẻ có nguyên thuỷ mod p với số nguyên dương     Chứng minh: Ta có  p   p  với x lẻ mà thoả mãn hai đồng dư thức x k  1(mod p ) x k  1(mod p ) 24 thoả mãn đồng dư thức Bây theo mệnh đề tồn nguyên thuỷ mod p , gọi g Khi hai số g , g  p nguyên thuỷ lẻ, với ý nguyên thuỷ mod p (đpcm) Mệnh đề Khơng có ngun thuỷ mod 2 với số nguyên dương   Chứng minh Với số nguyên x lẻ ta có x  1(mod 23 ) cho nên, với   ta  2 x  3  ( x )2  1(mod 2 )   Mà  2  2 1 , khơng có nguyên thuỷ mod 2 với   Mệnh đề Nếu số m có từ ước nguyên tố lẻ trở lên khơng có ngun thuỷ modm Chứng minh Giả sử m có dạng m  2 p11 p2 pk k với   0; i  1; k  ( pi nguyên   tố lẻ) Với a nguyên  a, m   a, pi i  nên a pi i 1 ( pi 1)  (mod pii ) với  i  1,2, , k Ta ln có a  1(mod 2 )   Nhưng k  2 a pi dư thức Do  (m) a2  (m) a2  (mod pii ) ; i 1 ( pi 1) ước i  1,2, , k  (m) a2  (m) , từ ta đồng  (mod 2 )  (mod m) Vậy khơng có nguyên thuỷ modm (đpcm) Mệnh đề Nếu m  2 p  ;  2,   ; p số ngun tố lẻ khơng có nguyên thuỷ modm Chứng minh Cũng tương tự trên, ta chứng minh với a nguyên tố với m, ta có  (m) a2  (mod m) Định lý chứng minh hoàn toàn 25 IV Một số tập vận dụng Bài (AIME2001) Có số nguyên dương n bội 1001 biểu diễn dạng 10 j  10i ;  i  j  99  p  1| 2003q  Bài Tìm tất số nguyên tố p,q cho  p  q  1| 2003  Bài Cho a,b nguyên dương cho 2a  2b  a  b số nguyên tố Chứng minh a b  b a a a  bb không chia hết cho a  b n n Bài Tìm tất số nguyên dương m, n với n  cho n |1  m3  m2.3 Bài Cho a , n số nguyên dương lớn cho n | a n 1  n khơng chia hết số có dạng a x  , x  n  x | n  Chứng minh n số nguyên tố Bài (Brazil 2009) Cho hai số nguyên tố p, q thỏa mãn q  p  Chứng minh tồn bội q có tổng chữ số nhỏ Bài Cho a , b hai số hữu tỉ phân biệt thỏa mãn tồn vô số số nguyên dương n mà a n  b n số nguyên dương Chứng minh a b số nguyên Bài (Việt Nam TST 2010) Với số nguyên dương n,    xét tập  Tn  11 k  h   10 n k  n h ;1  k , h  10 Tìm tất n cho không tồn a , b  Tn mà a  b bội 110 Bài (IMO Shorlist 2012) Cho x y hai số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n x  bội n y  với n nguyên dương Chứng minh x  Bài 10 (Argentina TST 2010) Cho r số nguyên a1, a2 , , ar thỏa mãn  với i a1  a2   ar  2010 Chứng minh tập hợp Tn  1,2, ,2010 chia thành r tập A1, A2 , , Ar cho Ai  tổng phần tử tập Ai bội 2011 26 Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái, Số học [2] Tài liệu từ Internet [3] Andreescu, T, Number theory Structures Examples and Problems [4] Andreescu, T.; Feng, Z., 101 Problems in Algebra from the Training of the USA IMO Team, Australian Mathematics Trust, 2001 [5] Andreescu, T.; Andrica, D.; Feng, Z., 104 Number Theory Problems From the Training of the USA IMO Team, Birkhăauser, 2006 (to appear) [6] v15_n1 Primitive Roots Modulo Primes 27 ...  (mod p ) , chọn a nguyên thuỷ mod p p  lại đóng thêm vai trò cấp a mod p Khi ta có quan hệ tốt p  1| pq  Trong tốn trên, số đóng vai trò số nguyên tố, nên tổng quát hoá toán thay số số ngun... p m1 Tính chất 2.2.4 Mọi số nguyên tố p có nguyên thuỷ Đây có lẽ tính chất quan trọng bậc lý thuy t cấp phần tử Xin đưa hai chứng minh cho tính chất Chứng minh Với p=2 mệnh đề hiển nhiên Giả... lẻ, u  k Gọi p số nguyên tố lẻ thoả mãn n 1 p  1 n Chứng minh n số nguyên tố Bài toán 13 (Canada TST 2015) Cho p nguyên tố cho p 1 số nguyên tố Các số nguyên a , b, c không chia hết cho