Đang tải... (xem toàn văn)
Cho số nguyên dương n > 1 và số nguyên a nguyên tố cùng nhau với n, số k được gọi là cấp của a modulo n nếu k là số nguyên dương nhỏ nhất để . Do tính nhỏ nhất của số nguyên dương k, nên mọi số nguyên dương h mà cũng thỏa mãn thì luôn có . Và đây cũng là tính chất được sử dụng xuyên suốt trong các bài tập về cấp của một số nguyên. Để sử dụng được tính chất này thì ta thường kết hợp với Định lý Phecma nhỏ: “Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên nguyên tố cùng nhau với p thì ”
BÀI TẬP VỀ CẤP CỦA MỘT SỐ NGUYÊN MODULO n Cho số nguyên dương n > số nguyên a nguyên tố với n, số k gọi cấp a modulo n k số nguyên dương nhỏ để a k �1 mod n Do tính nhỏ số nguyên dương k, nên số nguyên dương h mà h thỏa mãn a �1 mod n ln có k | h Và tính chất sử dụng xuyên suốt tập cấp số nguyên Để sử dụng tính chất ta thường kết hợp với Định lý Phecma nhỏ: “Cho p số nguyên tố a số nguyên nguyên tố p 1 với p a �1 mod p ” Định lý Ơ-le: “Cho số nguyên dương n a số nguyên nguyên tố với n a n �1 mod n ” m m * Bài Cho n u , u lẻ u , m �� , biết tồn số nguyên tố p lẻ thỏa mãn n 1 p Mn Chứng minh n số nguyên tố Hướng dẫn Gọi q ước nguyên tố nhỏ n Theo giả thiết có p n 1 � 1(mod q) p n1 1(mod q) q 1 Theo định lý Phecma nhỏ có: p �1 mod q Gọi h cấp p modulo q, ta có: h | n 1 � � h | q 1 � Mà p n 1 n 1 h M m �1(mod q) suy ra: mà h | n suy h v với v | u Giả sử q n , theo tính chất ước nguyên tố nhỏ suy q � n , mà m m m m n 2m.u 22 m (vì u 2m ) � q , lại có: �h v | q Ta thu điều vô lý Vậy n = q 2013 n Bài Tìm số nguyên dương n nhỏ thỏa mãn: |17 Hướng dẫn Thực chất tập yêu cầu tìm cấp 17 modulo 2013 Đặt m = 22013 gọi k cấp 17 theo modulo m, theo định lý Ơ-le có: 2012 t 17 m �1(mod m) Dẫn đến k | m , k , t � 1;2;3, ,2012 Mặt khác ta có phân tích: , 17 17 1 17 1 17 1 17 17 t t1 17 1, m � 1,2, , t 1 17 �1 mod , nên số hạng dạng chia hết m t 4 17 Q , Q cho không chia hết cho 4, 17 – = 16 = Do t số nguyên lẻ t 2013 4 2013 Từ |17 ta suy t � t 2009 Do để đảm bảo tính nhỏ 2009 k k q Bài Tìm tất cặp số nguyên tố p, q cho p 1| 2003 q 1| 2003 p Hướng dẫn Không tổng quát ta giả sử p �q q * Ta xét trường hợp p = 2, | 2003 , dễ thấy q chẵn, nên q = Vậy trường hợp có nghiệm p = q = 2 * Nếu p > 2, có p lẻ p �2 mod , gọi r ước nguyên tố lẻ p , từ giả thiết có: 2003q � 1 mod r 20032 q 1 mod r Gọi k cấp 2003 modulo r, ta có k | 2q q Dễ thấy 2003 �1 mod r nên k �q , suy k | k = 2q 2 - Nếu k | dẫn đến r | 2003 3.7.11.13.167 Mặt khác r | p nên r có dạng 4s + 1, mà r lẻ suy r 13 Khi 2003 �1 mod13 nên 2003q �2 mod13 , điều dẫn tới mâu thuẫn r 1 - Nếu k = 2q, theo định lý Phecma nhỏ ta có: 2003 �1 mod r , suy 2q | r � q | r , dễ thấy p chẵn ước lẻ chia q dư 1, suy p �2 mod q � q | p p 1 p 1 , với giả sử p �q p, q số nguyên tố nên q p 1, q lẻ nên p chẵn suy p = 2, trái với điều giả sử p > Vậy ta tìm cặp nghiệm (p;q) = (2;2) n Bài Tìm số nguyên dương n để 1Mn Hướng dẫn * Với n = 1, thỏa mãn yêu cầu toán * Với n �2 , gọi p ước nguyên tố nhỏ n, từ giả thiết suy được: 3n �1 mod p p 1 Mặt khác theo định lý Phecma nhỏ ta có: �1 mod p Gọi h cấp modulo p, ta có: h|n � � h | p 1 � ta số bé p ước n, để p ước nguyên tố nhỏ h = Khi 31 �1 mod p � p Giả sử n 2 t , t ��* Khi đó: Vì 32 t 1 3n 32 32 t 2 t , t lẻ 32 t 1 32 32 �q �1 mod t 2 32 1 2 , nên: 3n 32 32 32 32 32 R (R lẻ) 2 32 32 1,3 1, ,3 Vì số chẵn , nên: 1 2 0 3n 2 2.S , (S lẻ) n 3 �� 3 Vì 1Mn t , suy � n 2t Giả sử n có ước lẻ thực sự, gọi ước lẻ nhỏ q, gọi k cấp n modulo q, theo giả thiết có: �1 mod q theo định lý Phecma nhỏ ta có: 3q 1 �1 mod q Từ suy ra: k |n � � k | q 1 � Nếu k lẻ ta ước lẻ n mà nhỏ q, trái với cách chọn q, k chẵn, mặt khác n = 2.t (t lẻ), k = n | , n khơng có ước lẻ thực Vậy n = Bài Tìm tất ba số nguyên tố (p,q,r) thỏa mãn: p | q r 1, q | r p 1, r | p q (2003 USA IMO Team Selection Test) Hướng dẫn * Trước hết ta chứng minh p, q, r phân biệt Thật vậy, giả sử có p = q, từ p | q r ta suy điều vô lý * Ta chứng minh ba số p, q, r phải Giả sử p, q, r > 2r r q �1 mod p Gọi k cấp q modulo p ta có k | 2r , p | q Từ ta suy r số nguyên tố lẻ nên suy k = k = r k = 2r r r q � mod p q - Nếu k = r, ta có , mà �1 mod p nên suy p | , mâu thuẫn p 1 q �1 mod p , suy 2r | p 1 - Nếu k = 2r, theo định lý Phecma nhỏ có p 1 mod r � p q �2 mod r , kết hợp giả thiết � r | , mâu thuẫn p | q q 1 q 1 , p số nguyên tố nên - Vậy k = 2, ta có p | q p | q , q �1 mod p , từ giả thiết p | q r , suy p | , mâu thuẫn Vậy p | q , p, q hai số nguyên tố lớn nên suy Chứng minh tương tự ta có q| p| q 1 r 1 p 1 r| , Xét số lớn ba số p, q, r ta thấy điều nói vơ lý r * Không tổng quát giả sử q = 2, ta có p | r | p , suy p, r số nguyên tố lẻ Khi k cấp modulo p, theo chứng minh có k | 2r , r số nguyên tố lẻ nên suy k = k = r k = 2r p 1 Nếu k = r k = 2r tức r | k , theo định lý Phecma nhỏ có �1 mod p , suy � p �2 mod r mà r | p , trái với r số nguyên tố k | p � r | p lẻ 2 Do k = 2, p | � p r | 10 � r Vậy tìm số thỏa mãn (2;3;5) n n Bài Chứng minh với số nguyên dương n, không chia hết cho n Hướng dẫn n n Giả sử tồn số nguyên dương n để Mn Ta điều vô lý Gọi p n n ước nguyên tố nhỏ n, từ Mn suy p �5 Do p lẻ nên tồn số nguyên 3a dương a 1mod p n để � p 1� a � � � � Từ 2a �1 mod p , 3n �2n mod p Gọi k cấp 3a modulo p, ta có k | n , mặt khác theo định lý Phecma nhỏ ta có 3a p 1 �1 mod p , nên k | p Từ cách chọn p ước nhỏ n suy k = Vậy ta có 3a �1 mod p 2a �1 mod p , suy a �0 mod p , điều mâu thuẫn với 2a �1 mod p 2.3 Bài Tìm tất cặp số nguyên dương m, n thỏa mãn n |1 m m n n (Bulgarian IMO Team Selection Test) Hướng dẫn Với n = 1, trường hợp tầm thường, m nguyên dương thỏa mãn 2.3 Với n > 1, dễ thấy (m,n) = Gọi k cấp m modulo n Từ n |1 m m suy n n n 1 n 1 t n | m , k | � k , t �n Theo định lý Ơ-le có m n �1 mod n , suy k | n n 1 Nếu k , từ k | n � k n , ta thu điều mâu thuẫn Vậy t �n � k 3t | 3n � n | m3 n � m 2.3 m3 �3 mod n n n , mà n |1 m3 m2.3 � n m �1 mod3 n n x7 y5 Bài Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x (Dự tuyển IMO 2006) Hướng dẫn Giả sử phương trình có cặp nghiệm ngun (x;y), gọi p ước nguyên tố bất x7 x x x kỳ x , xảy hai trường hợp: x7 x x x �7 mod p x � mod p - Nếu x , p = 7 - Nếu x �1 mod p , gọi k cấp x modulo 7, p | x nên k | , x �1 mod p , ta tìm k = Dễ thấy (x,p) = 1, nên theo định lý Phecma nhỏ ta p 1 có x �1 mod p , k 7 | p 1 p 1 mod Vậy hai trường hợp ta có p �0;1 mod , với p ước nguyên tố x7 x7 x Điều dẫn đến ước dương x có số dư chia cho Mặt khác y y 1 y y y y 1 , theo nhận xét ta rút y �0,1 mod y y y y �0,1 mod Điều mâu thuẫn y �1,2 mod � y y y y �5,3 mod Vậy phương trình vơ nghiệm ... t? ?n số nguy? ?n dương n để Mn Ta điều vô lý Gọi p n n ước nguy? ?n tố nhỏ n, từ Mn suy p �5 Do p lẻ n? ?n t? ?n số nguy? ?n 3a dương a 1mod p n để � p 1� a � � � � Từ 2a �1 mod p , 3n. .. với r số nguy? ?n tố k | p � r | p lẻ 2 Do k = 2, p | � p r | 10 � r Vậy tìm số thỏa m? ?n (2;3;5) n n Bài Chứng minh với số nguy? ?n dương n, không chia hết cho n Hướng d? ?n n n Giả... p, q số nguy? ?n tố n? ?n q p 1, q lẻ n? ?n p ch? ?n suy p = 2, trái với điều giả sử p > Vậy ta tìm cặp nghiệm (p;q) = (2;2) n Bài Tìm số nguy? ?n dương n để 1Mn Hướng d? ?n * Với n = 1, thỏa m? ?n yêu