SH dung LA dung modulo giai phuong trinh nghiem nguyen luy thua 07 24

SỬ DỤNG MODULO TRONG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT Lê Anh Dũng Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt, Kiên Giang Lựa chọn modulo kĩ hay dùng việc giải phương trình nghiệm nguyên toán chia hết Chọn modulo nào, sở để chọn modulo? Bài viết cung cấp số sở lý thuyết kĩ nhỏ việc suy luận tìm modulo A CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ SỬ DỤNG I HÀM CARMICHAEL Theo định lý Euler a φ( n ) ≡ 1(mod n ) với số nguyên dương a nguyên tố với n Tuy nhiên, φ( n ) số nguyên dương nhỏ nhỏ thỏa a t ≡ 1(mod n ) Định nghĩa Cho số nguyên dương n ( n ≥ 2) λ( n ) số nguyên dương nhỏ thỏa mãn a λ ( n ) ≡ 1(mod n ) với số nguyên dương a mà ( a , n ) = λ( n ) gọi hàm Carmichael theo n Tính chất hàm Carmichael i) Với số nguyên dương a, b, ta có λ( a.b) = [ λ( a ),λ(b) ] ii) λ(2) = 1;λ(4) = 2;λ(2k ) = 2k −2 với k ≥ λ( p k ) = p k −1 ( p − 1) với số nguyên tố p, p ≥ Nếu n = p1s1 p2s2 pmsm λ( n ) = ⎡⎣ λ( p1s1 ),λ( p2s2 ), ,λ( pmsm ) ⎤⎦ Nhận xét hay dùng Nếu a ≡ 1(mod p s ) a ≡ 1(mod p s ) a ≡ −1(mod p s ) với p số nguyên tố lớn Nếu a ≡ 1(mod p s ) a ≡ 1(mod p s ) a ≡ −1(mod p s ) với p số nguyên tố lớn Từ nhận xét trên, ta có modulo hay dùng p s ,2 p s ,4 p s II SỐ MŨ ĐÚNG Cho p số nguyên tố, a số tự nhiên α số mũ a theo p, kí hiệu v p ( a ) p α a p α+1 khơng ước a Tính chất 1) v p (ab) = v p ( a ) + v p (b) 2) v p (a n ) = nv p ( a ) 3) v p ( a + b) ≥ {v p ( a ), v p (b)} đẳng thức xảy v p ( a ) ≠ v p (b) 4) Với số nguyên dương n, số nguyên tố p * Nếu p ≠ p ( x − y ) v p ( x n − y n ) = v p ( x − y ) + v p ( n ) * Nếu p = ( x − y ) v2 ( x n − y n ) = v2 ( x − y ) + v2 ( n ) * Nếu p = ( x − y ) , n số chẵn v2 ( x n − y n ) = v2 ( x − y ) + v2 ( n ) − * Nếu p ( x + y ) n số nguyên dương lẻ v p ( x n + y n ) = v p ( x + y ) + v p ( n ) III CẤP CỦA PHẦN TỬ Định nghĩa Cho số nguyên dương n > số nguyên a nguyên tố với n, số k gọi cấp a modulo n (kí hiệu ord n a ) k số nguyên dương nhỏ để a k ≡ 1( mod n ) Tính chất thường dùng i) ord n a λ( n ) ii) Nếu a h ≡ 1( mod n ) ord n a h iii) a x ≡ a y (mod n ) ⇔ ord n a ( x − y ) hay x = t.ord n a + y với ( a , n ) = iv) ord n a s = ord n a ( ord n a, s ) v) Nếu x ≡ 3(mod 8) x ≡ 5(mod 8) ord 2k x = 2k −2 với k ≥ { } vi) Cho k số nguyên dương, p số nguyên tố lẻ Xét tập S = a k a ≠ ⊂ p p −1 ( k , p − 1) vi) Cho p số nguyên tố d ( p − 1) Khi phương trình x d ≡ 1(mod p ) có φ( d ) nghiệm Z p Khi S = IV THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG Định nghĩa Giả sử m số nguyên dương a số nguyên thỏa (a, m) =1 Nếu phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod m) có nghiệm ta nói a thặng dư bình phương m Ngược lại, ta nói a khơng thặng dư bình phương m p −1 thặng dư bình Nếu p số nguyên tố lẻ dãy 1, 2, ··· p − có phương Kí Hiệu Legendre a) Định nghĩa Cho p số nguyên tố lẻ số nguyên a không chia hết cho p Ta định nghĩa kí hiệu Legendre : ⎡a⎤ * ⎢ ⎥ = , a thặng dư bình phương p ⎣ p⎦ ⎡a⎤ * ⎢ ⎥ = −1 , ngược lại ⎣ p⎦ b) Tính chất i) (Tiêu chuẩn Euler) Giả sử p số nguyên tố lẻ không ước số nguyên a Khi p −1 ⎡a⎤ đó: ⎢ ⎥ ≡ a ( mod p ) ⎣ p⎦ ii) Nếu p số nguyên tố lẻ a b khơng chia hết cho p ⎡a⎤ ⎡b⎤ * a ≡ b ( mod p ) ⇒ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎣ p⎦ ⎣ p⎦ ⎡ ab ⎤ ⎡ a ⎤ ⎡ b ⎤ * ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ p ⎦ ⎣ p⎦⎣ p⎦ ⎡ a2 ⎤ * ⎢ ⎥ =1 ⎣ p⎦ ⎡ −1 ⎤ ⎧⎪1, p ≡ 1( mod ) * Nếu p số nguyên tố lẻ ⎢ ⎥ = ⎨ ⎣ p ⎦ ⎪⎩ −1, p ≡ −1( mod ) p −1 ⎡2⎤ * Nếu p số nguyên tố lẻ ⎢ ⎥ = ( −1) ⎣ p⎦ ⎡2⎤ ⎡2⎤ * ⎢ ⎥ = , p ≡ ±1(mod8) ; ⎢ ⎥ = −1 , p ≡ ±3(mod8) ⎣ p⎦ ⎣ p⎦ iii) Luật thuận nghịch bình phương: p −1 q −1 ⎡ p⎤ ⎡ q ⎤ Nếu p, q số nguyên tố lẻ khác ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ( −1) 2 ⎣ q ⎦ ⎣ p⎦ ⎡ p⎤ ⎡ q ⎤ ⎡ p⎤ ⎡ q⎤ Do đó, ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ , p ≡ ∨ q ≡ 1(mod 4) ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ , p ≡ q ≡ 3(mod 4) ⎣ q ⎦ ⎣ p⎦ ⎣ q ⎦ ⎣ p⎦ V ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT – THUẬT TOÁN EUCLID B ÁP DỤNG * Lũy thừa dạng a m , m xác định: Chú ý tới hàm HÀM CARMICHAEL ý Ta hay chọn modulo s , p s , p s : m = λ ( p s ) , m p − Bài 1: (IMO Shortlist 2002) Tìm số nguyên dương t nhỏ cho tồn số nguyên x1 , x2 , , xt thỏa x13 + x23 + + xt3 = 20022002 Phân tích giải 1 1 = = λ(7) = λ(9) = λ (14 ) = λ(18) , mođulo ta xét tới 2 2 Theo nhận xét trên, trước hết ta khảo sát modulo x , 20022002 Nếu x x ≡ 0(mod 9) Nếu ( x,3) = x đồng dư −1 modulo Như vậy, x13 + x23 + + xt3 đồng dư từ −t đến t modulo 20022002 ≡ 42002 ≡ 46.333.44 ≡ 44 ≡ 4(mod 9) Như vậy, t ≤ x13 + x23 + + xt3 không đồng dư modulo nên đẳng thức sau x13 + x23 + + xt3 = 20022002 không xảy Với t = , ta thử tìm nghiệm phương trình x13 + x23 + x33 + x43 = 2002 2002 Để ý 20022002 = ( 2002667 ) 2002 , ta cần thử xây dựng nghiệm dạng xi = mi 2002667 , với m13 + m23 + m33 + m43 = 2002 Ta chọn m1 = m2 = 10; m3 = m4 = thỏa yêu cầu Bài (USAMO) Xác định tất nghiệm không âm ( x1 , x2 , , x14 ) phương trình x14 + x24 + + x144 = 15999 Phân tích giải Lũy thừa 4, gợi cho ta xét modulo nào? λ( n ) = = 2 → n = 16 x đồng dư modulo 16 Do x14 + x24 + + x144 đồng dư 1, 2, , 14 modulo 16 15999 ≡ −1(mod 16) (mâu thuẫn) Vậy phương trình vơ nghiệm Bài (USAMO 2005) Chứng minh hệ phương trình ⎧⎪ x + x + x y + y = 147157 khơng có ngiệm ngun x, y, z ⎨ 3 147 ⎪⎩ x + x y + y + y + z = 157 Phân tích giải Cộng hai phương trình ta ( x + y + 1) + z = 147157 + 157147 + 1 1 Đối với lũy thừa 9, ta xét modulo nào? Để ý = 18 = λ(19) = λ(27) = λ(54) , nên 2 2 ta xét theo mođulo trước tiên Lũy thừa 2, ta xét modulo 3, 4, 5, 8; sử dụng thặng dư bình phương để kiểm tra nghiệm Ta bắt đầu với modulo p =19 z đồng dư 0, ± modulo 19 18.8+13 147157 ≡ ( −5) ≡ −513 ≡ 2(mod 19) 157147 ≡ ( 5) 18.8+ ≡ 53 ≡ 11(mod 19) Suy ( x + y + 1)2 = 147157 + 157147 + − z đồng dư 13, 14, 15 modulo 19 ⎡ 13 ⎤ ⎡ 14 ⎤ ⎡ 15 ⎤ Áp dụng tính chất ta tính ⎢ ⎥ = −1; ⎢ ⎥ = −1; ⎢ ⎥ = −1 nên điều không xảy ⎣ 19 ⎦ ⎣ 19 ⎦ ⎣ 19 ⎦ Bài 4: (USAJMO 2013) Tìm tất số nguyên a, b cho a 5b + ab5 + lập phương số nguyên Phân tích Giả sử a 5b + = x ; ab5 + = y Suy ( ab)6 = ( a 5b)( ab5 ) = ( x − 3)( y − 3) (*) Lũy thừa 6, gợi ý cho ta xét modulo 18 λ(9) = nên ( ab)6 đồng dư 0, modulo x , y đồng dư 0, ± modulo ⎧3 x ⎧ x ≡ 0(mod 9) ⎪ ⎪ Kết hợp (*) suy ⎨ y ≡ 0(mod 9) , suy ⎨3 y ⎪( ab)6 ≡ 0(mod 9) ⎪ ⎩ ⎩3 ab Nếu a từ a 5b + = x ta điều vô lý 27 x ;27 a 5b Nếu b từ ab5 + = y ta điều vơ lý 27 y ;27 ab5 Vậy không tồn số nguyên a, b thỏa điều kiện toán Bài 5: (MOP 2002) Chứng minh phương trình x = y + 24 khơng có nghiệm ngun Phân tích Ta tìm modulo chung cho hai lũy thừa 5, Với mong muốn số đồng dư hai vế tối thiểu Như vậy, 5.6 ( p − 1) , p = 31 trường hợp ta xét 30 30 x có + = đồng dư, khả đồng = đồng dư; x có + (6,30) (5,30) dư vế khơ y có đồng dư 0,1,5,6,25,26,30 theo modulo 31 Suy y + 24 có đồng dư 24,25,29,30,18,19,23 theo modulo 31 x có đồng dư 0,1,2,4,8,16 theo modulo 31 Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Các ví dụ sau, ta phân tích số kĩ chọn modulo với phương trình dạng lũy thừa chứa biến mũ Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x + y = 5z Phân tích giải + Dự đốn nghiệm phương trình ( x; y; z ) = (1;1;1);(4;2;2) + Đối với lũy thừa có số xác định, thường phương án ta thử phân tích nhân tử dạng A.B = a x , xét ước chung A, B để đưa hệ Để phân tích nhân tử, thường ta quan tâm đến hàng đẳng thức số mũ + Các modulo thường dùng trước hết để xét lũy thừa a n +1 với n nghiệm lớn phương trình, modulo có đồng dư + Để ý ≡ 1(mod 22 ) ; ≡ −1(mod 22 ) , 32 ≡ 1(mod 23 ) Do đó, ta xét modulo 4, Để xét modulo ta chia thành trường hợp TH1: x = , phương trình trở thành + y = 5z Phương trình có nghiệm (1;1;1) Xét z ≥ , suy y ≡ 5z − ≡ −2(mod 25) r r 3r mod 25 3r mod 25 11 9 10 24 11 22 18 12 16 13 −2 12 14 –6 15 16 21 λ(25) = 20 ord 25 20 , suy ord 25 = 20 y ≡ −2 ≡ 313 (mod 25) , theo tính chất cấp phần tử suy y = 13 + 20k y = 313+20 k = 313 ( 320 ) ta xét modulo nào? Modulo 11 modulo xét trước để cố định số k đồng dư y 5z ≡ + ( 310 ) 1+ k 33 ≡ 7(mod 11) z 5z mod 11 3 4 Vậy khơng có giá trị z để 5z ≡ 7(mod 11) TH2 x = , phương trình trở thành + y = 5z , suy z ≥ Suy y ≡ 5z − ≡ 21 ≡ 316 (mod 25) , suy y = 16 + 20k 5z ≡ + ( 310 ) 1+ k 36 ≡ 7(mod 11) (vô lý) TH3: x ≥ 1z − ( −1) y ≡ 5z − y ≡ x ≡ 0(mod 4) suy y = 2n 5z ≡ y + x ≡ 9n ≡ 1(mod ) mà ord = suy z = 2m Suy x = 52 m − 32 n = (5m + 3n )(5m − 3n ) ⎧⎪5m − 3n = s ⎧⎪ 2.5m = r + s Suy ⎨ m hay ⎨ n với r > s , r + s = x n r r s ⎪⎩5 + = ⎪⎩ 2.3 = − m r −1 ⎪⎧5 = + 5m − 3n = Suy s = , ⎨ n r −1 ⎪⎩3 = − Phương trình có nghiệm m, n =1 (đã giải TH1) Vậy phương trình cho có nghiệm ( x, y , z ) (1;1;1) (4;2;2) Bài 7: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x + = 11y Phân tích Phương trình có nghiệm ( x; y ) = (3;1) Trong phương trình modulo ta sử dụng modulo 11 25 ≡ 32 ≡ −1(mod 11) nên ord 11 = 10 23 ≡ −3(mod 11) nên x ≡ −3 ≡ 23 (mod 11) Suy x = + 10n Điều chưa sử dụng Với x ≥ , 11y ≡ x + ≡ 3(mod x ) 11 ≡ 3(mod 8) nên ord 24 11 = 22 = ; 113 ≡ 3(mod ) y = 4k + , dạng modulo nhỏ dễ “trùng lặp đồng dư” Ta tăng modulo lên 25 Ta chứng minh phương trình khơng có nghiệm x ≥ cách lựa chọn modulo theo sơ đồ Bước 1) Sử dụng modulo 25 tìm dạng y: 11y ≡ x + ≡ 3(mod 32) Từ ord 25 11 = 25−2 = ; 117 ≡ 3(mod 32) ; 11y ≡ 117 (mod 32) suy y = 8k + Phương trình trở thành x = 118 y +7 − = (118 ) 117 − y Bước 2) Tìm số nguyên tố p cho hai vế không đồng dư, muốn cách dễ chọn modulo p cho 118 ≡ ±1(mod p) ord p nhỏ Chú ý = (17 − 1) 24 = 16 ≡ −1(mod 17) , ta xét mod 17 x có 4.2=8 đồng dư ; vế phải có đồng dư, khả không trùng lớn 112 ≡ 62 ≡ 2(mod 17) ; 114 ≡ 4(mod 17) ; 118 ≡ −1(mod 17) ; 117 ≡ 3(mod 17) Suy x ≡ (118 ) y 117 − ≡ 0(mod 17) x ≡ (118 ) y 117 − ≡ −6(mod 17) Ta khảo sát đồng dư modulo 17 x với x = + 10n x x mod 17 –2 –8 Vậy hai vế không đồng dư với modulo 17 Bài 8: (Ấn Độ) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x = y + Phân tích giải Phương trình có nghiệm (1; 1) y = khơng thỏa phương trình y ≡ x − ≡ 3(mod 7) mà 33 ≡ −1(mod 7) , ord = nên y = + 6t Ta chứng minh y ≥ , không thỏa Bước 1: Từ phương trình suy x ≡ y + ≡ 4(mod 33 ) Trước hết ta xác định ord 3n Đặt ord 3n = 3i.k với ( k ,3) = , i ≤ n − ( ) Ta có v3 73 k − = v3 ( − 1) + v3 ( 3i.k ) = i + ≥ n Suy i ≥ n − nên i = n − i Vậy ord 3n = 3n −1 , ord 33 = 78 ≡ ≡ x (mod 27) , suy x = q + Phương trình trở thành ( 79 ) 78 − = y q Bước 2: Tìm số nguyên tố p cho 79 ≡ ±1(mod p) ord p nhỏ 79 − = (73 − 1)(76 + 73 + 1).(73 − 1).3.37.1063 nên ta chọn p = 37 72 ≡ 12(mod 37) ; 74 ≡ 122 ≡ −4(mod 37) ; 78 ≡ 16(mod 37) Vậy ( 79 ) 78 − ≡ 12(mod 37) q Ta khảo sát đồng dư modulo 37 y với y = + 6t y y mod 37 13 30 19 25 25 21 31 28 Vậy hai vế không đồng dư với modulo 37 * Đối với phương trình lũy thừa có biểu thức a u ± bổ đề LTE kiến thức cấp thực hữu dụng (các dạng a m ± a n ; a m ± bm áp dụng) Bài 9: (1995 Czech – Slovak Match) Giải phương trình nghiệm nguyên dương p x − y p = với p số ngun tố lẻ Phân tích giải Phương trình viết lại p x = y p + , suy p ( y + 1) Áp dụng bổ đề LTE ta có x = v p ( y p + 1) = v p ( y + 1) + v p ( p ) = + v p ( y + 1) yp +1 = p y +1 Ta có y + − ( y + 1) = y − y − y = y ( y − y − 2) > y3 + y p + ≤ với y ≥ Hay y + < y +1 y +1 ⎡x = Vậy ta phải có y = , suy p x −1 = ⇔ ⎢ ⎣p = Vậy phương trình có nghiệm x = 2, y = 2, p = Suy y + = p x −1 ∀y ≥ Bài 10: (TST 2005 Romani) Giải phương trình nghiệm nguyên dương 3x = x y + Nếu x ≤ , cách thử trực tiếp ta tìm nghiệm ( x; y ) = (2;2),(1,1) , (4;5) Xét x > , ≡ 3(mod 8) nên ord x = x −2 Từ phương trình ta có 3x − = x y ≡ 0(mod x ) suy x −2 x (*) Với x ≥ , ta có x = (1 + 1) x = + x + x x − x ( x − 1)( x − 2) + + x + > x suy x −2 > x 3! Mâu thẫn với (*) Vậy nghiệm phương trình ( x; y ) = (2;2),(1,1) , (4;5) Bài 11 : (IMO lần 31) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x + = x y Phân tích giải Phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1;3),(3;1) Xét x ≥ , từ phương trình suy x, y số lẻ Phương trình có lũy thừa có a u ± sử dụng cấp để xét Một modulo hay dùng ước nguyên tố nhân tử Ta thử xét theo modulo p, với p ước x x = x y − ≡ −1(mod p ) nên 22 x ≡ 1(mod p) Đặt u = ord p > , u ( p − 1) Suy u x Vậy p chọn nào? + Nếu p = hai điều Vậy ta phải xét tới số mũ xác x ? + Nếu p > , chọn p số ước x, để ước không trùng nhau, ta chọn p ước nguyên tố nhỏ khác x v3 ( x y ) = v3 (2 x + 1x ) = v3 (2 + 1) + v3 ( x ) Suy 2v3 ( x ) + v3 ( y ) = + v3 ( x ) từ ta v3 ( x ) + v3 ( y ) = Đặt x = 3k d với k = ; ( d ,3) = Ta chứng minh d = x = x y − ≡ −1(mod x ) , gợi ta sử dụng định lý cấp Nếu d > 1, gọi p ước nguyên tố nhỏ d, ước nguyên tố khác nhỏ x Do ( d ,3) = nên p ≥ Đặt u = ord p > , u ( p − 1) x = x y − = 32 k d y − ≡ −1(mod p ) nên 22 x ≡ 1(mod p) Suy u x Vì p ước nguyên tố khác nhỏ x ( x, p − 1) = nên u ∈ {2;3;6} Mà p 2u − nên p = Suy x + ≡ 0(mod 7) điều mâu thuẫn bảng đồng dư sau x x mod 2 Bài 12 (Trung Quốc 2009) Tìm tất cặp số nguyên tố p, q thỏa pq p + 5q Phân tích giải Các lũy thừa số tạo dạng a u ± : a m ± a n = a n ( a m −n ± 1) Nếu p = q , ta p 2.5 p , suy p = q = Nếu hai số p, q có số 5, giả sử p = ≠ q , suy q 55 + 5q Theo Fermat p ≡ 5(mod q ) , suy ≡ 55 + 5q ≡ 55 + 5(mod q) , suy q 55 + nên q = 313 Nếu hai số p, q có số 2, giả sử p = ≠ q , suy q 52 + 5q Theo Fermat p ≡ 5(mod q) , suy ≡ 52 + 5q ≡ 52 + 5(mod q) , suy q 52 + nên q = Nếu p ≠ q p, q khác 5, khác Ta có ≡ p + 5q ≡ + 5q (mod p ) , suy 5q−1 ≡ −1(mod p ) Tương tự p−1 ≡ −1(mod q) ⎧ ⎧⎪52 p −2 ≡ 1(mod q ) ⎪ord q p − , suy ⎨ Suy ⎨ q−2 ≡ 1(mod p ) ord q − ⎪⎩5 ⎪⎩ p p −1 Mặt khác ≡ −1 ≠ 1(mod q) nên ord q không ước p − Suy v2 (ord q 5) = v2 (2 p − 2) = + v2 ( p − 1) Tương tự v2 (ord p 5) = v2 (2 q − 2) = + v2 ( q − 1) ⎧ord q q − ⎪ Mặt khác từ ⎨ , suy ⎪⎩ord p p − ⎧1 + v2 ( p − 1) ≤ v2 ( q − 1) (vô lý) ⎨ ⎩1 + v2 ( q − 1) ≤ v2 ( p − 1) ⎧⎪ v2 (ord q 5) ≤ v2 ( q − 1) Kết hợp điều suy ⎨ ⎪⎩ v2 (ord p 5) ≤ v2 ( p − 1) Bài 13 (Bulgaria) Tìm tất số nguyên tố p, q thỏa mãn pq ( p − p )( 5q − q ) Phân tích giải Ta tạo dạng a u ± ? Hai lũy thừa số mũ, thường ta nhân phần tử nghịch đảo p ≡ p (mod q) , ta nhân vào vế phần tử nghịch đảo tạo dạng au ± Rõ ràng, p, q ∉ {2,5} * Nếu p p − p , theo Fermat ta có p − p ≡ − ≡ 3(mod p ) , suy p = Lúc 3q ( 53 − 23 )( 5q − 2q ) hay q 39 ( 5q − q ) , tương tự suy q = q = 13 * Nếu q 5q − q , ta p = q = 13 ⎧⎪ q p − p , p, q ≠ * Xét ⎨ q p ⎪⎩ p − Do (2, q) = nên tồn m, n cho 2m + nq = hay 2m ≡ 1(mod q) Suy (5.m ) p ≡ (2m ) p ≡ 1(mod q) , ord q (5m ) ∈ {1, p} ord q (5m ) p − Nếu ord q (5m ) = , hay 5m ≡ 1(mod q ) Suy ≡ 2(5m ) ≡ 5.2m ≡ 5(mod q ) , q = (mâu thuẫn) Vậy ord q (5m ) = p , suy p q − (*) Tương tự từ 5q ≡ q (mod p ) , ta có q p − điều mâu thuẫn với (*) Vậy (p, q) = (3; 3), (3; 13) (13; 3) Bài 14 : (USA TST 2003) Tìm tất số nguyên tố p, q, r cho p q r + 1, q r p + 1, r p q + (*) ⎧ p q2r − ⎧ord p q ∈ {1,2, r} ⎪ 2p ⎪ Nếu p, q, r khác Từ (*) suy ⎨ q r − , ⎨ord q r ∈ {1,2, p} ⎪ 2q ⎪ord p ∈ {1,2, q} ⎩ r ⎩r p − ⎧ q ≡ 1(mod p ) ⎧ q ≡ ±1(mod p ) ⎪ ⎪ + Nếu ord p q, ord q r, ord r p ∈ {1,2} ⎨ p ≡ 1(mod r ) , suy ⎨ p ≡ ±1(mod r ) ⎪ r ≡ ±1(mod q ) ⎪ r ≡ 1(mod q ) ⎩ ⎩ ⎧q ± ≥ p ⎪ Suy ⎨ p ± ≥ r điều vô lý p, q, r ≥ ⎪ r ± ≥ 2q ⎩ 10 + Vậy số ord p q, ord q r, ord r p phải có số > 2, giả sử ord p q = r Suy 2r p − , p ≡ 1(mod r ) , p q + ≡ 2(mod r ) trái giả thiết * Vậy số p, q, r phải có số Giả sử p = Suy q, r số nguyên tố lẻ, tương tự chứng minh ta có ord r ∈ {2,2 q} Nếu ord r = r = q 32 + nên q = Nếu ord r = q suy 2q r − , r ≡ 1(mod q) , r + ≡ 2(mod q ) mâu thuẫn giả thiết) Vậy (p, q, r) = (2, 3, 5) hốn vị Các tập sau ta phân tích số kĩ chọn modulo “khơng có sẵn” Các modulo thường nhân tử nguyên tố Bài 15 : Cho p ≥ số nguyên tố, n số nguyên dương cho số p − 1, pn, n + đơi khơng có chung ước lớn Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên dương x, y + x + x + + x p−1 = y n +1 Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương x, y thỏa phương trình + x + x + + x p−1 = y n +1 Viết lại (1) : + x + x + + x p −1 = y n +1 − Nếu x = , ta có p = y n +1 − = ( y − 1)( y n + y n −1 + + y + 1) suy y − = p = 2n +1 − Đặt ord p = u , u ≥ , u ( p − 1) Mà 2n+1 ≡ 1(mop p) nên u ( n + 1) Vậy ( n + 1, p − 1) ≥ u > mâu thuẫn giả thiết xp −1 = y n+1 − = ( y − 1)( y n + y n −1 + + y + 1) x −1 p x −1 Ta khảo sát ước nguyên tố x −1 xp −1 Xét q ước nguyên tố x −1 p x −1 Nếu x ≡ 1(mod q) ≡ = + x + x + + x p −1 ≡ p (mod q ) suy p = q x −1 Nếu x ≡ 1(mod q) , từ x p ≡ 1(mod q) p số ngun tố p = ord q x • x ≥ , ta có x p −1 + x p −2 + + x + = Mặt khác x q−1 ≡ 1(mod q) suy p ( q − 1) xp −1 q = p q = 1(mod p ) x −1 Dẫn tới hai số y − y n + y n −1 + + y + chia hết cho p có số dư chia cho p (*) TH1 y − ≡ 0(mod p ) ⇔ y ≡ 1(mod p ) , suy y n + y n −1 + + y + ≡ n + 1(mod p ) Vậy tất ước nguyên tố q 11 Theo (*) suy n + ≡ 1(mod p) p ( n + 1) điều mâu thuẫn giải thiết số p − 1, pn, n + đơi khơng có chung ước lớn TH2 y − ≡ 1(mod p ) ⇔ y ≡ 2(mod p ) Khi y n + y n −1 + + y + ≡ n+1 − 1(mod p ) (1) Theo (*) suy n+1 − ≡ 0(mod p ) n +1 − ≡ 1(mod p ) n +1 − ≡ 1(mod p ) cho ta 2n +1 − ≡ 0(mod p ) , suy n ≡ 1(mod p ) (2) Đặt ord p = u, u ≥ , u ( p − 1) (1) suy u ( n + 1); u ( p − 1) mâu thuẫn giả thiết (2) suy u n; u ( p − 1) mâu thuẫn giả thiết Tóm lại trường hợp ta có điều giả sử ban đầu sai Bài toán chứng minh Bài 16: (TST Thổ Nhĩ Kì 2013) Kí hiệu φ( n ) phi hàm Euler n Giải phương trình nghiệm nguyên dương ( n ≥ ) sau 2n + ( n − φ( n ) − 1)! = n m + Phân tích giải n − = n m − ( n − φ( n ) − 1)! Ta chọn số nguyên tố ước n, để đảm bảo p ( n − φ( n ) − 1)! ta phải xét xem n − φ( n ) − ≥ p Đặt n = p1r1 p rss , với p1 < p2 < < ps , xét p = p1 n − φ( n ) − = p1r1 psrs − n = p1r1−1 psrs −1 [ p1 ps − ( p1 − 1) ( ps − 1) ] − Nếu s ≥ p1 ps − ( p1 − 1) ( ps − 1) > p1 ps − p1 p2 ps −1 ( ps − 1) > p1 n − φ( n ) − ≥ p ⎡r = Nếu s = , n − φ( n ) − = p r −1 ( p − 1) − < p ⎢ ⎣ r = 2, p = p m TH1 : n = p số nguyên tố, + = p + suy p = 2, m = TH2: n = 2 , suy + = 4m + suy m = TH3: n số nguyên tố n > Gọi p ước nguyên tố nhỏ n, gọi lại chứng minh ta n − φ( n ) − ≥ p , suy p ( n − φ( n ) − 1)! n = n m + − ( n − φ( n ) − 1)! ≡ 1(mod p) Đặt Đặt ord p = u , u ≥ , u ( p − 1) mà 2n ≡ 1(mop p) nên u n điều vơ lý p ước ngun tố nhỏ n Vậy phương trình có nghiệm ( n, m) = (2;2),(4;2) n Bài 17: (IMO SL 2012) Cho x, y số nguyên dương Chứng minh x − chia hết cho 2n y + với số nguyên dương n x = Phân tích giải 12 n Nếu x ≠ p ước nguyên tố 2n y + p x − Suy ord p x UCLN (2n , p − 1) UCLN (2n , p − 1) xác định trường hợp đặc biệt p = 4h + UCLN (2n , p − 1) = Lúc x − ≡ 0(mod p ) Như vậy, ta khảo sát ước nguyên tố dạng 4h + 2n y + Khi n thay đổi, liệu có vơ số số p dạng 4h + khơng ? Ta chứng minh với m số lẻ, có vô số số ước nguyên tố dạng 4h + 2n m + với n 2m + = 2(2 s + 1) + = s + 2m + có ước nguyên tố dạng 4h + Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , , pk dạng 4h + mà pi 2n m + , p1 , p2 , ps tất ước nguyên tố dạng 4h + 2m + Đặt 2m + = p1r1 p2r2 psrs q1α1 qtαt Từ số 2n m + , ta tạo dạng lũy thừa quen thuộc s − phép hiệu để đặt nhân tử chung: 2n.m + − (2m + 1) = 2m(2n −1 − 1) , để chia hết số w, ta cần chọn n − = φ( w) , w số nào? w 2n.m + − (2m + 1) hay n.m + ≡ 2m + 1(mod w) , w có nhân tử ps +1 , pk ps +1 , pk khơng ước n m + , n m + có ước nguyên tố dạng 4h + pi , q j , (1 ≤ i ≤ s ) Vậy ta chọn w = (2m + 1) p1 p2 ps ps +1 pk q1q2 qt > 2m + Xét w = (2m + 1) ps+1 pk n = φ( w) + Suy n.m + ≡ 2m + 1(mod (2m + 1) p1 p2 ps ps +1 pk q1q2 qt ) (*) Suy ps +1 , pk không ước 2n m + , n m + có nhân tử nguyên tố dạng 4h + pi , q j , (1 ≤ i ≤ s ) Cũng từ (*) suy n.m + = (2m + 1) M , M gồm nhân tử nguyên tố dạng 4h +1 Suy 2n m + ≡ 2m + ≡ 3(mod 4) (vơ lý) Vậy có vơ số số nguyên tố p dạng 4h + mà p ước 2n m + với n Nếu y chẵn ta có điều cách đặt y = 2u.m Vậy có vơ số số nguyên tố p để p x − , x = Trong phương trình bậc hai, thặng dư bậc hai cơng cụ hữu dụng để chứng minh phương trình vơ nghiệm Bài 18: Cho phương trình Pell v2–2u2 = –1 Nghiệm phương trình (un ; vn) với n lẻ ⎧ α n − βn ⎪un = α − β ⎧⎪α = + ⎪ xác định cơng thức: ⎨ , : ⎨ Chứng minh n n ⎪⎩β = − ⎪v = α + β ⎪⎩ n với N = + 48s , s > + 4uN ,5 + 4vn đồng thời số phương Phân tích giải 13 Ta sử dụng thặng dư bình phương để chứng minh điều Trong dãy nghiệm phương trình Pell, thường ta tìm mối liên hệ đồng dư qua biểu thức truy hồi chúng ⎧α + β = , ta dễ dàng chứng minh tính Từ cơng thức xác định (un, vn) từ ⎨ = − α.β ⎩ chất sau : u− n = ( −1)n −1 un (1) v− n = ( −1)n um+n = un vm + um vm+n = vm + 2um un (2) (3) (4) Áp dụng công thức cho m = n = k ta : v2 k = vk2 + 2uk2 = 2vk2 − = 4uk2 + u2 k = 2uk vk v3k = v2 k +k = v2 k vk + 2u2 k uk = vk (8uk2 + 1) = vk (2v2 k − 1) u3k = u2 k +k = u2 k vk + uk v2 k = uk (8uk2 + 3) (5) (6) (7) (8) Dùng công thức từ (3) – (7) ta có : un +2 k ≡ un v2 k + u2 k ≡ −un (mod vk ) +2 k ≡ v2 k + 2u2 k un ≡ −vn (mod vk ) ⎧ N ≡ (mod 48 ) ⎨ ⎩N ≠ (9) (10) Đặt N = + 2l.3k , l số nguyên dương lẻ k = 2r, r ≥ Từ (9), (10) ta có: x = + 4uN = + 4u5+2l 3k ≡ − 4u5 ≡ −111 (mod v3k ) y = + 4vN = + 4v5+2l 3k ≡ − 4v5 ≡ −159 (mod v3k ) ⎧ x ≡ −111 (mod vk ) ⎪ ⎪ x ≡ −111 (mod (2v2 k − 1)) Mà v3k = vk (2v2 k − 1) nên ta có: ⎨ ⎪ y ≡ −159 (mod vk ) ⎪ ⎩ x ≡ −159 (mod (2v2 k − 1)) ⎡ −111⎤ ⎡ −159 ⎤ ⎡ −111 ⎤ ⎡ −159 ⎤ Ta tính : ⎢ ⎥; ⎢ ⎥; ⎢ ⎥; ⎢ ⎥ để khơng thể có trường v v v − v − 2 1 k k k k ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ hợp đồng thời ⎡ −3 ⎤ ⎡ 37 ⎤ ⎡ −3 ⎤ ⎡ 53 ⎤ ⎡ 37 ⎤ ⎡ 53 ⎤ Hay tính : ⎢ ⎥ ; ⎢ ⎥ ; ⎢ ⎥ ; ⎢ ⎥ ; ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ vk ⎦ ⎣ vk ⎦ ⎣ 2v2 k − ⎦ ⎣ vk ⎦ ⎣ 2v2 k − ⎦ ⎣ 2v2 k − ⎦ ⎧⎪ v8 ≡ (mod 12) Ta có : ⎨ ⇒ vk = v2r ≡ (mod 12) 2v2 k − ≡ (mod 12) ⎪⎩ v2 n = 2vn − vk −1 vk −1 3−1 ⎡ −3 ⎤ ⎡3⎤ ⎡3⎤ v 2 ⎡ k ⎤ = ⎡1⎤ = ⇒ ⎢ ⎥ = ( −1) ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ = ( −1) ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ 3⎦ ⎣ vk ⎦ ⎣ vk ⎦ ⎣ vk ⎦ 14 ⎡ −3 ⎤ Tương tự : ⎢ ⎥ =1 ⎣ 2v2 k − 1⎦ ⎡ 37 ⎤ ⎡ 53 ⎤ ⎡ 53 ⎤ ⎡ 37 ⎤ Như ta có đồng thời ⎢ ⎥ ; ⎢ ⎥ ; ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ ⎣ vk ⎦ ⎣ vk ⎦ ⎣ 2v2 k − ⎦ ⎣ 2v2 k − ⎦ Từ công thức v2 n = 2vn2 − , ta chứng minh thặng dư modulo p dãy v2r tuần { } hoàn Thật : Do thặng dư modulo p hữu hạn nên tồn T > cho v23 = v23+T Ta chứng minh v2h = v2h +T qui nạp Đẳng thức với h = Giả sử v2h = v2h +T ⇒ v2h +1+T = 2v22h +T − ≡ 2v22h − ≡ v2h +1 (mod p) Vậy giả thiết qui nạp Áp dụng cho trường hợp với p = 37 p = 53, bảng giá trị tính toán dẫn : k= 2r r =3 10 11 12 vk (mod 37) 12 -9 13 -6 -3 17 -15 -15 2v2 k − (mod 37) -14 18 -12 -13 -7 -4 vk (mod 53) 18 11 -24 -15 25 -23 -3 17 -6 -6 2v2 k − (mod 53) -18 21 22 -4 -7 -20 -13 -1 -1 1 -1 -1 -1 ⎡ vk ⎤ ⎢ 37 ⎥ ⎣ ⎦ -1 -1 1 -1 1 -1 ⎡ 2v2 k − ⎤ ⎢ 37 ⎥ ⎣ ⎦ -1 1 1 -1 -1 ⎡ vk ⎤ ⎢ 53 ⎥ ⎣ ⎦ -1 -1 -1 1 -1 ⎡ 2v2 k − ⎤ ⎢ 53 ⎥ ⎣ ⎦ Từ bảng giá trị này, thặng dư vk ; 2v2 k − theo modulo 37 53 tuần hồn theo chu kì T = Do để kiểm tra kí hiệu Jacobi ta cần kiểm tra với r∈ 3,11 Từ bảng ta thấy khơng thể có trường hợp kí hiệu Jacobi Vậy trường phương trình khơng có nghiệm Bài 19: Tìm tất số nguyên dương n cho với số nguyên dương k tồn số nguyên dương a cho a + a − k chia hết cho n Phân tích giải n = hiển nhiên thỏa yêu cầu đề Nếu n > , gọi p ước nguyên tố n Khi đó, cho k chạy từ đến p − ta {a } + a ≤ a ≤ p − hệ thặng dư đầy đủ modulo p (*) Do a + a số chẵn nên p > 15 { } Nếu p = , a + a ≡ a + a ≡ 2a (mod 3) nên a + a ≤ a ≤ hệ thặng dư đầy đủ modulo p Xét p > Do (*) nên phương trình a + a ≡ 03 + 0(mod p ) khơng có nghiệm a ≠ 0(mod p ) , { } hay phương trình x ≡ −1(mod p ) vô nghiệm Vậy tập − x ≤ x ≤ p − tập tất không thặng dư bậc hai modulo p Do (*) nên phương trình a + a ≡ ( ka )3 + ka (mod p ) vô nghiệm với ≤ a , k ≤ p − hay phương trình a ( k + k + 1) + ≡ 0(mod p ) (1) (1) viết lại k + k + ≡ −1( a −1 ) (mod p ) Vậy phương trình k + k + ≡ − c (mod p ) vô nghiệm (k, c) Suy k + k + thặng dư bậc hai với k p − 1⎫ ⎧ Xét tập A = ⎨ f ( x ) mod p ≤ x ≤ ⎬ với f ( x ) = x + x + ⎭ ⎩ p −1 Vì f ( x ) − f ( y ) = ( x − y )( x + y + 1) , x + y + < p với ≤ x, y ≤ , x ≠ y nên p +1 f ( x ) mod p ≠ f ( y ) mod p Vậy A = , suy A tập tất thặng dư bậc hai modulo p Với b = z ∈ A , p lẻ nên tồn w cho z ≡ w + 1(mod p ) Vậy w2 + w + ∈ A Ta có b + = 4( w2 + w + 1) = 2 ( w2 + w + 1) thặng dư bình phương nên b + ∈ A Vậy A có tính chất ∀b, b ∈ A ⇒ b + ∈ A p +1 vô lý Do 0,1 ∈ A nên A ≥ ( p − 1) > Vậy p = 3, n = 3r * Với n = 3r , ta chứng minh a + a ≤ a ≤ 3r hệ thặng dư đầy đủ modulo 3r { } Với ≤ a, b ≤ 3r − 1, a ≠ b ta có ( a + a ) − (b3 + b) = ( a − b)( a + b2 + ab + 1) 4( a + ab + b2 + 1) = (2a + b) + 3b2 + ≡ (2a + b) + ≠ 0(mod 3) Vậy ( a + a ) − (b3 + b) = ( a − b)( a + b2 + ab + 1) ≠ 0(mod 3r ) { } Suy a + a ≤ a ≤ 3r hệ thặng dư đầy đủ modulo 3r Vậy giá trị cần tìm n n = 3r Ước chung thuật toán Euclid hay sử dụng toán Bài 20 (IRAN 2005) Cho n, p số nguyên dương lớn p số nguyên tố cho n p − p n − Chứng minh p − số phương Lời giải Đặt p = kn + , suy ( p, n − 1) = p n − hay p ( n − 1)( n + n + 1) Suy p n + n + hay kn + n + n + suy kn + kn + kn + k Mà kn + kn + k = ( kn + 1)n + kn + k − n = ( kn + 1)n + ( k − 1)n + k nên kn + ( k − 1)n + k 16 Do ( k − 1)n + k > nên từ kn + ( k − 1)n + k suy kn + ≤ ( k − 1)n + k Điều dẫn đến k ≥ n + Vậy p = kn + ≥ ( n + 1)n + = n + n + , suy p = n + n + p − = 4n + 4n + = (2n + 1) số phương Bài 21 (IMO 2016) Một tập hợp số nguyên dương gọi tập hương tập có hai phần tử phần tử có ước nguyên tố chung với phần tử lại Đặt P ( n ) = n + n + Tìm số nguyên dương b nhỏ cho tồn số nguyên không âm a để tập hợp {P ( a + 1), , P ( a + b)} tập hương Phân tích giải Ta phải xác định ước 1) Dạng ước nguyên tố P ( n ) = n + n + 2) Ước nguyên tố chung P ( n ) P ( n + m ) , m ≥ Với ý thứ nhất, P(n) biểu thức bậc hai, ta sử dụng thặng dư bậc hai để xác định P ( n ) = 4n + 4n + = (2n + 1)2 + Vậy p P ( n ) ⇔ p P ( n ) ⇔ (2n + 1) ≡ −3(mod p ) ⎡ −3 ⎤ Vậy ⎢ ⎥ = ⎣ p⎦ Nếu p > , đặt p = 3k + r ,0 < r < 3−1 p −1 ⎡ −3 ⎤ ⎡ − ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ − ⎤ ⎡ p ⎤ Ta có ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ( −1) 2 ⎣ p ⎦ ⎣ p ⎦⎣ p⎦ ⎣ p ⎦⎣ 3⎦ ⎡ −1 ⎤ ⎧⎪1, p ≡ 1( mod ) Vì ⎢ ⎥ = ⎨ ⎣ p ⎦ ⎪⎩ −1, p ≡ −1( mod ) p = s + 3, r = Suy p = 6h + p = p −1 ⎡ −1 ⎤ ⎡ r ⎤ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ( −1) ⎣ p ⎦ ⎣ 3⎦ ⎡2⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ = −1 nên p = s + 1, r = ⎧⎪ p P ( n ) 2) p ước nguyên tố chung P ( n ) P ( n + m ) ⇔ ⎨ ⎪⎩ p P ( n + m ) − P( n ) p P ( n + m ) − P ( n ) ⇔ p m(2n + m + 1) ⎧⎡ p m ⎪⎪ ⎢ Vậy điều kiện ⎨ ⎣⎢ p 2n + m + ⎪ ⎪⎩ p (2n + 1) + ⎡ ⎧⎪ p 2( n + 2) ⎢⎨ ⎧n = 3k + ⎢⎪ p n + n + , mà n + n + = ( n + 2)( n − 1) + ⇒ ⎨ Nếu m = , ⎢ ⎩ ⎩p = ⎢⎧ p = ⎢ ⎨3 2n + ⎣⎩ Vậy ( P ( x ), P ( x + 3) ) > , ( P ( y ), P ( y + 3) ) > x − y 17 ⎧⎪ p 2n + Nếu m = ⎨ , mà n + n + = n( n + 1) + nên p (vô lý) ⎪⎩ p n + n + ⎧⎪ p (2n + 3) ⎧ n = 7k + Nếu m = , ⎨ , mà 4n + 4n + = (2n + 3)(2n − 1) + ⇒ ⎨ ⎩p = ⎪⎩ p 4n + 4n + Vậy ( P ( x ), P( x + 2) ) > ( P ( y ), P( y + 2) ) > x − y ⎧⎪ p (2n + 5) ⎧n = 19k + , 4n + 4n + = (2n + 5)(2n − 3) + 19 ⇒ ⎨ Nếu m = , ⎨ ⎩ p = 19 ⎪⎩ p 4n + 4n + * Từ nhận xét trên, suy tập {P( a + 1), P ( a + 2)}, {P( a + 1), P( a + 2), P( a + 3)} không tập hương với a P ( a + 2) khơng có ước ngun tố chung với phần tử lại tập Vậy tập {P ( a + 1), P( a + 2)} , {P ( a + 1), P ( a + 2), P ( a + 3)} không tập hương * Giả sử tồn a để {P ( a + 1), P ( a + 2), P ( a + 3), P ( a + 4)} không tập hương , ⎧⎪( P ( a + 2), P ( a + 4) ) > , suy ( a + 2) − ( a + 1) vô lý ⎨ ⎪⎩( P ( a + 3), P ( a + 1) ) > * Giả sử tồn a để {P ( a + 1), P ( a + 2), P ( a + 3), P ( a + 4), P ( a + 5)} để tập hương + Nếu ( P ( a + 1), P ( a + 3) ) > a + = 7k + nên ( P ( a + 2), P( a + 4) ) = , suy ( P ( a + 2), P ( a + 5)) > Do a + = 3q + hay a = 3q − Nhưng lúc ( P(a + 1), P(a + 4) ) = nên P(a + 4) khơng có ước ngun tố với phần tử lại tập hợp (mâu thuẫn) + Nếu ( P ( a + 3), P( a + 5) ) > a + = 7k + nên ( P ( a + 1), P ( a + 3) ) = , suy ( P( a + 2), P( a + 4)) = Suy ( P(a + 1), P(a + 4) ) > ( P(a + 1), P(a + 5) ) > Điều dẫn đến a + = 3q + a + = 19q + Cả hai điều ta ( P ( a + 2), P ( a + 5) ) = P ( a + 2) khơng có ước ngun tố chung với phần tử lại (mâu thuẫn) * Với b = , trình xét trường hợp ⎧( P ( a + 1), P( a + 4) ) > ⎪ ⎨( P ( a + 2), P ( a + 6) ) > ⎪ ⎩( P ( a + 3), P ( a + 5) ) > ⎧ a + = 3k + ⎧ a ≡ 0(mod ⎪ ⎪ Để điều ta cần ⎨ a + = 19q + hay ⎨ a ≡ 5(mod ⎪a + = 7s + ⎪ a ≡ 6(mod ⎩ ⎩ Trung Hoa hệ có nghiệm Vậy b = trên, ta dự đốn 3) 19) Theo định lý phần dư 7) BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1) (TST Bosnhia 2015) Chứng minh có vơ số số ngun dương n, n không số nguyên tố cho n 3n −1 − 2n −1 2) (TST Bosnhia 2014) Tìm tất số ngun khơng âm x, y cho x − 2.5 y = −1 18 3) (TST Pháp 2012) Cho p số nguyên tố Tìm tất số nguyên dương a, b, c thỏa a p + b p = pc 4) (TST Đức 2010) Tìm tất số nguyên dương m, n thỏa 3m − 7n = 5) (TST Iran 2012) Tìm tất số nguyên dương a, b, c cho a + b2 + c chia hết cho 2013( ab + bc + ca ) 6) (Romanian Master in Mathematics 2012) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho 22 n +1 + chia hết cho n, 2n + không chia hết cho n 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO Olympiad Number Theory, Justin Stevens Art of Problem Solving 20 ... theo modulo 31 Suy y + 24 có đồng dư 24, 25,29,30,18,19,23 theo modulo 31 x có đồng dư 0,1,2,4,8,16 theo modulo 31 Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Các ví dụ sau, ta phân tích số kĩ chọn modulo. .. phương trình x14 + x24 + + x144 = 15999 Phân tích giải Lũy thừa 4, gợi cho ta xét modulo nào? λ( n ) = = 2 → n = 16 x đồng dư modulo 16 Do x14 + x24 + + x144 đồng dư 1, 2, , 14 modulo 16 15999... Các modulo thường dùng trước hết để xét lũy thừa a n +1 với n nghiệm lớn phương trình, modulo có đồng dư + Để ý ≡ 1(mod 22 ) ; ≡ −1(mod 22 ) , 32 ≡ 1(mod 23 ) Do đó, ta xét modulo 4, Để xét modulo