CDTOAN~3.DOC toán học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC CHUYÊN ĐỀ CẤP SỐ NGUYÊN, CĂN NGUYÊN THUỶ VÀ ỨNG DỤNG Họ tên: Nguyễn Duy Liên Giáo viên tổ: Toán Tin Trường: THPT Chuyên Vĩnh Phúc Vĩnh Yên: Tháng -Năm 2013 PHẦN I BẢNG CÁC KÝ HIỆU ¥ : Tập hợp số tự nhiên : { 0;1;2;3; } ¥* : Tập hợp số tự nhiên khác : { 1;2;3; } Z : Tập hợp số nguyên : { ; −3; −2; −1;0;1;2;3; } ℘ : Tập hợp số nguyên t Ô Ê : : Tp hp cỏc s hu tỉ Tập hợp số phức ¡ : Tập hợp số thực x∈Z : x thuộc Z; x số nguyên aM b : a chia hết cho b , a bội b /b aM : a không chia hết cho b b|a : b ước a ,b chia hết a b /| a : b không ước a a ≡ b ( mod m ) : a đồng dư với b theo môđun m , a − b chia hết cho m ( a, b ) : ƯCLN a b [ a, b ] : BCNN a b ( a; b ) : cặp số ,nghiệm phương trình hai ẩn số ⇒ : Suy ⇔ : Tương đương với ,khi (đpcm) : Điều phải chứng minh , kết thúc toán hay phép chứng minh ∃ , ∀, ∨, ∩ : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao ϕ ( n ) : Hàm Ơle số nguyên dương n LỜI NÓI ĐẦU Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học vua khoa học Số học Nữ hoàng" Điều nói lên tầm quan trọng Số học đời sống khoa học Số học giúp người ta có nhìn tổng qt, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ tư sáng tạo Trong kì thi chọn học sinh giỏi cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, tốn Số học thường đóng vai trị quan trọng Chúng ta làm quen nhiều dạng toán Số học, biết nhiều phương pháp giải, có có cách giải Mỗi gặp toán lại phải suy nghĩ tìm cách giải Sự phong phú đa dạng tốn Số học ln hấp dẫn giáo viên, học sinh giỏi yêu toán Xuất phát từ ý nghĩ tơi sưu tầm hệ thống lại số toán để viết lên chuyên đề "Cấp số nguyên, nguyên thuỷ ứng dụng ” Chuyên đề gồm phần : -Báng kí hiệu - Lời nói đầu -Phần I: Kiến thức -Phần II:Ứng dụng Ứng dụng 1: Ứng dụng giải toán chứng minh chia hết Ứng dụng 2: Ứng dụng giải tốn tìm số ngun thoả mãn tính chất cho trước Phần III: Bài tập tương tự Phần IV: Tài liệu tham khảo Mục tiêu số mẫu, số khác biệt nói lên phần yếu chuyên đề Tuy vậy, thiếu sót nhầm lẫn tránh khỏi tất , phương diện chuyên môn phương diện sư phạm Lối trình bày giải tơi khơng phải lối Tôi cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh theo mà khơng lạc hướng Ngồi lúc viết tơi ln ln ý đến bạn nhiều lí phải tự học, giản dị đầy đủ phương châm viết chuyên đề Tôi xin trân thành cảm ơn thầy giáo,các em học sinh góp ý thêm cho chỗ thơ lâu phê bình chân thành để có dịp tơi sửa chữa chun đề hồn thiện Vĩnh Yên, Mùa hạ , năm 2013 NGUYỄN DUY LIÊN PHẦN I KIẾN THỨC CƠ BẢN Từ định lý Ơ-Le ta có m số nguyên dương a số nguyên , nguyên ϕm tố với m a ( ) ≡ 1( mod m ) Do , phương trình đồng dư a x ≡ 1( mod m ) ln ln có nghiệm Theo tính chất thứ tự tốt tập hợp số nguyên dương , phải tồn số nguyên dương nhỏ thoả mãn đồng dư Định nghĩa 1.1 Giả sử a m số nguyên dương nguyên tố Khi số nguyên dương h nhỏ cho a h ≡ 1( mod m ) gọi cấp a môđulô m Ta kí hiệu cấp a mơđulơ m ord m a Ví dụ ord5 = , ord5 = , ord11 = Định lí 1.2 i) ii) iii) k Giả sử cấp a mod n h Khi a ≡ 1( mod n ) k chia hết cho h Giả sử a có cấp h ( mod n ) , b có cấp l ( mod n ) ( h, l ) = ab có hl ( mod n ) Cho số n1 , n2 , n3 , , nk đôi nguyên tố n = n1n2 L nk Giả sử với i , hi cấp a ( mod ni ) Khi cấp a ( mod n ) h = BCNN [ h1 , h2 , , hk ] k Chứng minh i) Giả sử a ≡ 1( mod n ) , k = qh + r , ≤ r < h ta có a k = a r ( a h ) ≡ a r ( mod n ) ⇒ a r ≡ 1(mod n ) Điều trái với cách chọn h Vậy q r = hay k chia hết cho h Điều ngược lại hiển nhiên hl ii) Giả sử t cấp ab mod n Ta có ( ab ) = a hl b hl ≡ 1( mod n ) ⇒ hl Mt (*), ta th l ( h, l ) = ⇒ t Mh Tương tự tMl có ≡ ( ab ) = a thbth ≡ bth ( mod n ) ⇒ th M mà ( h, l ) = nên t Mhl (**) Từ (*) (**) ⇒ t = hl iii) Gọi h cấp a ( mod n ) Ta có a h ≡ (mod ni ) ⇒ hi | h h bội chung h1 , h2 , , hn Nếu l bội chung h1 , h2 , , hn Nên ta có l a l ≡ 1( mod ni ) ⇒ a ≡ 1(mod n) ⇒ h | l ⇒ h = BCNN [ h1 , h2 , , hk ] Từ iii) định lí ta thấy tốn tìm cấp a mơđulơ n Quy s tốn tìm cấp a ( mod p ) , với p số nguyên tố s * Định lí 1.3 Cho a số nguyên lẻ n = ( s ∈ ¥ ) Giả sử a − = 2u b a − = 2v c ≤ u < v, b, c số lẻ Gọi h cấp a ( mod n ) 1 nÕu u ≥ s h = Khi :  max{ 1,s +1−v} nÕu u < s 2 s s Chứng minh : Ta có h | ϕ ( ) → h = t ≤ s − Rõ ràng u ≥ s a − Mn ( ) h h = Nếu s > u ⇒ h ≥ ⇒ t ≥ Ta có a − = ( a − 1) ( a + 1) a + t −1 Nếu u < s ≤ v ⇒ n | a − ⇒ h = Nếu s > v từ đẳng thức suy a h − = 2v +t −1 chia hết cho 2s ⇔ v + t − ≥ s ⇒ t ≥ s + − v ≥ t bé t = s + − v Định lí 1.4 Cho p số nguyên tố lẻ ( a, p ) = n = p s Giả sử r cấp a ( mod p ) a r − = p u q ( với ( p, q ) = ) Gọi h cấp a ( mod n ) Khi r u ≥ s h =  s −u rp u < s Chứng minh : Trường hợp r = Rõ ràng u ≥ s ⇒ h = Xét u < s Giả sử h pt h = p t q ( với ( p, q ) = ) Nếu q > a ≡ 1( mod p ) ⇒ a − = a − b với ( ( p, b ) = Vậy ) a p − ≡ 1( mod n ) trái giả thiết h bé Vậy h = p t , t > Ta t có bổ đề * Bổ đề : Với n ∈ ¥ a p − = p n+u A ( với ( p, A ) = 1, A ∈ ¥ ) Chứng minh bổ đề quy nạp theo n Với n = Giả sử với n Đặt n p n +1 p p −1 p−2 pn b = a p ta có a − = b − = ( b − 1) ( b + b + L + b + 1) = a − B Ta có n ( ) b ≡ 1( mod p ) , p lẻ BMp B M / p Do a p − = p n+u +1 A , ( A, p ) = Bổ đề chứng minh h t +u Theo bổ đề ta có a − = p A , ( A, p ) = Vậy t + u ≥ s ⇒ t ≥ s − u ≥ t bé t = s − u ⇔ h = p s −u Trở lại Trường hợp với r n +1 h h Khi a ≡ 1( mod n ) ⇒ a ≡ 1( mod p ) ⇒ h = lr Đặt b = a r Vì a h = bl dễ thấy cấp b ( mod p ) l cấp b ( mod n ) Vậy theo trường hợp đặc biệt r = 1 u ≥ s áp dụng b ta có l =  s −u Vậy h = rl (dpcm) p u < s  Tóm lại tìm cấp số theo mod n quy hồn tồn tìm cấp theo modlơ ngun tố Hệ 1.5 Nếu a n số nguyên nguyên tố nhau, n > ord n a | ϕ ( n ) Hệ quă 1.6 Nếu a n số nguyên nguyên tố nhau, n > đồng dư i j thức a ≡ a ( mod n ) nghiệm i ≡ j ( mod ord n a ) Hệ 1.7 Giả sử ord m a = t u số nguyên dương t u Khi ord m ( a ) = ( t − u) Định nghĩa 2.1 Nếu a n số nguyên nguyên tố nhau, n > đồng thời ord n a = ϕ ( n ) a gọi nguyên thuỷ mod n Định lí 2.2 Nếu a n số nguyên nguyên tố nhau, n > a nguyên thuỷ mod n Khi số a1 , a , , a ϕ( n ) hệ thặng dư thu gọn mod n k * Chứng minh :+ Do ( a, n ) = ⇒ ( a , n ) = ∀k ∈ ¥ Vậy luỹ thừa nguyên tố i j + Giả sử dãy có hai số đồng dư mod n : a ≡ a ( mod n ) từ hệ 1.6 ta có i ≡ j ( mod ϕ ( n ) ) , a nguyên thuỷ Vì ≤ i ≤ ϕ ( n ) ,1 ≤ j ≤ ϕ ( n ) ⇒ i = j Vậy dãy khơng có hai số đồng dư với theo mod n Định lí chứng minh Hệ 2.3 Giả sử g nguyên thuỷ mod m , m số nguyên dương lớn Khi g u nguyên thuỷ mod m ( u, ϕ ( m ) ) = Định lí 2.4 Nếu số ngun dương m có ngun thuỷ , có thảy ϕ ( ϕ ( m ) ) nguyên thuỷ PHẦN II ỨNG DỤNG VÀO GIẢI TỐN II Ứng dụng giải tốn chứng minh tính chia hết Bài tốn 1.1: n n Cho hai số nguyên dương a, b nguyên tố Đặt A = a + b với n số nguyên dương Chứng minh ước lẻ A có dạng 2n+1 k + k số nguyên dương Giải: Ta cần chứng minh ước lẻ nguyên tố A đủ.Gọi p số nguyên tố lẻ n n n n p ước A ⇔ a + b ≡ ( mod p ) ⇔ a ≡ −b ( mod p ) ( 1) Do ( a, b ) = ⇒ ( a, p ) = 1, ( b, p ) = từ ∃b′ ∈ { 1,2, , p − 1} : bb′ ≡ 1( mod p ) Từ ( 1) ⇔ a n +1 ≡ b2 n +1 ( mod p ) ⇒ ( ab′) 2n +1 ≡ ( bb′ ) 2n +1 ( mod p ) ⇔ ( ab′ ) 2n +1 ≡ 1( mod p ) (2) Gọi ord p ( ab′ ) = h h | 2n+1 ⇒ h = 2α (α ∈ [ 0; n + 1] ) Từ (2) theo định lý Fecmar ta có :  h | p − Nếu : ≤ α ≤ n ⇒ ( ab′ ) ( ab′) = ( ab′ )    α n −α ≡ 1( mod p ) mà ( bb′ ) 2n ≡ 1( mod p ) từ ⇒ ( mod p ) ⇔ a ≡ b ( mod p ) (3) từ (1) (3) ⇒ 2a ≡ ( mod p ) ⇒ 2Mp (vơ lí) 2n ≡ ( bb′ ) 2n 2n n n n n +1 + Vậy α = n + ⇒ 2n+1 | p − ⇔ p = k + ( k ∈ Z ) (đpcm) Bài toán 1.1 coi tốn tổng qt cho số tốn có dạng Bài toán 1.2: Cho n số nguyên dương lẻ khác 1 Chứng minh nếu: n | 6n + n n M7 Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n | 6n + n Giải :1) Gọi p ước nguyên tố nhỏ n ⇒ p lẻ,từ giả thiết ta có 6n + n ≡ ( mod n ) ⇒ 6n + n ≡ ( mod p ) (1) Tacó ( 6, p ) = ( 7, p ) = ⇒ tồn x ∈ { 1,2,3, , p − 1} cho x ≡ 1( mod p ) (2) Kết hợp với (1) với (2) ta x n ( 6n + n ) ≡ ( mod n ) ⇔ ( x ) n + ( x ) n ≡ ( mod p ) ⇔ + ( x ) n ≡ ( mod p ) n ⇔ ( −6 x ) ≡ 1( mod p ) (3) ( n lẻ ) Gọi ord p ( −6 x ) = h (4) ta có : ( −6 x ) n ≡ 1( mod p )  h | n − p −1 ⇒ h ≤ p − < p suy h = cách chọn p ( −6 x ) ≡ 1( mod p ) ⇒  h | p −   h − x ≡ mod p ( ) ( )  ⇒ −6 x ≡ 1( mod p ) mà x ≡ 1( mod p ) ⇒ x + x ≡ ( mod p ) ⇔ 13x ≡ ( mod p ) ⇒ 13 ≡ ( mod p ) ⇒ p = 13 Vậy n M13 (đpcm) k + 2) Tồn vơ số số ngun dương n có dạng n = ( k ∈ Z ) để n | 6n + n ( ta chứng quy nạp toán học theo n) Bài toán tổng quát : Cho n , a , b số nguyên dương thoả mãn ( a, b ) = , a + b số nguyên tố a n + b n Mn 1) Chứng minh : n Ma + b 2) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho a n + b n Mn n Ma + b Bài toán 1.3.( THTT 6/2006) Cho a, b hai số nguyên dương thoả mãn số 2a − , 2b − a + b số nguyên tố Chứng minh số a a + bb a b + b a khơng chia hết cho a+b Giải : Vì số 2a − , 2b − a + b số nguyên tố ⇒ a > , b > ⇒ a + b số nguyên tố lẻ Không tổng quát giả sử a chẵn , b lẻ ⇒ a b + bb Ma + b Giả sử trái lại a b + b a Ma + b ( với a > b trường hợp b > a lý luận tương tự ) a b + b a = a b + bb + bb ( b a −b − 1) Ma + b ⇒ b b ( b a −b − 1) Ma + b mà bb M / a + b ⇒ a + b | b ⇒ a + b ≤ b (vơ lý) từ suy b a −b − Ma + b ⇔ b a −b ≡ ( mod a + b ) ( 1) Do a + b số nguyên tố nên theo a +b a +b −1 − 1) ≡ ( mod a + b ) suy định lý Fecmar ta có b − b Ma + b ⇔ b ( b / a + b) (2) b a +b−1 − ≡ ( mod a + b ) ⇔ b a +b−1 ≡ 1( mod a + b ) (do b M h Gọi ord a +bb = h ⇔ a ≡ 1( mod a + b ) Từ (1) (2) ta có : h | a − b ⇒ h | 2a − mà 2a − số nguyên tố nên h = h = 2a −  h | a + b −  h = 2a − ⇒ a + b − M2a − ⇔ a + b − 1≥ 2a − ⇔ b ≥ a (vô lý )  h = ⇒ b ≡ 1( mod a + b ) ⇒ b − 1Ma + b (do b > 1) ⇒ b − ≥ a + b (vô lý ) / a + b lập luận tương tự a a + bb M / a + b (đpcm) Vậy điều giả sử sai ⇒ a b + b a M Bài toán 1.4 Cho p số nguyên tố p ≥ p Chứng minh tồn số nguyên tố q khác p cho q | ( p − 1) + Giả sử ( p − 1) p n + = ∏ piai (trong pi số nguyên tố, ∈ ¥ * ) Chứng n minh ∑pa ≥ i =1 i =1 i i p p Giải : Ta có p p −1 < ( p − 1) + < p p ⇒ tồn số nguyên tố q khác p cho q | ( p − 1) + ( p − 1) + hợp số p p n n i =1 i =1 Đặt A = ∑ pi , B = ∑ p −1 theo bất đẳng thức AM-GM ta có : p −1 p2 p p −1 B B B A ≥ B ( p − 1) + > B p ⇒ A > p ≥ p > p +1  Nếu < B < p theo bất đẳng thức AM-GM ta có : p −1 p2 p  p +1 p −1 B B B A ≥ B ( p − 1) + > B p = Bp >  ÷p >    Nếu B ≥ p  Nếu B ≤ p p 2p q | ( p − 1) + ( q ≠ p ) ⇒ ( p − 1) ≡ −1( mod q ) ⇒ ( p − 1) ≡ 1( mod q ) Gọi ord q ( h ≠ p h =  p − 1) = h ⇒ h | p ⇒  h | q −  h = p  Nếu h = ⇒ ( p − 1) ≡ 1( mod q ) ⇒ p ( p − ) ≡ ( mod q ) ⇒ p − ≡ ( mod q ) Khi p ≡ ( p − 1) + ≡ ( mod q ) ⇒ q = (vô lý q lẻ ) Nếu h = p ⇒ p | q − ⇒ q > p > p ⇒ pi ≥ p ∀i = 1, n p2 Từ ta có A ≥ p ( a1 + a2 + + an ) = Bp ≥ p > (đpcm) Bài toán với đánh giá tốt sau : n p a Cho p số nguyên tố p ≥ Giả sử ( p − 1) + = ∏ pi i ( pi số i =1 nguyên tố, ∈ ¥ * ) Chứng minh n ∑pa ≥ p i =1 Bài toán 1.5 Chứng minh tồn vô hạn cặp số nguyên tố 2 p −1 ≡ 1( mod q ) :  q −1 2 ≡ 1( mod p ) i i ( p, q ) thoả mãn điều kiện sau k k + Giải: Bổ đề : Cho a, b ∈ Z , ( a, b ) = , p ước nguyên tố lẻ a + b Khi ( p ≡ mod k +1 ) ( chứng minh tốn 1.1 ) Thật vậy: Ta có p | a k +1 k +1 − b , p | a p −1 − b p −1 Gọi h số nguyên dương nhỏ cho a h ≡ b h ( mod p ) ⇒ h = ( 2k −1 , p − 1) ⇒ h = s ( s ∈ ¥ ) ta có a ≡ b ( mod p ) ⇒ a ≡ b s ( mod p ) ⇒ L ⇒ a ( mod p ) nên ta có 2a ≡ ( mod p ) s +1 s k Mặt khác a ≡ −b ( p,2 ) = ⇒ a k Giả sử s ≤ k k s +1 k k ≡ b ( mod p ) k mà k +1 k +1 ≡ ( mod p ) (mâu thuẫn) Vậy h = ⇒ p ≡ 1( mod ) (đpcm) Áp dụng bổ đề: Xét số dạng Fn = 22 + ( n ∈ ¥ ) Nếu Fn = p số nguyên tố ,ta xét q ước nguyên tố Fn+1 n ( 2n p −1 2 ta có : − = − = L = 2n −1 )( + 22 2n − 2 2n > n + nên phân tích có thừa số ) ( )( ) + 22 + 22 − n +1 + 1Mq ⇒ p −1 ≡ 1( mod q ) n +1 n +1 n +1 * mặt khác theo bổ đề q | + ⇒ q ≡ 1( mod ) ⇒ q = t + ( t ∈ ¥ ) 2q −1 − = 22 Vậy cặp n+2 ( p, q ) thỏa t − M22 n+2 ( )( ) − = 22 + 22 + L ( 22 + 1) ⇒ 2q −1 − 1Mp 14 43 n +1 n p mãn n Nếu Fn hợp số ta xét p ≠ q ước nguyên tố lẻ Fn = 22 + theo n +1 * bổ đề ⇒ p = x.2n+1 + q = y.2 + ( x, y ∈ ¥ ) Từ suy : n +1 n +1 n p −1 − = x.2 − M22 − M22 + Mq 2q −1 − = y − M22 − M22 + Mp cặp ( p, q ) thoả mãn n +1 n +1 n 3.Cuối ta xét trường hợp không thoả mãn (1) (2) tức n Fn = 22 + = p k ( p ∈℘, k ∈ ¥ ) ⇒ * 2n = p k − = ( p − 1) ( p k −1 + p k −2 + L + p + 1) 2 * từ suy p k −1 + p k −2 + L + p + M2 ⇒ k M2 ⇒ Fn = + = z ( z ∈ ¥ ) n  z − = 2u ⇔ = ( z + 1) ( z − 1) ⇔  ⇒ 2v − 2u = ⇒ u = 1, v = ⇒ mâu thuẫn v  z + = Từ ta có Đpcm Bài tốn 1.6 Chứng minh với m, n nguyên dương tồn x nguyên dương thoả 2 x ≡ 1999 ( mod3m ) mãn :  x n 2 ≡ 2009 ( mod5 ) 2n 10 Giải : Bổ đề nguyên thuỷ mod 5m , mod 3n 2 x1 ≡ 1999 ( mod3m ) 2 x1 ≡ 1( mod3) Từ tồn x1 , x2 :  x  x2 x1 , x2 chẵn n 2 ≡ mod5 ( ) 2 ≡ 2009 ( mod5 )   x1 ( mod3m−1 ) t ≡ Suy hệ phương trình đồng dư  có nghiệm x n − t ≡ ( mod 4.5 )  t ≡ x1  Chọn x = 2t  t ≡ x2 Bài tốn 1.7 ( mod ϕ ( ) = 2.3 ) 2 ⇒ ( mod ϕ ( ) = 4.5 ) 2 m m −1 x n n −1 x ≡ 1999 ( mod3m ) ≡ 2009 ( mod5n ) đpcm n Chứng minh : n | ϕ ( a − 1) với a, n ∈ ¥ * , a ≥ Giải : Với n = ta có điều phải chứng minh n n Nếu n ≥ , đặt m = a − ⇒ a ≡ 1( mod m ) Gọi h = ord m a h n Nếu h < n ta có < a < a − = m ( a, n ≥ ) Mà m | a h − ⇒ a h > m vơ lí n Vậy h = n Ta lại có h | ϕ ( m ) ( hệ quả) ⇒ n | ϕ ( a − 1) điều phải chứng minh Bài toán 1.8 (VMF-4/2010) ( n = 1,2,3, ) có vơ số hợp số 100 ≡ 1( mod ) , 101 ≡ ( mod ) , 10 ≡ ( mod ) , 103 ≡ ( mod ) , Giải: Ta có  10 ≡ ( mod ) , 10 ≡ ( mod ) , 10 ≡ 1( mod ) , 10 ≡ ( mod ) , ⇒ 10 nguyên thuỷ mod ⇒ tồn k ∈ { 1,2,3,4,5,6} | 10k + ≡ ( mod ) n 6t + k t Xét nt = 6t + k ( t ∈ ¥ ) ⇒ 10 + = 10 + ≡ 10 + ≡ ( mod ) Vậy dãy số : n Chứng minh số 10 + { 10 nt + 3} t∈¥ * gồm vơ hạn hợp số Bài tốn 1.9 Cho a ∈ Z+ Chứng minh ước nguyên tố a 2.6 − a + có dạng + 6n+1 k + k , n ∈ Z Giải : n n n n Gọi p ước nguyên tố a 2.6 − a + ⇒ p | a 2.6 − a + ⇒ p ≠ n n 11 ( )( ) n n 2.6 a 2.6 − a + ≡ ( mod p ) ⇒ a + a − a + ≡ ( mod p ) ⇒ a 3×6 + ≡ ( mod p ) ⇔ a n n +1 n ≡1 n n ( mod p ) (2) n +1 k t Gọi h = ord p a ⇒ h | ⇔ h = ( k , t ∈ ¥ , k , t ≤ n + 1) ta có hai trường hợp sau Nếu t ≤ n ⇒ a 3.6 ≡ ( mod p ) ⇒ vô lý n 2.6 n Nếu t = n + 1& k ≤ n ⇒ a ≡ 1( mod p ) kết hợp với giả thiết ⇒ a ≡ ( mod p ) ⇒ a 3.6 ≡ ( mod p ) (3) Từ (2), (3) ta có n n ≡ ( mod p ) ⇒ p = vơ lí p −1 Nếu t = n + 1& k = n + ⇒ h = 6n+1 ⇒ 6n+1 | p − a ≡ 1( mod p ) đpcm Bài toán 1.10 Cho p số nguyên tố , p ≡ ( mod8 ) p ≡ ( mod8 ) , p = 2q + q p−1 số nguyên tố Chứng minh : ω2 + ω4 + ω8 + L + ω2 = −1 với ω nghiệm khác phương trình ω p = Giải: p ≡ ±3 ( mod8 ) ⇒ khơng số phương mod p ⇔ p −1 ≡ −1( mod p ) ⇔ 2q ≡ −1( mod p ) ⇒ 22 q ≡ 1( mod p ) Gọi h = ord p ⇒ h | p − = 2q q ∈℘ nên ta có h = h = h = 2q  Nếu h = ⇒ 21 ≡ 1( mod p ) ⇒ ≡ ( mod p ) vô lý  Nếu h = ⇒ 22 ≡ 1( mod p ) ⇒ ≡ ( mod p ) ⇒ p = vô lý  Nếu h = 2q ⇔ h = p − = ϕ ( p ) ⇒ nguyên thuỷ mod p suy tập { ,2 ,2 , ,2 } hệ thặng dư thu gọn mod p điều tương đương với: { ,2 ,2 , ,2 } ≡ { 1,2, , p − 1} Từ ta có ω ( ω − 1) ω − ω ω + ω + ω +L + ω = ω + ω + ω +L + ω = = = −1 p−1 p−1 p −1 p −1 p −1 ω −1 p ω −1 Bài toán 1.11 Cho p số nguyên tố, q = p + số nguyên tố Chứng minh tồn bội q có tổng chữ số không lớn Giải : p = ⇒ q = tồn số 10 thoả mãn yêu cầu toán q ≠ ⇒ ( q;10 ) = ⇒ 10q −1 ≡ 1( mod q ) ⇔ ( 10 p − 1) ( 10 p + 1) Mq • 10 p + Mq ta có đpcm 12 p  r : 10r + Mq 10 − Mq •  p ta cần tồn  điều tương r k / 10 + M q r , k : 10 + 10 + M q   r r k đương với ∃r : 10 ≡ −1 ( mod q ) ∃r , k : 10 ≡ −10 − ( mod q ) Ta chứng minh dãy số sau 100 , 101 ,102 , 103 , ,10 p −2 , 10 p −1 khơng có hai số có số dư chia cho q Giả sử tồn ≤ i < j ≤ p − : 10i ≡ 10 j ( mod q ) ⇔ 10 j −i ≡ 1( mod q ) p = ord q10 ⇒ j − iMq vơ lí p −1 Xét hai tập hợp A = { 0,1,10, ,10 } p −1 tập B = { −1, −1 − 10, , −1 − 10 } ( mod q ) có A = p + ( mod q ) B = p +1 có Suy tồn a ∈ A , b ∈ B b ≡ −10r − ( mod q )  r k mà a ≡ b ( mod q ) ⇔ 10 ≡ −10 − ( mod q ) ⇒ điều phải chứng minh  r ( mod q ) 10 ≡ −1 Bài toán 1.12(Bungaria MO2006) Cho p số nguyên tố với p | p −1 − Chứng minh với số nguyên n dương n số ( p − 1) ( p ! + ) có ba ước số ngun tố phân biệt n Giải Ta có p − | p ! ⇒ gcd ( p − 1, p ! + ) luỹ thừa Ta cần chứng minh số p − , p ! + 2n số có ước nguyên tố lẻ đủ k k +  Giả sử p − = ⇔ p = + ( k ∈ Z ) Nếu s ≥ ước lẻ k ta có p = 2st + = ( 2t + 1) 2t ( s −1) − 2t ( s −1) + L − 2t + hợp số vơ lí, nên k = 2t ta có ( k ( 2t p −1 − = 22 − = 22 − = 22 2t −1 )( − 22 ) 2t −1 ) ( t )( t −1 ) + K 22 + 2 + ( với t ∈ ¥ ) Từ giả thiết p | p −1 − mà p khơng ước tích vế phải biểu thức (do (2 2i j ) t −1 + 1,22 + = ∀i ≠ j 222 − < 22k + = p ) Vô lý Vậy p − không luỹ thừa (1)  p ! + 2n = 2k ⇒ k > n ⇒ p ! = 2k − 2n = 2n ( 2k −n − 1) p lẻ ⇒ p | 2k −n − Đặt h = ord p ⇒ h | k − n & h | p − giả sử p − = ht : ( ) p −1 − = 2ht − = ( 2h − 1) 2h( t −1) + 2h( t −2) + L + 2h + Mp từ 2h ≡ 1( mod p ) suy 13 2h( t −1) + 2h( t −2) + L + 2h + ≡ t ≡ ( mod p ) ⇒ 2h − Mp h | k − n ⇒ p | 2k −n − ⇒ p | p ! vô lý Vậy p ! + 2n không luỹ thừa 2.(2) n Từ (1) (2) số nguyên dương n số ( p − 1) ( p ! + ) có ba ước số ngun tố phân biệt II Ứng dụng giải toán tìm số ngun thoả mãn tính chất cho trước Bài tốn 2.1: Tìm tất cặp số ngun tố ( p, q ) thoả mãn p p + q q + Mpq Giải : Từ giả thiết ta thấy p ≠ q vai trò p, q không tổng quát giả sử p < q + Nếu p = từ giả thiết ⇒ q q + M2q ⇒ Mq ⇒ q = + Nếu p > ⇒ p, q số nguyên tố lẻ q − p ≥ p p + q q + Mpq ⇒ p p + Mq (*) ⇒ p p ≡ 1( mod q ) h q −1 Gọi h = ord q p ⇔ p ≡ 1( mod q ) , Theo định lý Fecmart p ≡ 1( mod q ) ,từ ta h | p có  từ (*) h | q − - Nếu h = ⇒ p ≡ 1( mod q ) ⇔ p − ≥ q vô lý p p Nếu h = p ⇒ p ≡ 1( mod q ) , mà từ (*) ⇒ p ≡ −1( mod q ) , kết hợp lại ta ≡ ( mod q ) ⇒ = q vơ lí - - h = ⇒ p ≡ 1( mod q ) ⇔ p − 1Mq ∨ p + 1Mq vơ lí - h = p ⇒ q − M2 p ⇒ q − Mp từ ta có ; ≡ + p p + q q ≡ + p p + ≡ ( mod p ) ⇒ p = vô lý ( p, q ) = ( 2,5) thoả mãn Vậy có cặp số nguyên tố ( p, q ) p p + q q + Mpq ( p, q ) = { ( 2,5 ) , ( 5,2 ) } Từ có cặp mãn thoả Bài tốn 2.2: Tìm tất cặp số nguyên tố ( p, q ) thoả mãn p + q Mpq Giải : + Nếu p = q ⇒ 2.7 p Mp ⇒ p = = q + Nếu p ≠ q vai trò p, q không tổng quát giả sử p > q 14 - Nếu q > ⇒ ( p,7 ) = ( q,7 ) = Từ đề p + q Mpq ta suy 2( p −1) p −1 ≡ ( mod q ) 7 p −1 + Mq 7 ≡ −1 ( mod q ) 7 ⇒ ⇒  q −1  q −1  2( q −1) ≡ ( modp ) 7 + Mp 7 ≡ −1 ( modp ) 7 Gọi h = ord q , k = ord p kết hợp với định lí Fécmart ta có h | ( q − 1) k | ( p − 1)   h | q − & k | p −   h | p −  k | q − Đặt q − = 2α u , p − = 2β v ( u , v lẻ, α, β∈ ¥ * ) α+1 h = 2α+1 u′ ( u′ | u )  p − 1M2 u′ β ≥ α + ⇒ ⇒ Khi ⇒  vô lý β+1 β+1 ′ ′ ′ α ≥ β + k = v ( v | v ) q − 1M2 v - Nếu q < xét với q ∈ { 2,3,5} • q = ⇒ p + 49M2 p ⇒ p = • q = ⇒ p + 343M p ⇒ p = 5, p = • q = ⇒ p + 3125M p vô nghiệm Các cặp số nguyên tố ( p, q ) thoả mãn p + q Mpq ( 2,7),(7,2), (3,7), (7,3) , (3,5), (5,3), (7,7) Bài tốn 2.3 Tìm tất số ngun dương a cho với k nguyên dương ta có a k + M12321 Giải : Ta có 12321 = 32.37 | a k + a ≡ 0,1( mod3) , k lẻ a k ≡ a ( mod3) a ≡ −1( mod3) ⇒ a ≡ −1( mod9 ) a k ≡ −1( mod37 ) ⇒ a k ≡ 1( mod37 ) Gọi h = ord 37 a theo định lý fécmar ta có h  h h  | 2k /| k | ϕ ( 37 ) = 36 ⇒ h = 2t ( t ∈ ¥ * , t | k , t lẻ ) ⇒ a t ≡ −1( mod37 ) ⇒ t | 18 ⇒ t | ⇒ a ≡ −1( mod37 ) đặt a + = b ⇒ 37 | b (a ) 37 + = ( b − 1) + M37 Do a ≡ −1( mod37 ) ⇒ ( a ) ≡ −1( mod37 ) 37 37 a ≡ −1( mod3) ⇒ a ≡ −1( mod32 ) ⇒ a 9×37 ≡ −1( mod32 ) k Giả sử tồn k cho a + 1M12321 a ≡ −1( mod37 ) , a ≡ −1( mod3) 15 ⇒ a ≡ −1,3,4, −7, −9, −10,11, −12,, −16 ( mod37 ) ⇒ a ≡ 11,41,61,62,65,77,95,101,104,110 ( mod111) Bài toán 2.4 2n − Mp ∈℘ Tìm số nguyên dương lẻ nhỏ n cho :  n 2 − Mp + ∈℘ n +1 Giải : Từ giả thiết ⇒ ≡ ( mod p ( p + ) ) n lẻ ⇒ số phương mod p, p + ⇒ p ≡ ( mod8 ) ; p + ≡ ( mod8 ) Cặp nguyên tố nhỏ thoả mãn ( 71,73 ) h / ⇒ h | 35 ⇒ h = 35 Tương tự Gọi h = ord 71 ⇒ ≡ 1( mod 71) ⇒ h M / ⇒ l | 72 ⇒ h = , l = 1,3 loại l = từ ta l = ord 73 ⇒ 2l ≡ 1( mod 73) ⇒ l M 2n − M71 ⇒ n M9 ×35 ⇒ n ≥ ×35 = 315 tức nmin = 315 có  n − M 73  Bài toán 2.5 ( USA TST 2003)  p | qr +  q Tìm tất ba số nguên tố ( p, q, r ) thoả mãn : q | r + r | p q +  Giải : ta thấy số nguyên tố p, q, r phân biệt Ta chứng minh số p, q, r phải có số r 2r Giả sử p, q, r > , ta có p | q + ⇒ q ≡ (mod 2) Gọi h = ord p q theo h /| r h =  theo định lỷ Fecmart ta có h | 2r ⇒   h | p −  h = 2r   h = 2r ⇒ 2r | p − ⇒ p q − ≡ ( −1) − ≡ 0(mod r ) q q mà p + = 0(mod r ) ⇒ ≡ ( mod r ) ⇒ r =  h = ⇒ p | q − r + Nếu p | q − ⇒ p | q − mà p | q + ⇒ p | ( Loại) q +1 + Nếu p | q + mà q + chẵn, p lẻ ⇒ p | Tương tự ta có r +1 p +1 q +1 r +1 p +1 q| ; r| ⇒ p+q+r≤ + + ⇒ p + q + r ≤ (vô lý) 2 2 2 q Vậy phải có số Giả sử p = ⇒ q, r lẻ q | r + , r | + 16 Ta có t = ord r ⇒ t | 2q & t /| q ⇒ t | ⇒ r | − = ⇔ r = ⇒ q |10 ⇒ q = Vậy ( p, q, r ) = { ( 2,5,3) ; ( 3,2,5 ) ; ( 5,3,2 ) } thoả mãn đề Bài toán 2.6 (Russia MO 2000) 2a + Mb  b 2 + Mc Có tồn hay không số nguyên dương a, b, c thoả mãn :  c 2 + Ma Giải Bổ đề : Với số nguyên dương n Gọi π ( n ) ước nguyên tố nhỏ y + n Chứng minh p ∈℘, y ∈ Z thoả mãn + Mp , p < π ( y ) p = h Thật gọi h = ord p ⇒ ≡ 1( mod p ) theo định lý Fecmar ta có p −1 ≡ 1( mod p ) ⇒ h | p − ⇒ h ≤ p − ⇒ h < π ( y ) ( h, y ) = mặt khác ta có : 22 y ≡ 1( mod p ) ⇒ h | y h > , ( h, y ) = ⇒ h | ⇒ h = ⇒ p = Áp dụng : giả sử tồn số nguyên dương a, b, c đôi nguyên tố a b c thoả mãn điều kiện đề + Mb ,2 + Mc ,2 + Ma ⇒ a, b, c lẻ theo đề ⇒ ( a, b ) = ( b, c ) = ( c, a ) = ⇒ π ( a ) , π ( b ) , π ( c ) số nguyên phân biệt Không tính tổng quát giả sử π ( b ) > π ( a ) , π ( c ) > π ( a ) Theo bổ đề ( p, y ) = ( π ( a ) , c ) nên ta có π ( a ) = đặt a = 3a0 ta chứng minh ( a0 ,3) = giả sử a0 M3 theo đề ta có 2c + M ⇒ 22c − M ⇒ 2c M = ϕ ( ) ⇒ cM3 ⇒ ( a, c ) = ( vô lý ) ( a0 ,3) = Đặt q = π ( a0bc ) ta có q = π ( q ) ≤ { π ( b ) , π ( c ) } Ta chứng minh b Mq  Nếu a0 Mq theo bổ đề với ( p, y ) = ( a, c ) ⇒ q = ⇒ a0 M3 vô lý  Nếu cMq ( b, c ) = ⇒ q = π ( c ) < π ( b ) theo bổ đề với ( p, y ) = ( q, b ) ⇒ q = vô lý k  Vậy b Mq ⇒ 2a + 1Mq gọi k = ord q ⇒ ≡ 1( mod p ) ⇒ k | q − ⇒ k ≤ q − 2a nên π ( a0 ) > q > h & ( a0 , h ) = − 1Mq ⇒ h | 2a ⇔ 6a0 Mh Vì ( a0 , h ) = Nên Mh ⇔ ≡ 1( mod q ) ⇒ q = Mặt khác 2a + = ( 23 ) + ≡ ( mod ) a0 Vô lý , điều giả sử sai từ ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.7 ( IMO 1990) n Tìm tất số nguyên dương n thoả mãn điều kiện n | + Giải : 1) n = thoả mãn điều kiện toán 17 2) Nếu n > trước tiên ta chứng minh n M3 Gọi p ước nguyên tố nhỏ n , ta có p lẻ n lẻ 2n + ≡ ( mod n ) ⇒ n + ≡ ( mod p ) ⇒ 22 n ≡ 1( mod p )  h | 2n  h /p⇒h=2 gọi h = ord p ⇔ ≡ 1( mod p ) ta có h /| n ⇒ h ≤ p − ⇒ h M h | p −  ⇒ 22 ≡ 1( mod p ) ⇒ p = n M3 ( ( m,2 ) = ( m,3) = 1) 2k m×3 m×3 2k ta có m | + ⇒ ≡ −1( mod3 ) nguyên thuỷ mod32 k ⇒ 23 phần tử Z/ ( ) đồng k ) Đặt n = m k k k −1 2k dư với −1 ( mod3 2k ) ⇒2 3k m k −1 ≡ 23 ( mod3 ) ⇒ 2k 32 k −1 −3k m ( ≡ mod32 k ) từ suy 32 k −1 − 3k m M2.32 k −1 ⇒ 3k M 32 k −1 ⇒ k ≥ 2k − ⇒ k ≤ ⇒ k = ( ( m,2 ) = ( m,3) = 1) ta tìm m giả sử m > Gọi q ước n 2n nguyên tố nhỏ m ⇒ q > Ta có ≡ −1( mod q ) ⇒ ≡ 1( mod q ) mà ( n , q −1) q −1 ≡ 1( mod q ) q | m ⇒ q | n từ ta theo định lý Fecmar ≡ 1( mod q ) ⇒ 4) Vậy n = 3m ( q − 1, n ) = ( q − 1,2n ) = ⇒  ( q − 1, n ) = ( q − 1,2n ) = có  q = ( voly )  22 ≡ 1( mod q ) ⇒ ⇒ ⇒ m =1⇒ n = ≡ mod q q = loai ∃ ≡ − mod ( ) ( ) ( )   Vậy n = n = thoả mãn điều kiện toán Bài toán 2.8 (Bulgaria 1995) p p q q Tìm tất cặp số nguyên tố ( p, q ) cho pq ước ( − ) ( − ) p p q q Giải Ta có ( − ) ( − ) M2 M5 (giả sử tồn p, q ) ⇒ p, q ≠ 2,5 Không tính tổng quát ,giả sử p ≤ q p p  Nếu p | p − p từ định lý Fecmar ta có − ≡ − = ( mod p ) ⇒ p = q = ⇒ 3q | ( 5q − q ) 117 ⇒ q | ( 5q − q ) 3.13 ⇒  q = 13  q | 5q − q ⇒ q = Vậy có cặp ( p, q ) = ( 3,3) , ( p, q ) = ( 3,13) thoả mãn  p | 5q − q 18 q q + q | − ⇒ ( p, q ) = ( 3,3) p p + q | − ( 2, p ) = 1, ( 2, q ) = ⇒ ∃a, b ∈ { 1,2, , p − 1} q q cho 2a ≡ ( mod p ) 2b ≡ ( mod q ) Từ giả thiết p | − q q q ⇒ 5q ≡ 2q ( mod p ) ⇒ ( 5.a ) ≡ ( 2.a ) ≡ 5q ( mod p ) ⇒ a ≡ 1( mod p ) tương tự ta h | q p có ⇒ b ≡ 1( mod p ) Đặt h = ord p a ⇒  h | p − p − < q, q ∈℘⇒ h = ⇒ a ≡ 1( mod p ) ⇒ 2a ≡ ≡ ( mod p ) ⇒ p = tương tự ta có q = Vậy có cặp ( p, q ) = ( 3,3) , ( p, q ) = ( 3,13) , ( p, q ) = ( 13,3) thoả mãn Bài toán 2.9 (Bulgaria 1995) pq Tìm tất cặp số nguyên tố ( p, q ) cho a ≡ 1( mod3 pq ) với số nguyên dương a Giải Giả sử chọn đươc ( p, q ) thoả mãn yêu cầu toán Gọi a pq −1 ≡ 1( mod3 pq ) ⇒ a pq −1 ≡ 1( mod p ) nguyên thuỷ p ⇔ ord p a = p − , ta có a 3 pq − 1Mp − ⇒ pq − 1Mp − ⇔ 3q ( p − 1) + 3q − 1Mp − ⇒ 3q − 1Mp − Vậy  3 pq − 1Mq − 3q − ∈ { 1,2,3,4} giả sử p ≥ q ⇒ 3q − ≥ p − & 3q − ≤ p − ⇒ p −1 3q − = p − ⇒ p = 3q ∈℘ loại p −1 p −1 p − 1Mq − ⇒ p − 1M −1⇒ 3 p − 3M2 p − ⇒ p − 3Mp − ⇒ 15Mp − ⇒ p − ∈ { 1,3,5,15} 3q − = ( p − 1) ⇒ q = ⇒ p ∈ { 3,5,7,17} ⇒ ( p, q ) = { ( 5,3) , ( 17,11) } 3q − = ( p − 1) vô lý 3q − = ( p − 1) ≤ p − ⇒ p ≤ ⇒ p ∈ { 2,3} ⇒ ( p, q ) ∈ { ( 3,3 ) } Vậy ( p, q ) ∈ { ( 3,3) , ( 17,11) , ( 5,3) } ( p ≥ q) Cho a = dễ dàng loại ( p, q ) = ( 5,3) ( p, q ) = ( 3,3) Với ( p, q ) = ( 17,11) ⇒ pq = 561 số Carmichael nên ta có điều phải chứng minh 19 pq Vậy cặp số nguyên tố ( p, q ) cho a ≡ 1( mod3 pq ) với số nguyên dương a ( 17,11) & ( 11,17 ) Bài toán 2.10 (Turkey TST 2013) n m Tìm tất cặp số nguyên dương ( m, n ) cho + ( n − ϕ ( n ) − 1) ! = n + α α α + Giải.Gọi n = p1 p2 pk với p1 < p2 < < pk ước nguyên tố n , α i ∈ Z k Ta thấy n − ϕ ( n ) − = n p1 p2 pk − ( p1 − 1) ( p2 − 1) ( pk − 1) n − > − p1 p2 pk p1 Nếu k > α1 > n − ϕ ( n ) − > p1 Ta xét phương trình cho theo mod p1 n p −1 Ta có p1 | − 1, p1 | − ( theo định lý Fecmar) ⇒ ord p | ( p1 − 1, n ) nên tồn tai số nguyên tố q | ( p1 − 1, n ) ⇒ q < p1 vô lý 1 Cho nên ta có n = p ∈℘ n = p  n = p ⇒ p = p m ⇒ p = 2, m = 2, n =  n = p ⇒ p + ( p − 1) ! = p m + (*) Nếu p lẻ, xét theo mod ta VP(*) đồng dư với mod suy ( p − 1) ! ≡ ( mod ) ⇒ p < ⇒ p = ta thấy không thoả mãn (*) sử dụng mod8 , cịn p = ta có nghiệm ( n, m ) = ( 2,4 ) n m Vậy cặp số nguyên dương ( m, n ) cho + ( n − ϕ ( n ) − 1) ! = n + ( m, n ) ∈{ ( 2,2 ) , ( 4,2 ) } Bài toán 2.11 Tìm tất số nguyên tố p để phương trình sau có nghiệm ngun dương x p −1 + x p − + x p −3 + L + x + = y (1) Giải : Phương trình (1) ⇔ x p −1 + x p − + x p −3 + L + x + = y − ⇔ x p − = ( x − 1) ( y − 1) (2)  y −1 = y = ⇒ + Nếu x = từ (1) ⇒ p = y − = ( y − 1) ( y + y + 1) ⇒  y + y +1= p  p = p p +Nếu x > gọi q số nguyên tố q | y − từ (2) ⇒ x − Mq ⇔ x ≡ ( mod q ) h q −1 Gọi h = ord q x ⇔ x ≡ 1( mod q ) , mặt khác theo định lý Fecmar x ≡ 1( mod q ) h | p h = ⇒ Vậy ta có  h | q −  h = p 20  Nếu h = ⇔ x ≡ 1( mod q ) từ (1) ⇒ x p −1 + x p− + x p−3 + L + x + = y − p −1 p−2 nên ta có x + x + L + x + ≡ p ( mod q ) , y − ≡ ( mod q ) ⇒ p = q  Nếu h = p ⇒ q − 1Mp ⇔ q ≡ 1( mod p ) nên ước y − đồng dư  y ≡ 1( mod p ) với theo mod p ⇒   y ≡ ( mod p ) y ≡ 1( mod p ) ⇒ y + y + ≡ ( mod p ) p = p =  y + y + ≡ 1( mod p ) mà   y + y + ≡ ( mod p )  7Mp y ≡ ( mod p ) ⇒ y + y + ≡ ( mod p ) tương tự  ⇒ p ∈ { 2,3,7}  6Mp Vậy số nguyên tố p thoả mãn p ∈ { 2,3,7} Bài tốn 2.12 ( China TST 2006) Tìm tất cặp số nguyên dương ( a, n ) cho ( a + 1) n − an số nguyên n Giải : Xét n ≥ Giả sử p ước nguyên tố nhỏ n Khi n p | ( a + 1) − a n ⇒ ( a, p ) = nên tồn b ∈ { 1,2,3, , p − 1} : ab ≡ 1( mod p ) Ta có ( a + 1) n n ≡ a n ( mod p ) ⇒ ( ( a + 1) b ) ≡ ( ab ) ≡ 1( mod p ) Gọi h = ord p ( ab + b ) , theo n h | n ⇒ h = q ≤ p −1 < p ≡ 1( mod p ) nên ta có  h | p − từ ta có h = theo định nghĩa p ⇒ a + ≡ a ( mod p ) vơ lý Do n = định lý Fecmar ta có ( ab + b ) ( a + 1) 1 − a1 p −1 + + = 1∈ Z với a ∈ Z Vậy ( a, n ) = ( a,1) ∀a ∈ Z 21 PHẦN III BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài ( Iran 2007) Cho n số nguyên dương n = 22007 k + với k số nguyên dương lẻ Chứng minh n không chia hết 2n−1 + Bài (VMO 2001) Cho n số nguyên dương a, b số nguyên tố lớn Giả sử p, q hai ước lẻ lớn 1của a + b6 Tìm số dư phép chia a + b6 cho ×12n n n n n p q Bài 3.(ChinaMO2009).Tìm tất cặp số nguyên tố ( p, q ) cho pq | + p q Bài 4.(Bungaria1998) Tìm tất cặp số nguyên tố ( p, q ) cho pq | + Bài 5.(RumaniaTST2000).Cho a > số nguyên dương Tìm số nguyên dương n 2000 n nhỏ cho | a − Bài 6.( Dự tuyển IMO 2000) Xác định tất ba số nguyên dương ( a, m, n ) cho a m + ước ( a + 1) n Bài 7.( Dự tuyển IMO 2003) Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên tố q cho với số nguyên n Số n p − n không chia hết cho q Bài 8.(Dự tuyển IMO 2006) Tìm tất nghiệm nguyên dương phương x7 − = y5 − trình : x −1 Bài Cho m, n hai số nguyên dương p số nguyên tố Chứng minh m ước nguyên tố lẻ n p + p | m − m | n − Bài 10 Cho a, k số nguyên dương , p số nguyên tố , ( a, p ) = Tìm điều n k kiện n để tồn a cho a + Mp Nếu tồn tìm giá trị nhỏ nhấtcủa n a Bài 11.( Russia 1997 ) Với số nguyên dương a đặt na = 101a − 100.2 Chứng minh với ≤ a, b, c, d ≤ 99; a, b, c, d ∈ ¥ cho na + nb ≡ nc + nd ( mod10100 ) { a, b} = { c, d } Bài 12.( Turkey TST 2007 )Chứng minh với số nguyên tố p ≥ tồn * 2n ( n ∈ ¥ ) số nguyên x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , yn không chia hết cho p thoả mãn hệ phương trình : xi2 + yi2 = xi2+1 , i = 1, n , xn+1 = x1 Bài 13 Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh với ước nguyên 2p +1 * dưong số có dạng 2kp + 1, ( k ∈ ¥ ) 22 Bài 14 Tìm số nguyên dương k lớn cho p ∈℘, k ∈ ¥ ( p − 1) n + 1Mp k Bài 15 Trong tất cặp số nguyên dương ( m, n ) ; m < n thoả mãn 2078m ,2078n có100 chữ sốtận giống Tìm cặp ( m, n ) có m + n nhỏ * n Bài 16 Cho tập A = { n ∈ ¥ , n > 1, + Mn} Chứng minh A = ∞ Với n ∈ A chứng minh n M3 Tìm số nguyên tố p nhỏ p > ước A * n Bài 17 Cho tập A = { n ∈ ¥ , n > 1, + Mn} Chứng minh A = ∞ Với n ∈ A chứng minh n M2 n ∈ A chứng minh n không chia hết cho số sau Cho 5,7,13,17,23 Tìm tất n ∈ A với n ≤ 1000 Bài 18 Chứng minh tồn dãy số vô hạn { qn } n =1 số nguyên tố phân biệt có tính chất qn ≡ 1( mod37 ) ; n = 1,2,3, +∞ Bài 19 Cho hai số nguyên dương a,b cho hai số 2a + 1,2b + nguyên tố Tìm giá trị có Ước chung hai số sau : 22 a +1 + 2a +1 + 22 b+1 + 2b +1 + Bài 20 Cho n = 2m u + u số tự nhiên lẻ u < 2n , m ∈ ¥ Gọi p số n −1 + Mn chứng minh n số nguyên tố Bài 21.Tìm số nguyên dương n nhỏ cho 3n − chia hết cho 22013 a = 999 2L439 , cho trước số nguyên dương k Tìm số hạng đầu Bài 22 Cho dãy số n 14n chu so nguyên tố lẻ cho p tiên dãy chia hết cho 3k k * Bài 23 Cho n = + ( k ∈ ¥ , k > 1) Chứng minh n số nguyên tố tồn số nguyên dương a lớn thoả mãn a Bài 24 Cho p số nguyên tố lẻ n −1 + Mn Chứng minh ( p − 1) + Mn n Mp n Tìm tất số nguyên dương n lớn cho ( p − 1) n + Mn p −1 23 * Bài 25 Cho số nguyên tố p thoả mãn điều kiện p | + ( n ∈ ¥ ) Chứng minh n n +1 p − |2 n+ 2 p − |2 với n > Bài 26 Cho số nguyên dương a khác số nguyên tố p cho p − ≥ a Gọi p −1 S = ∑ a k Chứng minh ước nguyên tố q S ta có q ≡ 1( mod p ) k =o 11 p 11 p Bài 27 (THTT-243) Tìm số nguyên tố p thoả mãn − M Bài 28 (Argentina TST-2010) Cho hai số nguyên tố p, q xét dãy số { xn } n=1 xác định x1 = , x2 = p , xn +1 = pxn − qxn −1 ( n = 2,3, ) Với số nguyên dương k cho x3 k = −3 Hãy tìm p, q +∞ Bài 29 (China TST 2008) Hãy tìm tam giác có ba cạnh số nguyên dương 3k ≡ 3m ≡ 3n ( mod10 ) ( k , m, n ) phân biệt đôi thoả mãn điều kiện :  ( k + m + n ) Bài 30 Tìm tất cặp số nguyên dương ( m, n ) thoả mãn điều kiện : + m5 + m 2×5 + m3×5 + m 4×5 chia hết cho n 2010 Bài 31 Xét f ( n ) = + n + n + L + n với n số nguyên dương Tìm số nguyên dương m > nhỏ để m | f ( n ) n n n n Bài 32 (Rumania TST 1998) Chứng minh số nguyên dương x, y, z thoả mãn phương trình 3x − y = 19 z (*) Chứng minh x, y chia hết cho Tìm tất x, y, z thoả mãn phương trình (*) n Bài 33 Tìm số nguyên dương n ∈ [ 100,2012] thoả mãn + Mn Bài 34 (IMO 1987) Giải phương trình nghiệm nguyên: 28x = 19 y + 87 z * n +1 n Bài 35 Cho A = { n ∈ ¥ , n > ; n | + ×2 } Chứng minh n ∈ A nM nM  p + 1|2003q + Bài 36 Tìm tất cặp số nguyên tố ( p, q ) thoả mãn; :  p q + 1|2003 +  24 PHẦN IV.TÀI LIỆU THAM KHẢO Số học Các giảng Số học Tài liệu tập huấnGVChun tồn quốc năm 2011,2012 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Tỉnh,Thành phố Tuyển tập dự tuyển OLYMPIC toán hoc Quốc tế JunorBalkan Mathematical Olympiads DiophantinEquations 10 11 12 13 Gazeta Matematică-A bridge Mathematical Reflections OLYMPIC toán học Châu Á Thái Bình Dương Số học nâng cao Mathematical Olympiad Challenges-2001 14 Mathematical Olympiad Treasures-2004 Birkhauser Boston,USA Vô địch quốc gia vùng lãnh thổ từ 1991-2012 Hà Huy Khoái Nguyễn Vũ Lương… BGD ĐT Từ năm 1991-2011 Dan Brânzei Ioan Serdean Vasile Serdean Titu Andreescu Dorin Andrica Vasile Berinde Tạp chí Th.s.Nguyễn Văn Nho Th.s.Nguyễn Văn Nho Titu Andreescu Razvan Gelca Titu Andreescu Bogdan Enescu 25