Vì thế công cụ định giá p-adic tỏ ra rất hữu dụng, vì nó là công cụ để “đo” số mũ của một số nguyên tố trong phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên - thậm chí là một hữu tỉ.. Trong chu[r]
(1)MỘT SỐ TÍNH CHẤT VÀ ỨNG DỤNG
CỦA HÀM ĐỊNH GIÁ P-ADIC
Dương Thái Bảo
Giáo viên Tổ Toán Tin - Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu
Email: kaiba.datviet@gmail.com
Tóm tắt nội dung Mỗi số tự nhiên biểu diễn thành tích số nguyên tố (phân tích tiêu chuẩn) Đây xem ý tưởng việc giải toán số học: xét P xét N Từ điều này, tập số nguyên tố P xem “cơ sở” để hình thành nên tập số tự nhiên N Vì cơng cụ định giá p-adic tỏ hữu dụng, cơng cụ để “đo” số mũ số nguyên tố phân tích tiêu chuẩn số tự nhiên - chí hữu tỉ Trong chuyên đề này, nghiên cứu số tính chất ứng dụng hàm định giá p-adic
Trong suốt chuyên đề tơi có số kí hiệu - P tập số nguyên tố,
- FLT: định lí Fermat nhỏ
- CNO: China National Olympiad - ARO: All Russia Olympiad - AOPS: Art of problem solving
1 Một số tính chất hàm định giá p-adic
Định nghĩa 1.1 Cho số nguyên tố p cố định Khi ánh xạ vp : Q → Z định
nghĩa: n∈N≥1 vp(n) số nguyên dương k lớn cho pk |n vp(0) =∞,
ngược lại n = a
b ∈ Q\N vp(n) = vp(a)−vp(b) Khi vp(n) gọi định giá p-adic n, vp gọi hàm định giá p-aidc
Tiếp theo xét số tính chất hàm số học
Tính chất 1.2 (i) vp(n)≥1 p|n
(ii) vp(n)< n với số nguyên tố p
(iii) Nếu n >1 n=pvp(n).m đóng (m, p) = (iv) Với số tự nhiên n >
n =Y
p|n
pvp(n)
(v) a số phương vp(a) số chẵn với số nguyên tố p
(vi) Với số nguyên a, b ta có
vp(ab) =vp(a) +vp(b) vp(a+b)≥min{vp(a), vp(b)}
(2)Chứng minh Nếu n = pα11 pα22 pαkk pi ∈ P αi ≥ Khi vpi(n) = αi, từ
cách thay đổi định nghĩa ta dễ dàng chứng minh ý Với (i), có ý tưởng: để chứng minh p| n cần chứng minh vp(n)≥1 Tổng qt lên có tính chất sau
Tính chất 1.3 (i) Nếu a, b hai số nguyên a|b vp(a)≤vp(b) với
mọi số nguyên tố p
(ii) Cho a, n hai số nguyên dương Khi a lũy thừa bậc n số nguyên vp(a)≡0 (mod n) với số nguyên tố p
Chứng minh (i) Ta có a | b với số nguyên tố p lũy thừa p a phải bé lũy thừa p b
(ii) Giả sử a = bn với b số nguyên dương Khi với số ngun tố p vp(a) = vp(bn) = nvp(b) ≡ (mod n) Ngược lại với số nguyên tố p, vp(a) ≡
(mod n)thì tồn số nguyên dương qp cho vp(a) =qpn Lúc ta đặt b=Qqp>0pqp,
khi hiển nhiên a=bn
Việc lấy số mũ thừa số nguyên tố số nguyênn làm liên tưởng đến việc tìm ước chung lớn bội chung nhỏ hai số nguyêna, b Dưới tính chất hàm định giá p-adic (a, b),[a, b]
Tính chất 1.4 Với hai số nguyên a, b
vp(a, b) = min{vp(a), vp(b)} vp([a, b]) = max{vp(a), vp(b)}
Việc chứng minh tính chất dễ dàng Từ tính chất có kết sau: với hai số nguyên a, b nguyên tố nhau, ab lũy thừa bậc n số nguyên a b lũy thừa bậc n hai số nguyên.Thật vậy,
(a, b) = nên = vp(a, b) = min{vp(a), vp(b)} hay vp(a) = vp(b) = Sử dụng tính
chất 1.3, ab lũy thừa bậc n số nguyên vp(ab)≡0 (mod n), suy
ra vp(a) +vp(b)≡0 (mod n) Do vp(a)≡0 (mod n) vp≡0 (mod n)
Tiếp theo chúng xét đến hai định lí Legendre Kummer giá trị p-adic n!
Định lí 1.5 Với số tự nhiên n số nguyên tố p
vp(n!) =
n p
+
n p2
+ (1.1)
=n−sp(n)
p−1 (1.2)
trong sp(n) tổng chữ số n theo số p Chứng minh Ta có
vp(n!) =vp(1.2 n) =vp(1) +vp(2) +· · ·+vp(n)
Trong số tự nhiên từ đếnn có đúnghnpisố bội p, hpn2 i
số bội củap2, Khi số số tự nhiên từ đến n chia hết cho p Do
vp(n!) =
n p
−
n p2
+
n p2
−
n p3
+
n p3
−
n p4
(3)
Thu gọn (1.1)
Giả sử n=atat−1 a1a0p với ai∈ {0,1, , p−1} at6= Khi n p =
atpt−1+· · ·+a1+
a0
p
=atpt−1+· · ·+a1
n p2 =
atpt−2+· · ·+a2+
a1
p + a0
p2
=atpt−2+· · ·+a2
n pt =
at+
at−1
p +· · ·+ a1
pt−1 +
a0
pt
=at
vì
0≤
p +· · ·+ a1
pi +
a0
pi+1 ≤
p−1
p +
p−1
p2 +· · ·+
p−1
pi+1 =
pi+1−1
pi+1 <1 (1.3)
Cộng đẳng thức theo vế ta
vp(n!) =at(pt−1+· · ·+ 1) +at−1(pt−2+· · ·+ 1) +· · ·+a2(p+ 1) +a1
=at
pt−1
p−1 +at−1
pt−1−1
p−1 +· · ·+a2
p2−1
p−1 +a1
p−1
p−1 =atp
t−a
t+at−1pt−1−at−1+· · ·+a2p2−a2+a1p−a1
p−1 =n−sp(n)
p−1
Vậy ta có điều phải chứng minh
Tính chất 1.6 Cho số tự nhiên n số nguyên tố p Nếu n = atat−1 a1a0p với
ai ∈ {0,1, , p−1} at 6=
t =logpn (1.4)
Chứng minh Ta có
pt ≤n=atpt+· · ·+a1p+a0
≤(p−1)pt+· · ·+ (p−1)p+p−1 =pt+1−1
<pt+1
suy t≤logn < t+ Vì t=logpn
Áp dụng kĩ thuật (1.3), chứng minh tính chất sau
Tính chất 1.7 Với số nguyên dương n >1 số nguyên tố p, ta có n
p −1< vp(n!)< n
(4)Tiếp theo bàn giá trị p-adic nk
Tính chất 1.8 Cho số nguyên n≥k ≥0 p số nguyên tố Khi
pvp(nk)≤n (1.6)
Chứng minh Áp dụng công thức Legendre (1.3) ta có
vp
n k
=vp(n!)−vp(k!)−vp((n−k)!) (1.7)
=X j≥1 n pj − k pj −
n−k pj
(1.8)
Ta có bổ đề sau: với số thực x, y
[x+y]−[x]−[y]∈ {0,1}
Thật vậy, đặt r =x−[x], s=y−[y], r, s∈[0; 1), suy [x+y]−[x]−[y] = [r+s]
Trở lại toán, số hạng tổng hoặc pj > n n pj = k pj =
n−k pj
=
Mặt khác sử dụng (1.4), tổng có [logpn] số hạng,
vp n k ≤
logpn
Ở đẳng thức (1.7), ta sử dụng định lí Kummer (1.2) ta vp
n k
= sp(k) +sp(n−k)−sp(n)
p−1 (1.9)
Tương tự đẳng thức (1.8) n =p 1≤k ≤p−1thì tổng có số hạng ứng với j =
p p − k p −
p−k p
= Do
vp
p k
= (1.10)
Khi nhắc đến hàm định giá p-adic không nhắc đến bổ đề số mũ (Lifting the exponent lemma - LTE) Đây bổ đề sử dụng nhiều số học
Định lí 1.9 Cho a, blà hai số nguyên, n số nguyên dương p ước nguyên tố
a−b Khi
vp(an−bn)≥vp(a−b) +vp(n) hay vp
an−bn a−b
(5)
Chứng minh Đặt t = vp(a−b), s = vp(n) Ta chứng minh pt+s | an −bn Thật
vậy, pt |a−b
ap = (a−b+b)p= (a−b)p+
p
1
(a−b)p−1b+· · ·+
p p−1
(a−b)bp−1+bp
nên
ap−bp = (a−b)(a−b)p−1+p(a−b)p−2b+
· · ·+
p p−2
(a−b)bp−2+pbp−1
(1.12)
Nhận thấy số hạng tổng lại vế phải chia hết cho p, kéo theo pt+1 | ap−bp Tiếp tục trình lập luận dẫn đến pt+2 | (ap)p −(bp)p =
ap2 −bp2, , pt+s |aps−bps Mặt khác ps |n nên ta có pt+s |an−bn Tiếp theo bàn số kết định lí trường hợp dấu “=” xảy
Định lí 1.10 (Lifting the exponent lemma) Cho p số nguyên tố lẻ a, b khơng chia hết cho p p|a−b Khi với số tự n≥1
vp(an−bn) =vp(a−b) +vp(n) (1.13)
Chứng minh Ở sử dụng ý tưởng (1.13) với hai số tự nhiên m, n với mn Thật vậy, ta có
vp(amn−bmn) =vp((an)m−(bn)m) = vp(an−bn) +vp(m)
=vp(a−b) +vp(n) +vp(m) =vp(a−b) +vp(mn) (1.14)
Do ta cần chứng minh (1.13) với n =q (q số nguyên tố)
Trước tiên ta nhận thấy q =p theo (1.12), số hạng tổng lại vế phải chia hết p2 (do p≥3) trừ pbp−1 Suy
vp
(a−b)p−1+p(a−b)p−2b+· · ·+
p p−2
(a−b)bp−2
≥26= =vp(pbp−1)
Theo ý (vi) tính chất 1.2 vp
(a−b)p−1+p(a−b)p−2b+· · ·+
p p−2
(a−b)bp−2+pbp−1
=
Nếu n số nguyên dương lẻ, áp dụng định lí cho a −b ta hệ sau
Hệ 1.11 Cho p số nguyên tố lẻ a, b hai số nguyên khơng chia hết cho p
nhưng p|a+b Khi với số nguyên dương lẻ n
(6)Hệ 1.12 Cho p số nguyên tố lẻ a, b hai số nguyên không chia hết cho p
nhưng p|a+b Khi với số nguyên dương lẻ n p|n
vp(an+bn) = vp(a n p +b
n p) +v
p(n) (1.16)
Chứng minh Vì p | n nên tồn d cho n = pd Lưu ý (p, a) = (b, p) = nên theo định lí Ferma
an = (ad)p ≡ad (mod p), bn = (bd)p ≡bd (mod p)
suy
ad+bd ≡0 (mod p) Theo (1.15) ta có
vp(an+bn) = vp((ad)p+ (bd)p) =vp(ad+bd) +vp(n)
Trong kết trên, xét đến p số nguyên tố lẻ Ở trường hợp p= có định lí sau
Định lí 1.13 Cho a, b hai số nguyên lẻ n số nguyên dương chẵn Khi
v2(an−bn) = v2
a2−b2
2
+v2(n) (1.17)
Chứng minh Đặt n= 2tm với m số lẻ Khi
an−bn = (am−bm)(am+bm)(a2m+b2m) .(a2t−1m+b2t−1m)
Chú ý với a, b lẻ a2i+b2i ≡2 (mod 4) i≥1 Điều dẫn đến v2(a2
im
−b2im) = v2(a2
i
+b2i) +v2(Mi) =v2(a2
i
+b2i) = 1, Mi tổng m số lẻ nên Mi lẻ với i≥1 Từ ta có
v2(an−bn) = v2(a2m−b2m) +t−1
Mặt khác v2(a2m−b2m) = v2(a2−b2) +v2(M) = v2(a2−b2), kéo theo
v2(an−bn) =v2(a2−b2) +t−1
=v2
a2−b2
2
+v2(n)
Xét n số lẻ kĩ thuật giống có
v2(an−bn) = v2(a−b) (1.18)
(7)Hệ 1.14 Cho a, blà hai số ngun lẻ thỏa 4|a−b Khi với số nguyên dương n
v2(an−bn) =v2(a−b) +v2(n) (1.19)
Chứng minh Nếu n lẻ sử dụng (1.18) ta có điều phải chứng minh Nếu n chẵn sử dụng định lí 1.13, ta có
v2(an−bn) =v2
a2−b2
2
+v2(n)
=v2(a−b)−v2
a+b
2
+v2(n)
=v2(a−b) +v2(n)
do x≡y (mod 4), suy x+y ≡2y (mod 4), mà 2y≡2 (mod 4) nên v2 a+2b
=
2 Áp dụng hàm định giá p-adic vào chứng minh
Ví dụ 2.1 (Định lí Euler) Nếu n số nguyên dương với số nguyên a nguyên tố với n
aϕ(n) ≡1 (mod n)
Giải Điều cần phải chứng minh tương đương với
aϕ(n) −1≡0 (mod n)⇔vp(n)≤vp(aϕ(n)−1)
với số nguyên tố p
Nếu p- n hiển nhiên Xétp|n, suy (a, p) = Theo định lí Ferma nhỏ ap−1−1≡0 (mod p)⇔p|ap−1−1
Cần ý n=pα11 pα22 pαtt
ϕ(n) =pα11 −1pα22 −1 pαtt −1
t Y
i=1
(pi−1)
Do vp(n) =vp(ϕ(n)) + p |n p−1| ϕ(n) Kết hợp với bổ đề LTE cho hai
số ap−1,1 ta có
vp
(ap−1)
ϕ(n) p−1 −1
=vp(ap−1−1) +vp
ϕ(n)
p−1
=vp(ap−1−1) +vp(ϕ(n))−vp(p−1)
=vp(ap−1−1) +vp(ϕ(n))
≥vp(ϕ(n)) +
=vp(n)−1 +
=vp(n)
(8)Vớ d 2.2 (Erdăos-Tauran) Cho {an} dãy tăng vô hạn số nguyên dương Chứng
minh với N, có tìm i 6=j cho ai+aj có ước nguyên tố lớn
hơn N
Chứng minh Từ điều kiện đề ta suy an ≥n với n ≥1 Chọn trước số tự
nhiên N, ta gọi p1, , pk số nguyên tố không vượt N Giả sử ngược lại,
i6=j tất ước nguyên tố ai+aj thuộc tập {p1, , pk} Khi ta chọn
số tự nhiên d cho d > ai−aj với 1≤j < i≤k+ n > (p1p2 pk)d Điều
dẫn đến an+ai> n >(p1p2 pk)d với 1≤i≤k+ Do ước nguyên tố củaan+ai
đều thuộc {p1, , pk} nên với i tồn tạiki∈ {1, k} cho vpki(an+ai)> d Theo
nguyên lý Dirichlet tồn tạiki=kj với i > j Suy vpki(an+ai)> d, vpkj(an+aj)> d,
kéo theo
vpki(ai−aj) = vpki(an+ai)−vpki(an+aj)> d
Điều mâu thuẫn với d > ai−aj
Từ ý tưởng chứng minh cho toán này, đến tốn có cách giải tương tự: (IMO shortlist 2011) Gọi d1, d2, , d9 nguyên phân biệt, chứng minh
rằng tồn số nguyên x đủ lớn để (x+d1)(x+d2) .(x+d9) có ước nguyên tốn lớn
20
Chúng ta tổng qt tốn: Cho p1, p2, dãy tăng tất số nguyên
tố n số nguyên dương Gọi d1, , dn số nguyên Chứng minh tồn
tại số nguyên x đủ lớn để Qn
i=1(x+di) có ước nguyên tố lớn pn
Ví dụ 2.3 (China TST 2016) Một điểm gọi điểm hữu tỉ tọa độ số hữu tỉ Với số nguyên dương n cho trước, tồn hay không cách sử dụng n màu để tổ tất điểm hữu tỉ cho
(i) điểm tô màu,
(ii) đoạn thẳng hữu tỉ (có điểm cuối điểm hữu tỉ), với màu ita ln tìm điểm hữu tỉ thuộc đoạn thẳng mà tô màu i?
Chứng minh Tá tô màu điểm hữu tỉ sau: gốc tọa độ tơ màu bất kì, với điểm hữu tỉ P(x, y)6= (0,0) ta tô màu i cho i≡min{v2(x), v2(y)} (mod n)
Bây xét đoạn thẳng hữu tỉ P Qbất kì, với P x1z1,y1z1 Q x2z2,y2z2với x1, x2, y1, y2,
z1, z2 ∈Z Tiếp theo, với màu j (1≤j ≤n) có điểm R∈P Q
sao cho R màu j
Do P 6=Qnên hai số x1z2−x2z1, y1z2−y2z1 khác không Lúc ta giả sử
v2(x1z2−x2z1)≤v2(y1z2−y2z1) Đặt r =v2(x1z2−x2z1) s =v2(z1z2) Chọn số nguyên
k > r cho r−s−k ≡j (mod n) Đặt t= 2−k điểm R=tP + (1−t)Q thuộc đoạn P Q Từ giải tọa độ R ta
R=
2kx2z1+ (x1z2−x2z1)
2kz
1z2
,2
ky
2z1+ (y1z2−y2z1)
2kz
1z2
Do k > r=v2(x1z2−x2z1) nên v2(2kx2z1)> v2(x1z2−x2z1), suy
(9)Mặt khác v2(x1z2−x2z1)≤v2(y1z2−y2z1) nên
v2(yR) =v2 2ky2z1+ (y1z2−y2z1)−k−s≥r−k−s
Vì min{v2(xR), v2(yR)} ≡r−k−s ≡j (mod n) Vậy màu R j
Ở lời giải ta thay số ngun tố p
Ví dụ 2.4 (APMO 2017) Số hữu tỉ r làsố powerful nếur viết dạng xyk với x, y hai số nguyên dương nguyên tố với k >1 số nguyên dương Gọi a, b, c số hữu tỉ dương cho abc = Giả sử tồn số nguyên dương m, n, t cho am+bn+ct số nguyên Chứng minh a, b, c số powerful
Chứng minh Theo định nghĩa thì số hữu tỉ r powerful
gcd
p∈P
(max{0, vp(r)})≥2
Mặt khác vai trò a, b, c nên ta cần chứng minh a powerful đủ Xét số nguyên tố p cho vp(a) > (nếu khơng tồn p a =
1
q powerful)
Gọi i=vp(a), j =vp(b) k =vp(c) Từ điều kiện abc= nên ta có i+j+k = Mặt
khác i >0 nên min{j, k}<0 Khơng tính tổng quát ta giả sử j <0
Do am +bn +ct số nguyên nên vp(am +bn +ct) ≥ Nếu vp(ct) < vp(bn)
vp(am +bn +ct) = min{vp(am), vp(bn), vp(ct)} = vp(ct) < vp(bn) < (mâu thuẫn với nhận
xét trên) Tương tự cho trường hợp vp(bn) > vp(ct), vp(bn) = vp(ct) hay nj = tk
Dẫn đến k <0 tồn số nguyên dương s cho j =−s.(n,kk ) k=−s.(n,kn ) Suy
i=−(j+k) = t· n+k
gcd(n, k),
mà i > nên gcd(n+n,kk ) | i= vp(a) hay gcd(n+n,kk ) | max{0, vp(a)} Bên cạnh ta có gcd(n+n,kk ) ≥
1 + = 2, nên
gcd
p∈P
(max{0, vp(a)})|
n+k
gcd(n, k) ≥2
Vậy a số powerful
Ví dụ 2.5 (CNO 2015) Cho số nguyên dương k ≥ 2, chứng minh có vơ hạn số ngun dương n thỏa
n+k
2n n
Giải
Trường hợp 1: k có ước nguyên tố p lẻ Đặt t=vp(k)>0, n =pm với m > t, chúng
ta chứng minh
n+k
2n n
(10)
Thật ta có vp(n+k) =t Bên cạnh theo (1.7) (1.1), ta có
vp
2pm pm
=vp((2pm)!)−2vp(pm!)
=2pm−1+ 2pm−2+· · ·+ 2−2 pm−1+pm−2+· · ·+ =0
Trường hợp 2: k = 2t với t ≥ Nếu t = chọn n = 2m −2 với m > t Khi v2(n+k) =m
v2
2m+1−4 2m−2
=v2 (2m+1−4)!−2v2((2m−2)!)
=(2m−2) + (2m−1−1) +· · ·+ 1−2 (2m−1−1) + (2m−2−1) +· · ·+ =m−1
Nếu t≥2 chọn n= 2m với m > t Khi v2(n+k) =t
v2
2m+1 2m
=v2 2m+1!−2v2(2m!)
=2m+ 2m−1+· · ·+ 1−2 2m−1+ 2m−2+· · ·+ =1
Vậy với k≥2 tồn vơ hạn số n thỏa mãn toán
3 Áp dụng vào tìm số ngun thỏa điều kiện cho trước
Ví dụ 3.1 (Kvant M 2163) Tìm tất số nguyên dương a, bsao cho (a+b3)(b+a3)
là lũy thừa
Giải Giả sử (a, b) cặp thỏa u cầu tốn Khi a+b3, b+a3 lũy thừa Đặt a+b3 = 3n, b+a3= 3m, v3(a)>0
v3(a3) = v3(3m−b)
Tuy nhiên b < 3m nên v3(b) < v3(3m), kéo theo v3(3m−b) = v3(b) hay 3v3(a) = v3(b)
Tương tự có 3v3(b) =v3(a), suy v3(a) = (mâu thuẫn với giả thiết) Vậy
a, b không chia hết cho
Xét a≡1 (mod 3), từ a3 ≡ −b (mod 3) nên b ≡ −1 (mod 3) Nếu a >1 v3(a3−1) =v3(3m−b−1) =v3(3m−(b+ 1)) =v3(b+ 1)
và
v3(b3+ 1) =v3(3n−a+ 1) =v3(a−1)
Vì v3(a3−1)> v3(a−1)và v3(b3+ 1)> v3(b+ 1), suy v3(a2+a+ 1), v3(b2−b+ 1)>0
Do v3(a3−1) = v3(b+ 1) > v3(a−1) =v3(b3+ 1)> v3(b+ 1) hay a = Lúc ta có
hai phương trình b3+ = 3n, b+ = 3m Kéo theo b2−b+ = 3n−m n≥m Nếu b >2
thì 9|b+ 1và n−m ≥2, kéo theo 9|b2 hay3|b (mâu thuẫn với chứng minh trên) Vậy b= thỏa
(11)Ví dụ 3.2 (Titu Andresscu) Tìm tất số nguyên tố p số nguyên dương n thỏa np−1 |(p−1)n+
Giải
Trước tiên xét p= n= n =
Xét p >2, ta có bổ đề sau (khá dễ chứng minh)
Bổ đề Nếu an ≡1 (mod p) am ≡1 (mod p) agcd(m,n) ≡1 (mod p) với p số nguyên tố
Vì(p−1)n+ số lẻ nênn phải số lẻ Gọiq ước nguyên tố nhỏ n Khi đóq |(p−1)2n−1(do(p−1)n+1|(p−1)2n−1) vàp|(p−1)p−1−1(theo định lí Ferma), sử dụng bổ đề suy q|(p−1)gcd(2n,p−1)−1 Mặt khác, gcd(n,p−12 )>1 tồn số nguyên tố lẻ p0 chop0 |gcd(n,p−12 ), kéo theop0 |p−1hayp0 < p−1< p (mâu
thuẫn với tính nhỏ p) Vậy gcd(2n, p−1) = 2, q| (p−1)2−1 =p(p−2), suy q=p q |p−2
Theo (1.15)
(p−1)vp(n) = vp(np−1)≤vp((p−1)n+ 1) =vp(p−1 + 1) +vp(n),
suy (p−2)vp(n)≤1 hay p= Khi p=q= 3, lúc n= 3m với (m,3) = Điều
kiện toán trở thành
9m2|8m+
Ta có 9|8m+ Tiếp theo ta tìm m >1 để m2 |8m+ Gọi r ước nguyên tố nhỏ m Hiển nhiên r > r |64r−1−1, mặt khác r |64m−1 Áp dụng bổ đề ta có r|64gcd(m,r−1)−1 = 63 (trong gcd(m, r−1) = theo chứng minh trên) Vậy r = Tuy nhiên điều lại mâu thuẫn, theo định lí Ferma 8m+ ≡2 (mod 7) Vì m= hay n=p=
Ví dụ 3.3 (AOPS) Tìm tất số tự nhiên k cho với k số nguyên tố p1, p2, , pk tồn hai số tự nhiên a, n (n >1) thỏa
p1p2 pk−1 =an
Giải Giả sử tồn số nguyên dương k, a, n thỏa yêu cầu toán Yêu cầu toán viết lại
k Y
i=1
pi =an+
Xét k ≥ 2, p2 = nên kéo theo | an + 1, suy n số lẻ Mặt khác
gcdQk
i=1pi, a
= nên a > pk Khi có
pkk >
k Y
i=1
pi =an+ > pnk,
(12)Gọi q ước nguyên tố lẻ n Do q < k < pk nên tồn i cho q =pi
vq(an+ 1) = (*) Vì q | n nên tồn d cho n = qd Theo chứng minh hệ
1.12 ta có
vq(an+ 1) =vq(ad+ 1) +vq(n)≥2
Điều mâu thuẫn với (*) Vậy k =
Ví dụ 3.4 (China TST 2019) Một dãy số nguyên dương {an} gọi tốt với
bất kì hai số nguyên dương phân biệt m, n ta có
gcd(m, n)|a2m+a2n and gcd(am, an)|m2+n2
Một số nguyên dương a gọi số k-tốt tồn dãy tốt cho ak =a
Tồn hay không số nguyên dương k cho có 2019 số k-tốt?
Giải Ta có nhận xét sau
Nhận xét 1: n |2a2n với n nguyên dương
Chứng minh Thật ta có với p ước nguyên tố n
p|gcd(n,2n)|a2n+a22n (3.1) p|gcd(2n,3n)|a22n+a23n (3.2) p|gcd(n,3n)|a2n+a23n (3.3) Từ ta có p|(a2n+a22n)−(a22n+a23n) + (a2n+a23n) = 2a2n
Nhận xét 2: vp(2n) 6vp(an)62vp(n) với số nguyên tố p Chứng minh
Trước tiên chứng minh vế trái Nếu p lẻ theo nhận xét 1, có vp(2a2n) = 2vp(an)≥vp(n)
Ngược lại p = đặt t = v2(n) Nếu t = vế trái hiển nhiên Xét
t >1, gọi m số tự nhiên cho v2(m)>2t, điều kéo theo 2t |gcd(n, m) Khi
đó theo nhận xét ta có 22t+1|2am2 , suy 2t |a2m Lúc
2t|a2m+a2n ⇒2t |a2n hay v2(an)≥ 2t = v22(n)
Việc chứng minh vế phải thực hiên tương tự chứng minh vế trái cho trường hợp p= Đặt t=vp(n) m số tự nhiên cho vp(m)>2t Khi
vp(2a2m)≥vp(m)>2t
⇒2vp(am)>2t−vp(2)>2t
⇒vp(am)> t
Từ điều kiện thứ hai toán suy
vp(an) = min{vp(an), vp(am)} ≤vp(n2+m2)≤2t
vì vp(an)≤2t = 2vp(n)
Nhận xét Một dãy số nguyên dương {an} tốt với số nguyên
tố p
vp(n)
(13)Chứng minh Chiều thuận chứng minh nhận xét Bây ta chứng minh điều ngược lại
Ta có, với cặp số nguyên dương phân biệt m, n
vp(gcd(m, n)) = min{vp(m), vp(n)} ≤min{2vp(am),2vp(an)} ≤vp(a2m+a2n),
và
vp(gcd(am, an)) = min{vp(am), vp(an)} ≤min{2vp(m),2vp(n)} ≤vp(m2+n2)
Hai điều điều kiện tốn
Trở lại việc tìm số a k-tốt Với số nguyên tố p vp(k)
2 6vp(a)62vp(k)
Nhận thấy vp(a) = vp(k) = 0, suy k =pα11 pα22 pαtt a =pβ11 pβ22 pβtt
Từ điều kiện ta có với i= 1, , t αi
2 ≤βi≤2αi
Số cách chọn βi αi− αi
2
+ Vậy số số k-tốt
t Y
i=1
2αi− lα
i
2
m
+
,
trong dxe nguyên bé thỏa x≤ dxe Chú ý
2αi− lαi
2
m
+ =
3k+ αi = 2k,
3k+ αi = 2k+
Vậy số lượng số k-tốt không chia hết cho Do khơng tồn k để có 2019 số
k-tốt
Ở cuối mục xét ví dụ hay: kết hợp LTE, FLT, định lí Zsigmondy cấp phần tử theo mod p
Ví dụ 3.5 (Taiwan TST 2017) Với cặp số nguyên dương (k, n) ta đặt fk(n) =
X
0<m|n
mk
Tìm tất cặp số nguyên dương (a, b) cho fa(n)|fb(n) với số nguyên dương
n
Giải
Trước tiên xét n=pt, p số nguyên tố, t nguyên dương Khi
fa(pt) = +pa+p2a +· · ·+pat =
pa(t+1)−1
(14)Nếu t = 1thì fa(p) = p 2a−1
pa−1 =pa+ fb(pk) = p 2b−1 pb−1 =p
b+ 1, kéo theo 1 +pa |1 +pb
hay a|b Vì a≤b, tồn m cho b =ma Lúc
fb(pt) = p
ma(t+1)−1
pma−1
Gọi r ước nguyên tố lẻ fa(pt), s cấp p theo mod r (là số
nguyên dương bé cho ps ≡1 (mod r)) Vì vr fa(pt)≥1 nên vr pa(t+1)−1≥1,
suy s|a(t+ 1) Khi đó, theo bổ đề LTE r|pa−1
vr
pa(t+1)−1
pa−1
=vr
pa(t+1)−1
−vr(pa−1)
=vr(pa−1) +vr(t+ 1)−vr(pa−1)
=vr(t+ 1)
Ngược lại
vr
pa(t+1)−1
pa−1
=vr
pa(t+1)−1
−vr(pa−1)
=vr
(ps)a(t+1)s −1
−vr(pa −1)
=vr(ps−1) +vr
a(t+ 1)
s
Tổng kết lại
vr fa(pt)=
vr(t+ 1) r |pa−1,
vr(ps−1) +vr
a(t+ 1)
s
nếu r -pa−1
Tương tự cho b ta có
vr fb(pt)
=
vr(t+ 1) nếur |pb−1,
vr(ps −1) +vr
b(t+ 1)
s
nếur -pb−1
Nếu m ≥ ta chọn p thỏa định lí Zsigmondy tồn số nguyên tố r cho r|pb−1 r- pi−1 với mọi1≤i < b Vì r lẻ, r -pa−1 r|pab−1 Chọnt =b−1, suy s= ordr(p) =b, áp dụng kết ta có
vr fa(pt)=vr pb−1+vr(a) (1)
và
vr fb(pt)
=vr(b) (2)
Theo FLT, ta có pr−1 ≡ (mod r) nên s|r−1 hay b |r−1 Tuy nhiên (r, r−1) =
nên vr(b) = 0, kéo theo vr(a)≤vr(b) = hay vr(a) = Từ kết hợp (1), (2) ta có
vr fb(pt)
= 0< vr fa(pt)
=vr(pb−1)
(15)4 Áp dụng vào giải phương trình nghiệm ngun
Ví dụ 4.1 (ARO 1996) Tìm tất số nguyên dươngnsao cho tồn số nguyên dương x, y, k thỏa (x, y) = 1, k >1 3n =xk+yk
Giải Ta có nhận xét: | a2+b2 | a | b Do k chẵn từ điều kiện ta suy 3|x 3|y, điều mâu thuẫn với giả thiết (x, y) = Vậy k lẻ
Gọi p ước nguyên tố x+y Khi theo (1.15) nvp(3) =vp(xk+yk) = vp(x+y) +vp(k)≥1
Vì vp(3)≥1 nên p= 3, suy x+y = 3m n =m+v3(k)
Nếu m >1 ta có Đặt M = max{x, y}, M ≥ x+2y = 32m ≥5 Từ ta có đánh giá
xk+yk ≥Mk =M.Mk−1 ≥
23
m.5k−1>3m.5k−2≥3m+k−2.
Theo bất đẳng thức 3a ≥a+ với mọia ≥1thì 3k−2≥k−2 + =k, suy k−2≥v3(k)
Khi xk +yk >3m+v3(k) = 2n (mâu thuẫn với điều kiện toán)
Vậy m = hay x+y = Vì x = 1, y = x = 2, y = Thay vào phương trình ta
31+v3(k) = + 2k
Bên cạnh 31+v3(k) = 3.3v3(k) ≤ 3k, kéo theo 3k ≥ 2k+ 1, bất phương trình tương đương với ≤ k ≤ (cũng chứng minh 2k + ≥ 3k với k ≥ 3) Với k lẻ
k >1 nênk = hay n=
Ví dụ 4.2 (Romania TST 2007) Tìm tất số nguyên dương x, y cho x2007−y2007=x!−y!
Giải
Không tính tổng quát ta giả sử x≥y
Xét x > y > 1, ta nhận thấy p ước nguyên tố ythì p|y! p|x!, suy p|x2007 hay p|x Khi vp(x!−y!) =vp(y!), theo (1.2)
vp(x!−y!) =
y−sp(y)
p−1 < y,
trong sp(y) tổng chữ số y theo số p Mặt khác
vp(x!−y!) = vp(x2007−y2007)≥2007,
kéo theo y >2007
Chọn q < 2007 số nguyên tố cho (2007, q−1) = Khi q | x!−y!, suy q|x2007−y2007 Nếu q|x q |y hayq |x−y Ngược lại nếuq -x q -y, theo FLT ta có
q|xq−1−yq−1
Suy q|x−y, mà có q= 2003, q= thỏa nên x−y >2×2003>2007 Từ đánh giá dẫn đến
(16)do (x−k)(k+ 1) > xnên
x!−y!> x2007 > x2007−y2007
Điều mâu thuẫn giả thiết đề Vậy x=y
5 Bài tập đề nghị
Bài tập 5.1 (China TST 2009) Cho n số nguyên dương a > b >1 số nguyên cho b lẻ vàbn |an−1 Chứng minh ab > 3nn
Bài tập 5.2 (VMO) Cho số nguyên a, b, c thỏa a
b + b c+
c a = Chứng minh abc lập phương số nguyên
Bài tập 5.3 (China TST 2004) Cho a số nguyên dương Chứng minh phương trình n! =ab−ac có hữu nghiệm (n, b, c) nguyên dương
Bài tập 5.4 (IMO 1999) Tìm tất cặp số nguyên dương (x, p) với p số nguyên tố, x≤2p xp−1 |(p−1)x+
Bài tập 5.5 ([3]) Chok >1 số nguyên Chứng tỏ tồn vô hạn số nguyên dương n cho
n |1n+ 2n+ 3n+· · ·+kn
Bài tập 5.6 (IMO Shortlist 2014) Tìm tất ba (p, x, y), p số nguyên tố x, y hai số nguyên dương cho xp−1+y x+yp−1 lũy thừa p
Bài tập 5.7 (CNO 2018) Cho số nguyên dương n, gọi An tập số nguyên tố p
sao cho tồn số nguyên dương a, b thỏa a+b
p
an+bn p2
là hai số nguyên dương nguyên tố vớip Chứng minhAn hữu hạn n6=
Tài liệu
[1] T Andreescu, D Adrica,Number Theory Structures,Examples and Problems, 2009 [2] N Koblizt, p-adic numbers, p-adic Analysis, And Zeta-functions, second edition,
Springer - Verlag, 1984
[3] A H Parvardi, Lifting The Exponent Lemma, Version 6, April 7, 2011