TOÁN HỌC NÂNG CAO số học

Mục lục 3 3 15 15 15 15 16 20 27 27 27 28 31 34 34 37 38 39 39 41 42 43 46 58 58 62 64 64 65 PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE Một số phương trình Diophantine cổ điển I Phương trình bậc Phương trình bậc hai ẩn Phương trình bậc nhiều ẩn II Phương trình bậc hai Phương trình Pitago Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 79 79 79 79 80 86 86 86 hu N gu yễ n Tấ t T CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC Phép chia hết tập số nguyên I Các khái niệm II Tính chất III Ví dụ minh họa IV Bài tập Hợp số - số nguyên tố I Định nghĩa II Đinh lí III Định lí số học IV Ví dụ minh họa V Bài tập Ước chung lớn - Bội chung nhỏ I Ước chung lớn II Bội chung nhỏ III Ví dụ minh họa IV Bài tập Đồng dư I Các khái niệm đồng dư II Đồng dự tuyến tính III Hệ thặng dư đầy đủ - Hệ thặng dư thu gọn IV Các định lí đồng dư Định lí Phecma nhỏ Định lí Ơ le Định lí Wilson Định lí thặng dư trung hoa V Bài tập Hàm số học I Hàm phần nguyên II Số ước số tự nhiên III Hàm tổng ước nguyên dương n Định nghĩa IV Bài tập MỤC LỤC Đưa phương trình tích Phương pháp lùi vơ hạn Phương pháp chọn môđunlô Phương pháp quy nạp N gu yễ n Tấ t T hu I II III IV 86 97 104 110 Chương CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC Các khái niệm T I hu §1 Phép chia hết tập số nguyên Lời giải Ta xét trường hợp sau Tấ t Định lí Cho hai số nguyên a b (b = 0) Khi tồn hai số nguyên q, r cho a = b · q + r, ≤ r < |b| (1) yễ n • Nếu a ≥ b > 0, a − b ≥ Nếu a − b ≥ b a − 2b ≥ trình tiếp tục đến đó, ta có ≤ a − qb < b Đặt r = a − qb ta có a = qb + r với ≤ r < b • Nếu < a < b ta có a = · b + a gu • Với trường hợp hai số a, b có số âm ta xét trị tuyệt đối số Định nghĩa Với hai số nguyên a, b thỏa đẳng thức (1) ta nói N • Số q gọi thương r gọi số dư phép chia a cho b • Nếu r = 0, tức a = bq ta nói a chia hết cho b b chia hết a, hay cịn nói a bội b b ước a Kí hiệu a b b | a • Nếu r = ta nói a khơng chia hết cho b, kí hiệu a b b | a II Tính chất Định lí Cho a, b, c số nguyên Khi đó, ta có tính chất sau: • Nếu a | b, b = |a| ≤ |b| • Nếu a | b a | cthì a | m · b + n · c với số nguyên m n • Nếu a | b a | b ± c a | c • a | a (tính phản xạ) PHÉP CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN • Nếu a | b b | c a | c(tính bắc cầu) • Nếu a | b b | a |a| = |b| III Ví dụ minh họa Ví dụ 1.1 Tìm số nguyên x để biểu thức sau nhận giá trị nguyên 2x3 − x2 + x − 2x − Lời giải Ta có A = x2 + 1 − 2(2x − 1) Suy 2A = 2x2 + − nguyên hay 2x − ước 2x − T Vì A nguyên nên 2A nguyên, 2x − hu A= Tấ t Suy x = x = Với x = ta có A = 1, với x = ta có A = Vậy x = 0,x = giá trị cần tìm Ví dụ 1.2 Tìm số tự nhiên x để biểu thức sau số nguyên 2x3 − x2 + 5x + x2 + yễ n A= Lời giải Ta có gu A = 2x − + Suy N Vì x ∈ Z nên A ∈ Z 3x + x2 + 3x + ∈Z x2 + 3x + ≥ x2 + ⇔ x2 − 3x − ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ Mà x số tự nhiên nên x ∈ {0; 1; 2; 3; 4} Thay giá trị x ta có x ∈ {0; 1; 4} Ví dụ 1.3 Chứng minh A = n(n2 + 1)(n2 + 4) với số nguyên dương n Lời giải Ta xét trường hợp sau • n = 5k, ta có A • n = 5k ± 1, ta có n2 + nên A PHÉP CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN • n = 5k ± 2, ta có n2 + nên A Vậy A với số nguyên dương n Ví dụ 1.4 Cho a,b số nguyên Chứng minh 8a + 9b 31 ⇔ a + 5b 31 Lời giải Ta có 5(8a + 9b) − 9(a + 5b) = 31a Do (5; 31) = (9; 31) = nên Ví dụ 1.5 Cho số nguyên x, y Chứng minh Lời giải a) Với số tự nhiên n, ta có Tấ t b) xn + y n x + y với số tự nhiên n lẻ T a) xn − y n x − y với số tự nhiên n hu 8a + 9b 31 ⇔ a + 5b 31 xn − y n = (x − y)(xn−1 + y n−2 x + + y n−1 ) yễ n Suy xn − y n x − y b) Với n số tự nhiên lẻ, ta có gu xn + y n = (x + y)(xn−1 − xn−2 y + + y n−1 ) N Suy xn + y n x + y Ví dụ 1.6 Tìm số ngun dương lớn nhấtx để 23x+26 chia hết 2014! Lời giải Từ đến 2014 có 2014 23 = 87 số chia hết cho 23 Trong có ba số chia hết cho 232 232 , 2.232 , 3.232 Do 2014! 2390 2014! khơng chia hết cho 2391 Suy x + 26 = 90 ⇒ x = 64 Ví dụ 1.7 Cho n ≥ số nguyên dương Chứng minh 22 ước nguyên dương lớn Lời giải T a có a4 + a2 + = a2 + − a2 = a2 + a + n+1 n + 22 + có a2 − a + PHÉP CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN Suy n+1 22 n + 22 + = 22 n−1 n−1 + 22 n n−1 n n−1 n n−1 = 22 − 22 = 22 − 22 = 22 − 22 +1 n 22 + 22 +1 n−2 22 +1 22 +1 n−1 n−1 +1 + 22 n−2 + 22 n−2 +1 n−1 n−2 22 +1 − 22 +1 Từ đó, ta có đpcm Ví dụ 1.8 Cho n số nguyên dương thỏa 3n − 22014 Chứng minh n ≥ 22012 Vì m lẻ nên k 32 + 32 k + 32 m−2 m−2 k k + · · · + 32 + k + · · · + 32 + Tấ t số lẻ Do m−1 m−1 k 32 T k 3n − = 32 − hu Lời giải Đặt n = 2k m với m lẻ Khi k 3n − 22014 ⇔ 32 − 22014 Mà k 32 − = (3 − 1) (3 + 1) 32 + k−1 32 + · · · 32 yễ n = 23 32 + m k−1 32 + · · · 32 +1 +1 Vì 32 + m = 1,k − chia hết cho mà không chia hết k 32 − 22014 ⇔ k + ≥ 2014 ⇔ k ≥ 2012 gu Suy n ≥ 22012 N Ví dụ 1.9 Tìm tất số nguyên a, b, c với < a < b < c cho (a − 1) (b − 1) (c − 1) ước abc − Lời giải Đặt x = a − 1, y = b − 1, z = c − ta có < x < y < z, xyz ước (x + 1) (y + 1) (z + 1) − = xyz + xy + yz + zx + x + y + z Hay xyz ước xy + yz + zx + x + y + z Suy xy + yz + zx + x + y + z 1 1 1 = + + + + + = f (x,y,z) xyz x y z xy yz zx số nguyên dương Ta có f (x,y,z) ≤ f (1,2,3) = + f (x,y,z) = Mặt khác f (3,4,5) = < ⇒ f (x,y,z) = 59 < ⇒ x ∈ {1,2} 60 PHÉP CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN • f (x,y,z) = ⇔ xy + yz + zx + x + y + z = xyz (1) – x = 1, (1) ⇔ 2(y + z) + = vô nghiệm – x = 2, (1) ⇔ (y + z) + = yz ⇔ (y − 3) (z − 3) = 11 ⇔ y−3=1 ⇔ z − = 11 y=4 z = 14 • f (x,y,z) = ⇔ xy + yz + zx + x + y + z = 2xyz (2) – x = 1, (2) ⇔ 2(y + z) + = yz ⇔ (y − 2) (z − 2) = ⇔ y−2=1 ⇔ z−2=5 y=3 z=7 – x = 2, (2) ⇔ (y + z) + = 3yz vô nghiệm T Vậy (a; b; c) = (2; 4; 8) , (3; 5; 16) hu vơ nghiệm Ví dụ 1.10 Tìm tất cặp nguyên dương (a,b) cho Tấ t nguyên dương a2 số 2ab2 − b3 + Lời giải a2 số nguyên dương nên 2ab2 − b3 + = b (2a − b) + > Vì 2ab2 − b3 + Suy 2a − b ≥ Ta có a2 ≥ 2ab2 − b3 + (*) yễ n • Nếu b = 2a (*) • Nếu b > 2a ⇒ a2 ≥ b2 (2a − − b) + b2 + > b2 ⇒ a > b gu Do đó, ta ln có b = 2a a > b N Đặt a2 = k ∈ Z+ 2ab2 − b3 + Hay a2 − 2ab2 k + kb3 − k = Với k phương trình (1) có hai nghiệm ngun khơng âm a1 ≥ a2 Theo định lí Viet, ta có a1 + a2 = 2b2 k ⇒ a1 ≥ b2 k a1 a2 = k b − ⇒ a2 = k (b3 − 1) ≤ b a1 Suy a2 = b = 2a2 • a2 = ⇒ b3 − = ⇒ b = ⇒ a = 2k • b = 2a2 ⇒ b2 b4 b − k = ⇒ b2 = 4k a1 = − 2 Suy k = m2 ⇒ a2 = m,a1 = 8m4 − m Vậy (a; b) ∈ {(2m; 1) , (m; 2m) , (8m4 − m; 2m)} với m ∈ Z+ (1) PHÉP CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN IV Bài tập Bài 1.1 Tìm số tự nhiên n để n2 + n + Lời giải Ta có n2 + =n−1+ n+1 n+1 Từ đây, suy n + = n + = Hay n = 0,n = Bài 1.2 Tìm số nguyên x cho 3x2 + 2x − x2 + số nguyên Lời giải Ta có A=3+ 2x − số nguyên Suy x2 + T A số nguyên 2x − x2 + hu A= Tấ t |2x − 4| ≥ x2 + ⇔ x2 + 2x − ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ Mà x nguyên nên x ∈ {−1; 0; 1; 2; 3} Thử lại ta có x ∈ {−1; 0; 1; 2} Bài 1.3 Cho số nguyên x thỏa mãn 17|3x + Chứng minh 17 ước yễ n 6x3 + x2 − 5x + 15 Lời giải Ta có gu 6x3 + x2 − 5x + 15 = 6x3 + x2 − 5x − + 17 = (3x + 2)(2x2 − x − 1) − 17 17 N Bài 1.4 Chứng tỏ với số tự nhiên n, n2 (n + 1)2 tìm thấy ba số tự nhiên a, b, c cho c | a2 + b2 Lời giải Chọn a = n2 + 2,b = n2 + n + 1,c = n2 + Bài 1.5 Cho số tự nhiên n Chứng minh n n5 n4 n3 + + − 30 số nguyên Lời giải Ta có n5 n4 n3 n 6n5 + 15n4 + 10n3 − n + + − = 30 30 Do 6n5 + 15n4 + 10n3 − n = n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) Mà n(n + 1)(2n + 1) Ta chứng minh a(n) = 6n5 + 15n4 + 10n3 − n (1) PHÉP CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUN • n = 5k a(n) • n = 5k + n = 5k − 3n2 + 3n − nên a(n) • n = 5k − n + nên a(n) • n = 5k + 2n + nên a(n) Từ ta có đpcm Bài 1.6 Chứng minh 120|n5 − 5n3 + 4n với số tự nhiên n Lời giải Ta có 120 = 23 3.5 hu n5 − 5n3 + 4n = n(n2 − 1)(n2 − 4) = (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) Tấ t Bài 1.7 Cho n số nguyên dương Chứng minh T Trong số tự nhiên liên tiếp ln tồn số chia hết cho 5, số chia hết cho có hai số chẵn liên tiếp nên tích hai số chẵn chia hết cho Do đó: n5 − 5n3 + 4n chia hết cho 120 (n + 1)(n + 2) (2n) 2n yễ n Lời giải Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp Với n = ta thấy toán Giả sử (n + 1)(n + 2) (2n) 2n Thật (n + 2)(n + 3) (2n).(2n + 1)(2n + 2) 2n+1 gu Ta chứng minh N (n + 2)(n + 3) (2n).(2n + 1)(2n + 2) = (n + 1)(n + 2) (2n).(2n + 1).2 2n+1 Vậy toán chứng minh Bài 1.8 Xác định tất cặp số (a,b) nguyên dương cho ab2 + b + chia hết a2 b + a + b Lời giải Ta có ab2 + b + |a2 b + a + b nên ab2 + b + b(a2 b + a + b) − a(ab2 + b + 7) = b2 − 7a • b2 = 7a ⇒ a = 7k ,b = 7k với k ∈ N • b2 − 7a > ⇒ ab2 + b + ≤ b2 − 7a (vô lí) Vì ab2 + b + > b2 > b2 − 7a • b2 − 7a < ⇒ ab2 + b + ≤ 7a − b2 ⇒ b2 < ⇒ b = 1,b = a + = 57 +) b = ⇒ 7a − = (a + 8) − 57 a + ⇒ ⇒ a + = 19 a = 49 a = 11 PHÉP CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ NGUYÊN +) b = ⇒ 7a − = (4a + 9) − (a + 22) 4a + ⇒ a + 22 4a + Suy 13 a + 22 ≥ 4a + ⇒ a ≤ ⇒ a ∈ {1,2,3,4} Thử lại ta thấy khơng có a thỏa toán Vậy (a; b) = (7k ; 7k) , (49; 2) , (11; 2) Bài 1.9 Tìm tất số nguyên dương n cho với số nguyên lẻ a mà a2 < n a|n Lời giải Gọi a số nguyên lẻ lớn mà a2 < n, suy n ≤ (a + 2)2 Vì a,a − 2,a − số lẻ không nên n chia hết cho a,a − 2,a − Suy a (a − 2) (a − 4) ≤ (a + 2)2 ⇔ a3 − 7a2 + 4a − ≤ ⇒ a < Do a ∈ {1,3,5} hu • Nếu a = ta có: ≤ n ≤ 9, từ ta tìm n = • Nếu a = ta có < n ≤ 25, từ ta tìm n ∈ {12; 15; 18; 21; 24} T • Nếu a = ta có 25 < n ≤ 49, từ ta tìm n ∈ {30,45} Vậy n ∈ {3; 12; 15; 18; 21; 24; 30; 45} Tấ t Bài 1.10 Tìm tất số nguyên dương (x,n) cho xn +2n +1 ước xn+1 +2n+1 +1 Lời giải x+3=7 x=4 • n = ⇒ x2 + = (x + 3) (x − 3) + 14 x + ⇒ ⇒ x + = 14 x = 11 • Xét n ≥ +) Với x ∈ {1,2,3} ta có yễ n + 2n + < + 2n+1 + < (1 + 2n + 1) 2n + 2n + < 2n+1 + 2n+1 + < (2n + 2n + 1) (3n + 2n + 1) < 3n+1 + 2n+1 + < (3n + 2n + 1) Thật N gu Do xn + 2n + không ước xn+1 + 2n+1 + với x ∈ {1,2,3} +) Xét x ≥ 4, ta có xn+1 + 2n+1 + < x (xn + 2n + 1) Ta chứng minh xn+1 + 2n+1 + > (x − 1) (xn + 2n + 1) (1) ⇔ xn+1 + 2n+1 + > xn+1 + x.2n + x − xn − 2n − ⇔ xn + 2n+1 + 2n + > x (2n + 1) Ta có 22n + x2 xn xn + ≥ x = 2 n Suy n (1) x +2 n+1 22n + x2 22n + 2.2n + + x2 n+1 n +2> +2 +2 +2> 2 n (2 + 1) + x = ≥ x (2n + 1) ⇒ (2) Vậy (x − 1) (xn + 2n + 1) < xn+1 + 2n+1 + < x (xn + 2n + 1) Suy xn + 2n + không ước xn+1 + 2n+1 + 10 (2) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Bài 2.7 (PTNK 2003) Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình x2 − k − y = −24 có nghiệm ngun dương Bài 2.8 Giải phương trình nghiệm nguyên dương x2 + y + x + y + = xyz hu Lời giải Ta chứng minh trước hết z = Gọi (x1 , y1 , z1 ) nghiệm phương trình với z1 = Khi x1 = y1 , khơng x1 [x2 (z1 − 2) − 2] = 1, điều xảy với z1 = Ta có = x21 + y12 + x1 + y1 + − x1 y1 z1 = (y1 z1 − x1 − 1)2 + y12 + (y1 z1 − x1 − 1) + y1 + − (y1 z1 − x1 − 1)y1 z1 , T nên (x1 ,y2 ,z2 ) = (y1 z1 − x1 − 1,y1 ,z1 ) nghiệm phương trình, x1 (y1 z1 − x1 − 1) = y12 + y1 + > nên x2 = y1 z1 − x1 − > Lưu ý x1 > y1 , x1 ≥ y1 + nên x21 > y12 + y1 + = x1 (y1 z1 − x1 − 1) = x1 x2 Tấ t Nên x1 > x2 Tiếp tục với cách làm tương tự ta thu dãy nghiệm nguyên dương (xk ,yk ,zk ) phương trình với x1 > x2 > x3 > · · · , điều khơng thể xảy Do ta có z = Khi ta có phương trình x2 + y + x + y + = 5xy Ta thấy x, y lẻ Đặt 3y − 3x − ,v= 2 (1) yễ n u= phương trình cho trở thành u2 − 5uv + v = −3 (2) gu Ta thấy (u0 ,v0 ) = (1,1) nghiệm (2) Giả sử (u1 ,v1 ) nghiệm (2) với u1 > v1 Khi v12 + (5v1 − u1 )2 + = 5v1 (5v1 − u1 ), N nên (u2 ,v2 ) = (v1 ,5v1 − u1 ) nghiệm (2) Từ (u1 − v1 )(u1 − 4v1 ) = u21 − 5u1 v1 + 4v12 = 3v12 − ≥ 0, nên ta có u1 ≥ 4v1 , v2 = 5v1 − u1 ≤ v1 Do từ (u1 ,v1 ) ta xây dựng dãy nghiệm (u2 ,v2 ), (u3 ,v3 ), với v1 ≥ v2 ≥ v3 ≥ · · · Do tồn số nguyên dương k để vk+1 = 5vk − uk uk+1 = vk Do uk = vk−1 , k ≥ vk+1 = 5vk − vk−1 , v0 = 1, v1 = Từ ta tìm  √ √ + 21 + 21 un = √  2 21 √ √ + 21 + 21 = √ 2 21 Vậy nghiệm phương trình (1) n−1 − 3− √ 21 − √ 2 √ √ n − 21 − 21 − 2 2un + 2vn + , ,5 3 102 21 n−1   (3) n , n ≥ với un , xác định (3) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN +∞ Bài 2.9 Cho dãy số (xn )+∞ n=1 (yn )n=1 xác định sau x0 = 1, x1 = 4, xn+2 = 3xn+1 − xn , ∀n = 0; 1; 2; y0 = 1, y1 = 2, yn+2 = 3yn+1 − yn , ∀n = 0; 1; 2; a) Chứng minh x2n − 5yn2 + = với n = 0; 1; 2; b) Giả sử a, b số nguyên dương mà a2 − 5b2 + = Chứng minh tồn số tự nhiên k cho xk = a yk = b (VMO 1999) Lời giải a) Ta dễ dàng chứng minh công thức sau theo quy nạp yn+1 = xn + yn 2 hu xn+1 = xn + yn ; 2 Tấ t T Từ đó, ta lại chứng minh công thức x2n − 5yn2 + = theo quy nạp (1) Với n = − + = 0, suy (1) Giả sử (1) với n = k Ta chứng minh (1) với n = k + 2 3 2 xk + y k − xk + yk + = x2k − 5yk2 + = Có xk+1 − 5yk+1 + = 2 2 Do (1) (đpcm) b) Xét phương trình x2 − 5y + = Gọi (a0 ; b0 ) nghiệm nguyên dương (2) Thay vào (2) ta có (2) yễ n a20 − 5b20 + = gu Dựa vào phần a), ta đặt   a0 = a1 + b 2  b = a1 + b 2   a1 = 3a0 − 5b0 ⇔ 3b0 − a0  b1 = N Bây ta tìm điều kiện để a1 ,b1 số nguyên dương Vì a20 − 5b20 + = ⇔ a20 ≡ b20 (mod 4) ⇔ a0 b0 khác tính chẵn lẻ nên a1 , b1 ∈ Z Vì a20 = 5b20 − < 9b20 ⇔ a0 < 3b0 ⇒ b1 > Để a1 > ⇔ 3a0 > 5b0 ⇔ a20 = 5b20 − ≤ a0 − = a20 − ⇔ a20 ≥ ⇔ a0 ≥ 5 Do đó, ta xét a0 ≥ có điều kiện sau: (a0 ; b0 ) nghiệm nguyên dương 3a0 − 5b0 3b0 − a0 nghiệm nguyên dương (2) Từ ta xây (2) ; 2 dựng dãy giảm tất số nghiệm nguyên dương (2) (∗) (a0 ; b0 ) −→ a0 − b ; b − a0 2 2 −→ · · · Theo nguyên tắc cực hạn tồn (m; n) dãy thỏa mãn (m + n) nhỏ 3m − 5n 3n − m Suy (m1 ; n1 ) dãy với m1 = , n1 = Nhưng m1 +n1 = 2 m − n < m + n (vơ lí) Vì a0 hay m < ⇒ m = 1; Nếu m = ⇒ 5n2 = (vơ lí) 103 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Nếu m = ⇒ 5n2 = ⇒ n = Do đó, dãy (∗) kết thúc (1; 1) mà theo phần a) ta xây dựng ánh xạ ngược (∗∗) (1; 1) −→ (4; 2) −→ · · · ⇒ dãy (∗) (∗∗) trùng Vậy ta có điều phải chứng minh 3 Nhận xét Để tìm cơng thức xn+1 = xn + yn ; yn+1 = xn + yn ta làm sau: 2 2 Đặt xn+1 = axn + byn Thay n = n = ta có hệ phương trình   a = 4=a+b ⇔  11 = 4a + 2b b = III Phương pháp chọn môđunlô T hu Suy xn+1 = xn + yn Từ ta chứng minh quy nạp 2 Tương tự ta tìm yn+1 = xn + yn 2 Tấ t Trong số tốn phương trình nghiệm ngun, việc xét mơđunlơ giúp ta hạn chế miền giá trị biến dẫn tới điều vô lí để từ kết luận phương trình vơ nghiệm Ví dụ 2.1 (Baltic Way 2016) Tìm cặp số nguyên tố (p; q) thỏa mãn yễ n p3 − q = (p + q)2 N gu Lời giải Xét p, q = Khi p3 ≡ ±1 (mod 3) q ≡ ±1 (mod 3) Nếu p ≡ q (mod 3) p3 − q ≡ (mod 3) p + q ≡ ±1 (mod 3) Điều dẫn tới vơ lí Do đó, hai số p, q có số • p = ta có − q = (3 + q)2 ⇔ q + q + 6q + = Phương trình vơ nghiệm • q = ta có p3 − 243 = (p + 3)2 ⇔ p3 − p2 − 6p − 252 = ⇔ p = Vậy (p; q) = (7; 3) cặp nghiệm cần tìm Ví dụ 2.2 Tìm tất số nguyên tố p cho tồn số nguyên x,y thỏa mãn p + = 2x2 p2 + = 2y Lời giải 104 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Từ đề ta có p > x2 ≡ y (mod p) ⇒ x ≡ ±y (mod p) Mà x < y < p nên ta có x ≡ −y (mod p) ⇒ x + y ≡ (mod p) ⇒ x + y = p Suy p2 + = (p − x)2 = 2p2 − 4xp + 2x2 = 2p2 − 4xp + p + ⇔ p2 − 4xp + p = ⇔ p = 4x − Suy x = → p = −1 x=2→p=7 hu 4x = 2x2 ⇒ Vậy p = giá trị cần tìm Tấ t T Ví dụ 2.3 (Greek National mathematical olympiad 2016) Tìm tất số tự nhiên (x,y,z) thỏa mãn x2 + y = · 2016z + 77 Lời giải x2 = 16 ∨ y = 64 x2 = 16 ⇔ y = 64 x=4 ∨ y=8 x=8 y=4 yễ n • Nếu z = ta có x2 + y = 80 ⇔ • Xét z ≥ Do 7|2016, 77 nên ta có x2 + y ⇒ |x, y , N Vì gu hay x = 7a,y = 7b; a,b ∈ N∗ Khi a2 + b2 = · 2016z−1 + 11 7 a2 + b 711 nên z − = ⇔ z = Khi a2 + b2 = ⇔ a = b = Vậy (x; y; z) ∈ {(4; 8; 0) , (8; 4; 0) , (7; 7; 1)} Ví dụ 2.4 (Bankan MO 2016) Tìm tất số nguyên a,b,c cho tồn số tự nhiên n để (a − b) (b − c) (c − a) + = 2016n Lời giải 105 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Đặt x = a − b,y = b − c,z = c − a ta có x + y + z = nên x3 + y + z = 3xyz Giả sử (a − b) (b − c) (c − a) + = 2016n , với n ∈ N Ta có (a − b) (b − c) (c − a) = 2.2016n − Suy x3 + y + z = 6.2016n − 12 (∗) x3 + y + z ≡ (1) Nếu n ≥ từ (*) ta có (mod 7) Mà x ∈ N x3 ≡ 0, ± (mod 7) nên từ (1) ta suy ba số x, y, z có số chia hết cho hai số lại đồng dư với theo modunlo Nhưng (mod 7), hu x+y+z ≡2 điều vơ lí x + y + z = ≡ (mod 7) Từ đó, suy n = Khi Xét a=b−2 c=b−1 Tấ t   a − b = −2 b−c=1 ⇒   c−a=1 T x3 + y + z = −6 ⇔ (x; y; z) = (−2; 1; 1) , (1; −2; 1) , (1; 1; −2) Vậy cần tìm là: (a; b; c) = (k − 2; k; k − 1), k ∈ Z hốn vị yễ n Ví dụ 2.5 (IMO Shortlist 2002) Tìm số nguyên dương t nhỏ cho tồn số nguyên x1 ,x2 , ,xt thỏa gu x31 + x32 + + x3t = 20022002 N Lời giải Nếu 3| x x3 ≡ (mod 9) Nếu (x,3) = x3 đồng dư −1 (mod 9) Như vậy, x31 + x32 + + x3t đồng dư từ −t đến t (mod 9) Mà 20022002 ≡ 42002 ≡ 46·333 · 44 ≡ 44 ≡ (mod 9) Như vậy, t ≤ x31 + x32 + + x3t không đồng dư modulo nên đẳng thức sau x31 + x32 + + x3t = 20022002 không xảy Với t = 4, ta thử tìm nghiệm phương trình x31 + x32 + x33 + x34 = 20022002 Để ý 20022002 = 2002667 2002, ta đặt xi = mi · 2002667 , với m31 + m32 + m33 + m34 = 2002 Ta chọn m1 = m2 = 10; m3 = m4 = thỏa yêu cầu Vậy tmin = 106 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Ví dụ 2.6 (THTT số 423) Cho p ≥ số nguyên tố, n số nguyên dương cho số p − 1, pn, n + đơi khơng có ước lớn hơn2 Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên dương x,y + x + x2 + · · · + xp−1 = y n+1 (1) Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương x, y thỏa (1) • x = 1, ta có p + = y n+1 , suy p = y n+1 − = (y − 1)(y n + y n−1 + · · · + y + 1) hu Do T y−1=1 ⇒ p = + + 22 + · · · + 2n = 2n+1 − y n + y n−1 + · · · + y + = p Tấ t Suy 2n+1 ≡ (mod p) Gọi k số nguyên dương nhỏ thỏa 2k ≡ (mod p), ta có k ≥ Vì 2n+1 ≡ 2p−1 ≡ (mod p) ⇒ (n + 1,p − 1) k vơ lí, (n + 1, p − 1) ≤ • x ≥ 2, ta có x p−1 +x p−2 xp − + ··· + x + = = y n+1 − = (y − 1)(y n + y n−1 + · · · + y + 1) x−1 gu yễ n xp − Xét q ước nguyên tố , ta có (x,q) = nên xq−1 ≡ (mod q) x−1 Mà xp − q q số nguyên tố nên x − q q − p Nếu x ≡ (mod p) + x + x2 + · · · + xp−1 ≡ p (mod q), N suy p q hay p = q q ≡ (mod p) xp − Suy tất ước nguyên tố q q = p q = (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 – y − ≡ (mod p) ⇔ y ≡ (mod p), suy y n + y n−1 + · · · + y + ≡ n + (mod p) Vì (n + 1,p) ≤ nên pn + (n,p) ≤ nên n + 11 (mod p) Do trường hợp khơng xảy – y − ≡ (mod p) ⇔ y ≡ (mod p) Khi y n + y n−1 + · · · + y + ≡ 2n+1 − (mod p) Ta có 2n+1 − 10 (mod p) (n + 1,p − 1) ≤ 2, 2n+1 − = (2n − 1), mà (n,p − 1) ≤ nên 2n − 10 (mod p) Do 2n+1 − 11 (mod p) 107 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Tóm lại trường hợp ta có điều giả sử ban đầu sai Bài toán chứng minh Bài tập Bài 2.1 Chứng minh phương trình x5 − y = khơng có nghiệm ngun Lời giải Ta xét theo modulo 11 Ta có (x5 )2 = x10 ≡ (mod 11) với x, nên x5 ≡ −1, 0, (mod 11) Do x5 − ≡ 6, 7, (mod 11) Mà số phương chia cho 11 có số dư 0, 1, 3, 4, 5, 9, phương trình cho khơng có nghệm ngun Bài 2.2 Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun (x + 1)2 + (x + 2)2 + · · · + (x + 2001)2 = y hu Lời giải Đặt x = z − 1001, ta thu phương trình (z − 1000)2 + (z − 999)2 + · · · + z + · · · + (z + 1000)2 = y , T hay 2001z + 12 + 22 + · · · + 10002 = y Sử dụng đẳng thức n (n + 1) (2n + 1) , Tấ t 12 + 22 + · · · + n2 = Ta thu phương trình 2001z + 1000 · 1001 · 667 = y Ta có yễ n 2001z + 1000 · 1001 · 667 ≡ (mod 3) y ≡ 0, (mod 3) nên phương trình cho vơ nghiệm Bài 2.3 Chứng minh phương trình gu x3 + y = khơng có nghiệm ngun N Bài 2.4 Xác định tất nghiệm không âm (x1 ,x2 , ,x14 ) phương trình x41 + x42 + · · · + x414 = 15999 Bài 2.5 Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x3 − 4xy + y + = Bài 2.6 Chứng minh phương trình 4xy − x − y = z khơng có nghiệm ngun dương Bài 2.7 (Titu Andreescu) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn x2 − y! = 2001 108 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Bài 2.8 Tìm số ngun dương (x; y) thỏa mãn phương trình 3x − 2y = Bài 2.9 Tìm số tự nhiên x,y,z thỏa mãn phương trình 5x · 7y + = 3z Bài 2.10 (USAJMO 2013) Tìm tất số nguyên a, b cho a5 b + ab5 + lập phương số nguyên Bài 2.11 (Bosnhia TST 2014) Tìm tất số nguyên không âm x, y cho 7x − 2.5y = −1 Bài 2.12 (Turkey JBMO TST 2016) Tìm tất cặp số nguyên tố (p; q) thỏa mãn hu p3 + 7q = q + 5p2 + 18p Bài 2.13 (AZE JBMO TST 2016) Tìm tất cặp số tự nhiên (x,y,z) thỏa mãn T 2013x + 2014y = 2015z Tấ t Bài 2.14 (USAMO 2005) Chứng minh hệ phương trình x6 + x3 + x3 y + y = 147157 x3 + x3 y + y + y + z = 157147 khơng có ngiệm ngun x, y, z yễ n Bài 2.15 (Ấn Độ) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 7x = 3y + gu Bài 2.16 (TST Thổ Nhĩ Kì 2013) Kí hiệu ϕ(n) phi hàm Euler n Giải phương trình nghiệm nguyên dương ( n ≥ 2) sau 2n + (n − ϕ(n) − 1)! = nm + N Bài 2.17 (Tukey TST 2017) Tìm số nguyên dương m, n số nguyên tố p thỏa mãn m3 + n n3 + m = p3 Bài 2.18 (IMO lần 23) Chứng minh n số nguyên dương để phương trình x3 − 3xy + y = n có nghiệm ngun (x; y) phương trình có ba nghiệm ngun Chứng minh phương trình khơng có nghiệm ngun n = 2891 Lời giải Ta có x3 − 3xy + y = 2x3 − 3x2 y − x3 − 3x2 y + 3xy − y = 2x3 − 3x2 y + (y − x)3 = (y − x)3 − (y − x) (−x)2 + (−x)3 Và x3 − 3xy + y = (x − y)3 + 3x2 y + 2y = (x − y)3 − (x − y) (−y)2 + (−y)3 109 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Do đó, (x; y) nghiệm nguyên phương trình cho x2 + y = (y − x; −x) , (x − y; −y) nghiệm phương trình y−x=x x−y =x Hơn dẫn tới x = y = Do đó, phương trình cho có −x=y −y =x nghiệm có nghiệm Giả sử phương trình có nghiệm (x; y) với n = 2891 Do 2891 ≡ (mod 3) nên x3 + y ≡ (mod 3) Suy x ≡ y ≡ (mod 3) x ≡ −1 (mod 3),y ≡ (mod 3) x ≡ (mod 3), y ≡ −1 (mod 3) Nếu x ≡ y ≡ (mod 3) x − y ≡ (mod 3), phương trình cho có nghiệm có giá trị chia hết cho Giả sử x 3, x3 − 3xy ≡ (mod 9) nên y ≡ 2891 ≡ IV hu (mod 9) Nhưng số lập phương chia cho có số dư 0, ± 1, ± 4, ± Do đó, dẫn tới điều vơ lí Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun n = 2891 Phương pháp quy nạp T Ví dụ 2.1 Chứng minh với số nguyên n ≥ 3, tồn hai số nguyên dương lẻ x, y cho 7x2 + y = 2n Tấ t Lời giải Chúng ta chứng minh tồn số nguyên dương lẻ xn , yn cho 7x2n + yn2 = 2n , n ≥ yễ n Với n = 3, ta chọn x3 = y3 = Giả sử tồn số nguyên dương lẻ xn ,yn thỏa 7x2n + yn2 = 2n Ta có gu Ta chứng minh tồn số nguyên dương lẻ xn+1 ,yn+1 thỏa 7x2n+1 + yn+1 = 2n+1 2 N 7xn ∓ yn = 7x2n + yn2 = 2n+1 xn + yn xn − y n có số lẻ Chẳng hạn, ta Hơn nữa, xn , yn lẻ nên hai số 2 xn − y n giả sử lẻ, y n − xn 7xn + yn = 4xn + 2 số nguyên dương lẻ |xn − yn | 7xn + yn Ta chọn xn+1 = yn+1 = Ta có đpcm 2 xn ± y n + Ví dụ 2.2 (VMO 2010) Chứng minh với số nguyên dương n , phương trình x2 + 15y = 4n có n nghiệm tự nhiên (x,y) 110 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Lời giải Với n = 1, phương trình x2 + 15y = 4n có nghiệm tự nhiên (x, y) = (2, 0) Với n = 2, phương trình x2 + 15y = 4n có nghiệm tự nhiên (x, y) = (4, 0); (1, 1) Giả sử với n ≥ 2, phương trình x2 +15y = 4n có n nghiệm tự nhiên (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), · · · , (xn , yn ) (x, y) = (2xk , 2yk ) (1 ≤ k ≤ n) nghiệm tự nhiên phương trình x2 + 15y = 4n + Ta chứng minh với số nguyên n ≥ tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn ) cho cho x2n + 15yn2 = 4n Thật với n = , chọn x2 = 1, y2 = Giả sử với n ≥ tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn ) cho cho x2n + 15yn2 = 4n Ta chứng minh cặp thoả măn X + 15Y = 4n+1 Thật 15yn ∓ xn + 15 y n ± xn , X= 15yn + xn |yn − xn | ,Y = 2 hu |15yn − xn | xn + y n ,Y = 2 = x2n + 15yn2 = · 4n = 4n+1 T X= Tấ t xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + (k, l ∈ Z) ⇒ xn + y n =k+l+1 gu yễ n |yn − xn | |(2l + 1) − (2k + 1)| = = |l − k| 2 xn + yn |yn − xn | , lẻ Điều chứng tỏ số 2 = 4n+1 Vì với n + tồn số tự nhiên lẻ xn+1 yn+1 thoả măn x2n+1 + 15yn+1 Từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.3 Tìm số nguyên dương phân biệt x1 ,x2 , ,xm thỏa phương trình N x31 + x32 + · · · + x3m = (x1 + x2 + · · · + xm )2 Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho số nguyên dương phân biệt a1 ,a2 , ,an Khi a31 + a32 + + a3n ≥ (a1 + a2 + + an )2 (1) với n ≥ Chứng minh Khơng tính tổng quát, ta giả sử a1 < a2 < · · · < an Với n = ta có a31 ≥ a21 nên (1) Giả sử (1) với n = k a1 < a2 < · · · < ak < ak+1 số nguyên dương Khi ak+1 ≥ ak + 1, (ak+1 − 1) ak+1 ak (ak + 1) ≥ = + + · · · + ak 2 111 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Vì + + · · · + ak tổng ak số nguyên dương đầu tiên, nên + + · · · + ak ≥ a1 + a2 + · · · + ak Suy (ak+1 − 1) ak+1 ≥ a1 + a2 + · · · + ak Hay a3k+1 ≥ 2ak+1 (a1 + a2 + · · · + ak ) + a2k+1 Do a31 + a32 + · · · + a3k + a3k+1 ≥ (a1 + a2 + · · · + ak )2 + 2ak+1 (a1 + a2 + · · · + ak ) + a2k+1 = (a1 + a2 + · · · + ak+1 )2 hu Suy bổ đề chứng minh Trở lại tốn Khơng tính tổng qt, ta giả sử x1 < x2 < · · · < xm Khi x1 ≥ 1,x2 ≥ 2, · · · ,xm ≥ m T xm−1 ≤ xm − 1, xm−2 ≤ xm − 2, · · · , x1 ≤ xm − (m − 1) Suy m (m − 1) (2) x31 + x32 + · · · + x3m−1 ≥ (x1 + x2 + · · · + xm−1 )2 (3) Áp dụng bổ đề ta có Mặt khác, từ phương trình ta thu Tấ t x1 + x2 + · · · + xm−1 ≤ (m − 1) xm − Từ (3) (4) ta có yễ n x31 + x32 + · · · + x3m−1 + x3m = x2m + 2xm (x1 + x2 + · · · + xm−1 ) + x2m−1 hay gu x3m ≤ 2xm (x1 + x2 + · · · + xm−1 ) + x2m , x2m ≤ (x1 + x2 + · · · + xm−1 ) + xm hay N Kết hợp với (2) ta thu x2m ≤ (m − 1) xm − m (m − 1) + xm , (xm − m) (xm − (m − 1)) ≤ Vì xm > m − nên ta có xm = m Vậy x1 = 1, x2 = 2, , xm = m hốn vị số cần tìm Bài tập Bài 2.1 Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình x2 + y + z = 59n ln có nghiệm ngun dương x, y, z Lời giải Xét (x1 ; y1 ; z1 ) = (1; 3; 7) (x2 ; y2 ; z2 ) = (14; 39; 42), ta có x21 + y12 + z12 = 59 x22 + y22 + z22 = 592 112 (4) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Do đó, phương trình có nghiệm nguyên dương n = 1, n = Giả sử phương trình x2 + y + z = 59n có nghiệm nguyên dương xn , yn , zn Đặt xn+2 = 59xn , yn+2 = 59yn , zn+2 = 59zn , 2 = 592 x2n + yn2 + zn2 = 59n+2 + zn+2 x2n+2 + yn+2 Hay phương trình x2 + y + z = 59n+2 có nghiệm nguyên dương xn+2 , yn+2 , zn+2 Nên theo phương pháp quy nạp với bước nhảy s = ta có đpcm Bài 2.2 Chứng minh với số nguyên dương n ≥ 3, phương trình hu 1 + + ··· + =1 x1 x2 xn Tấ t T ln có nghiệm ngun dương phân biệt x1 , x2 , , xn Lời giải Ta có 1 + + = 1, nên phương trình có nghiệm ngun dương phân biệt n = Giả sử tồn số nguyên dương phân biệt x1 , x2 , ,xn thỏa mãn 1 + + ··· + = x1 x xn yễ n Khi 1 1 + + ··· + = , 2x1 2x2 2xn 1 1 + + + ··· + = 2x1 2x2 2xn gu nên Suy (2; 2x1 ; 2x2 ; ; 2xn ) nghiệm nguyên dương phân biệt phương trình N 1 1 + + ··· + + = x1 x xn xn+1 Vậy toán chứng minh Nhận xét a) Ta có n−1 k=1 Nên k = (k + 1)! n−1 k=1 k+1−1 = (k + 1)! n−1 k=1 n−1 1 − =1− , k! k=1 (k + 1)! n! 1 1 + + + ··· + + = 2! 3! 4! n! n! n−1 Do (x1 ; x2 ; ; xn ) = thỏa phương trình cho 113 2! 3! n! ; ; ; ; n! n−1 (1) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN b) Ta có nghiệm nguyên dương phân biệt phương trình cho 2,22 ,23 , ,2n−2 ,2n−2 + 1,2n−2 2n−2 + Thật 1 1 + + · · · + n−2 + n−2 + n−2 n−2 2 2 +1 (2 + 1) n−2 1 + n−2 n−2 = − n−2 + n−2 n−2 2 (2 + 1) (2 + 1) 1 = − n−2 + n−2 = 2 c) Xét dãy số (an ) : a1 = an+1 = a2n − an + 1, n ≥ 1 an (an − 1) = 1 − an − an T an+1 − = hu Ta có an ∈ Z+ an+1 > an ∀n ≥ Hơn an+1 − = an (an − 1), suy hay Do n−1 k=1 suy Tấ t 1 − = an an − an+1 − 1 1 = − , ak a1 − an − yễ n 1 1 + + ··· + + = a1 a2 an−1 an − Từ ta có (a1 ,a2 , ,an−1 ,an − 1) nghiệm thỏa yêu cầu toán gu d) Người ta chưa biết có tồn vơ hạn số ngun dương n cho phương trình (1) có nghiệm ngun dương (x1 ,x2 , · · · ,xn ) mà x1 ,x2 , ,xn số lẻ phân biệt N Bài 2.3 Chứng minh với số nguyên n ≥ 412, tồn số nguyên dương x1 , x2 , xn thỏa mãn 1 + · · · + = (1) x1 x2 xn Lời giải Ta có 1 1 = + ··· + a (2a) (2a) (2a)3 vế phải tổng số hạng Do đó, phương trình 1 + ··· + = x1 x2 xn có nghiệm nguyên dương phương trình 1 + ··· + = x1 x2 xn+7 114 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN có nghiệm nguyên dương Do đó, ta chứng minh toán phương pháp quy nạp toán học với bước nhảy s = 7, điều thực ta chứng minh phương trình (1) có nghiệm n = 412, 413, 414, 415, 416, 417, 418 Ý tưởng để thực điều ta chứng minh điều ta chứng minh trường hợp n nhỏ xét theo modulo Ta có 27 = 27 ≡ 412 (mod 7) 33 • 36 + + = + + 36 ≡ 413 (mod 7) 3 • 32 + = + 32 ≡ 414 (mod 7) 23 43 • 18 243 + = 18 + 243 ≡ 415 (mod 7) 33 • 18 16 144 + + = 18 + 16 + 144 ≡ 416 (mod 7) 33 12 • 16 36 144 + + + = + 16 + 36 + 144 ≡ 417 (mod 7) 12 • 81 324 + + + = + + 81 + 324 ≡ 418 (mod 7) 3 18 Vậy toán chứng minh Tấ t T hu • yễ n Bài 2.4 Chứng minh với số nguyên n ≥ 2, tồn số nguyên lẻ x,y cho x2 − 17y = 4n gu Bài 2.5 Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình x2 + xy + y = 7n N ln có nghiệm ngun x, y Bài 2.6 Chứng minh với số nguyên n ≥ 1, tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn n x2 + y + z = 32 k (k + 1) gọi số tam giác thứ k với k ≥ Chứng minh với số nguyên n ≥ phương trình Bài 2.7 Số nguyên tk = 1 + + ··· + = 1, x1 x xn ln có nghiệm tập số tam giác ˆ phương trình Bài 2.8 Chứng minh với n≥6, 1 + + ··· + = x1 x2 xn ln có nghiệm ngun dương 115 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Bài 2.9 Chứng minh với số nguyên s ≥ 2, tồn số nguyên dương x0 ,x1 , ,xs cho 1 1 + + ··· + = 2, x1 x2 xs x0 Với x0 < x1 < x2 < · · · < xs Bài 2.10 Chứng minh với số tự nhiên k, phương trình x2 + y = z + k ln có nghiệm ngun dương x, y, z với x < y < z Bài 2.11 Chứng minh phương trình (x + 1)2 + x2 = y hu có vơ số nghiệm ngun dương x, y Bài 2.12 Tìm số nguyên dương phân biệt x1 ,x2 , ,x2002 thỏa phương trình N gu yễ n Tấ t T x21 + x22 · · · + x22002 = 1335 (x1 + x2 + · · · + x2002 ) 116 ... (3; 2) 14 HỢP SỐ - SỐ NGUYÊN TỐ §2 Hợp số - số nguyên tố I Định nghĩa Định nghĩa • Số nguyên tố số nguyên dương lớn chia hết cho • Số nguyên dương khác không số nguyên tố gọi hợp số II Đinh lí... trường hợp sau: • r1 = r2 = r3 = • Trong ba số r1 , r2 , r3 có số hai số • Trong ba số r1 , r2 , r3 có số hai số hu • Trong ba số r1 , r2 , r3 có số hai số Đồng dự tuyến tính Tấ t II T Tất trường... Giả sử p số nguyên tố a số nguyên dương mà p | a Khi đó, ta có ap−1 ≡ (mod p) Chứng minh Xét số a, 2a, 3a, , (p − 1)a Ta thấy,trong dãy số khơng có số chia hết cho p khơng có hai số có số dư