2 Một số dạng toán về đồng d− thức
2.3Cấp của phần tử và các căn nguyên thủy
• Kiến thức cơ sở
2.3.1 Định nghĩạ Cho m là số nguyên d−ơng và a là một số nguyên sao
cho gcd(a, m) = 1. Theo Định lí Euler, với n = ϕ(m) ta có
an ≡ 1 (mod m).
Nh− vậy, luôn tồn tại số tự nhiên k sao cho ak ≡ 1 (mod m). Số nguyên
d−ơng k bé nhất có tính chất này đ−ợc gọi là cấp của a theo môđun m và
đ−ợc kí hiệu là ordm(a).
2.3.2 Chú ý. (i) Chúng ta chỉ định nghĩa khái niệm cấp của số nguyên a
theo môđun m trong tr−ờng hợp gcd(a, m) = 1. Nếu gcd(a, m) > 1 thì không tồn tại số nguyên d−ơng k để ak ≡ 1 (mod m).
(ii) Theo ngôn ngữ của lí thuyết nhóm, trong nhóm nhân Z∗m = {a ∈ Zm | gcd(a, m) = 1},
cấp của a theo môđun m chính là cấp của phần tử a trong nhóm Z∗m.
Theo Định lí Euler, aϕ(m) ≡ 1 (mod m). Do đó ordm(a) 6 ϕ(m) với mọi số nguyên a với gcd(a, m) = 1.
2.3.3 Định nghĩạ Cho a ∈ Z với gcd(a, m) = 1. Nếu số nguyên a có
cấp ϕ(m) theo môđun m thì a đ−ợc gọi là một căn nguyên thủy của m
(primitive root of m).
Từ định nghĩa cấp của một số nguyên, ta thấy rằng nếu gcd(a, m) = 1 và a = mq+r với 06 r < m thì gcd(r, m) = 1 và ordm(a) = ordm(r).
Sau đây là một số tính chất cơ bản của cấp của các số nguyên theo
môđun m.
2.3.4 Bổ đề. Nếu gcd(a, m) = 1 thì ordm(a) là −ớc của ϕ(m).
Chứng minh. Viết ϕ(m) = tordm(a) +r với 0 6 r <ordm(a). Theo Định
lí Euler ta có
1≡ aϕ(m) ≡ (aordm(a))tar ≡ar (mod m).
Do r < ordm(a) và r ≥ 0 ta suy ra r = 0. Do đó ordm(a) là −ớc của
ϕ(m).
2.3.5 Bổ đề. Cho gcd(a, m) = 1. Khi đó an ≡ 1 (mod m) nếu và chỉ nếu
ordm(a) là −ớc của n. Đặc biệt, nếu a là một căn nguyên thủy của m thì
an ≡ 1 (mod m) khi và chỉ khi ϕ(m) là −ớc của n.
Chứng minh. Đặt d = ordm(a). Rõ ràng nếu d là −ớc của n thì an ≡
1 (mod m). Ng−ợc lại, giả sử an ≡ 1 (mod m). Viết n = dq + r với
06 r < d. Khi đó
Vì d là số nguyên d−ơng bé nhất thỏa mãn ad ≡ 1 (mod m) nên r = 0. Vì thế d là −ớc của n. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2.3.6 Bổ đề. Cho gcd(a, m) = 1. Khi đó an1 ≡ an2 (mod m) nếu và chỉ
nếu ordm(a) là −ớc của n1 −n2. Hơn nữa, nếu a là căn nguyên thủy của
m thì an1 ≡an2 (mod m) khi và chỉ khi ϕ(m) là −ớc của n1 −n2.
Chứng minh. Giả sử n1 ≥ n2. Vì an1 ≡ an2 (mod m) nên an1 −an2 chia
hết cho m. Suy ra an2(an1−n2 − 1) chia hết cho m. Do gcd(a, m) = 1 nên gcd(an2, m) = 1. Vì thế an1−n2 −1 chia hết cho m, tức là an1−n2 ≡
1 (mod m). Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy ra ordm(a) là −ớc của n1 −n2.
2.3.7 Bổ đề. Cho gcd(a, m) = 1. Nếu ordm(a) = k và h > 0 là một số
nguyên thì thì ordm(ah) = k
gcd(h, k).
Chứng minh. Đặt t = k
gcd(h, k). Ta có
(ah)t ≡ agcd(hkh,k) ≡ (ak)gcd(hh,k) ≡ 1 (mod m).
Giả sử r > 0 là một số tự nhiên sao cho (ah)r ≡ 1 (mod m). Theo Bổ
đề 2.3.5 ta có hr là bội của k = ordm(a). Do đó h
gcd(h, k)r là bội của k gcd(h, k). Vì h gcd(h, k) và k
gcd(h, k) nguyên tố cùng nhau nên r chia hết
cho t = k
gcd(h, k). Chú ý rằng r > 0. Do đó r ≥ t. Vậy t là số nguyên d−ơng bé nhất thỏa mãn (ah)t ≡1 (mod m). Do đó ordm(ah) = t.
2.3.8 Bổ đề. Cho gcd(a, m) = gcd(b, m) = 1. Giả sử ordm(a) = h và
ordm(b) = k với gcd(h, k) = 1 thì ordm(ab) = hk.
Chứng minh. Do ordm(a) = h và ordm(b) = k nên ah ≡ 1 (mod m) và
bk ≡ 1 (mod m). Vì thế
Giả sử t là một số nguyên d−ơng sao cho (ab)t ≡ 1 (mod m). Khi đó
((ab)t)h ≡ 1 (mod m). Do đó (ah)tbht ≡ 1 (mod m). Vì ah ≡1 (mod m)
nênbht ≡ 1 (modm). Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy raht là bội củak = ordm(b).
Vì gcd(h, k) = 1 nên t là bội của k. Hoàn toàn t−ơng tự ta suy ra t là
bội của h. Vì gcd(h, k) = 1 nên t là bội của hk. Do đó t ≥ hk. Vậy,
hk là số nguyên d−ơng bé nhất thỏa mãn (ab)hk ≡ 1 (mod m). Do đó
ordm(ab) = hk.
• Bài tập minh họa (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2.3.9 Bài tập. Chứng minh rằng ord101(2) = 100.
Chứng minh. Đặt d = ord101(2). Theo Bổ đề 2.3.4, d là −ớc của 100 =
ϕ(101). Giả sử d < 100. Vì 100 = 2252 nên d = 2t5k với t, k 6 2 và
t < 2 hoặc k < 2. Do đó d là −ớc của 50 hoặc d là −ớc của 20. Do đó
250 ≡1 (mod 101) hoặc 220 ≡1 (mod 101). Điều này không xảy ra vì
250 ≡ 10245 ≡145 ≡196 ì196 ì14 ≡ −1 (mod 101)
và
220 ≡ 10242 ≡ 142 ≡ −6 (mod 101).
Do đó d = 100.
2.3.10 Bài tập. Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì mỗi −ớc
nguyên tố của 2p−1 đều lớn hơn p.
Chứng minh. Giả sử q là một số nguyên tố của 2p − 1. Khi đó 2p ≡ 1
(mod q). Do đó, theo Bổ đề 2.3.5 ta có ordq(2) là −ớc của p. Rõ ràng ordq(2) 6= 1. Vì p nguyên tố nên ta có ordq(2) = p. Theo Bổ đề 2.3.4 ta suy ra ordq(2) là −ớc củaϕ(q) = q−1. Suy raq−1 ≥ p. Do đó q > p.
2.3.11 Bài tập. Chứng minh rằng nếu m có một căn nguyên thủy thì nó
có đúng ϕ(ϕ(m)) căn nguyên thủy đôi một không đồng d− với nhau theo
Chứng minh. Giả sử a là một căn nguyên thủy của m. Giả sử h < ϕ(m) là một số tự nhiên sao cho gcd(h, ϕ(m)) = 1. Vì a là căn nguyên thủy nên ordm(a) = ϕ(m). Theo Bỏ đề èL:44 ta suy ra
ordm(ah) = ordm(a)
gcd(h,ordm(a)) = ϕ(m).
Vì thế các số có dạngah đều là căn nguyên thủy củam với mọi số tự nhiên
h nhỏ hơn ϕ(m) và nguyên tố cùng nhau với ϕ(m).
Giả sử h, t là các số tự nhiên nhỏ hơn ϕ(m) và nguyên tố cùng nhau với ϕ(m). Nếu ah ≡ at (mod m) thì theo Bổ đề 2.3.6 ta suy ra h−t chia hết cho ϕ(m). Vì 0 6 h, t < ϕ(m) nên h −t chia hết cho ϕ(m) khi và chỉ khi h = t. Vì thế m có ít nhất ϕ(ϕ(m)) căn nguyên thủy dạng ah với 0 6 h < ϕ(m) và gcd(h, ϕ(m)) = 1. Các căn nguyên thủy này đôi một
không đồng d− với nhau theo môdun m. Giả sử b là một căn nguyên thủy
của m. Khi đó tồn tại số tự nhiên h nhỏ hơn ϕ(m) và nguyên tố cùng nhau với ϕ(m) sao cho b ≡ ah (mod m).
• Một số bài toán khó
2.3.12 Bài tập. Chứng minh rằng 2 là căn nguyên thủy của 3n với mọi số
nguyên n ≥1.
Chứng minh. Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo n. Với n = 1,
ta có ϕ(31) = ϕ(3) = 2 và 2 là số nguyên d−ơng t bé nhất thỏa mãn
2t ≡ 1 (mod 3). Vì thế 2 là căn nguyên thủy của 3.
Giả sử rằng bài toán đúng với n = k. Chú ý rằng ϕ(3k) = 2ì3k−1. Vì thế ta có (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2ϕ(3k) ≡ 22ì3k−1
≡1 (mod 3k).
Đặt d = ord3k+1(2) là cấp của 2 modulo 3k+1. Khi đó 2d ≡ 1 (mod 3k+1).
Suy ra 2d ≡ 1 (mod 3k). Do ord3k(2) = 2ì3k−1 nên theo Bổ đề 2.3.5 ta suy ra 2ì3k−1 là −ớc của d. Vì 2d ≡ 1 (mod 3k+1) nên theo Bổ đề 2.3.4
ta suy ra d là −ớc của ϕ(3k+1) = 2ì3k. Từ đó ta suy ra d = 2ì3k−1 hoặc
d = 2ì3k.
Tiếp theo, ta khẳng định
22ì3n−1
≡ 1 + 3n (mod 3n+1),
với mọi n ≥1. Thật vậy, rõ ràng khẳng định đúng với n= 1. Giả sử khẳng định đã đúng với n= k. Khi đó ta có biểu diễn
22ì3k−1
= 1 + 3k + 3k+1m
với m là một số tự nhiên nào đó. Do đó tồn tại số tự nhiên M sao cho 22ì3k = 1 + 3k+1+ 3k+2M.
Suy ra
22ì3k ≡ 1 + 3k+1 (mod 3k+2).
Vì vậy khẳng định đ−ợc chứng minh. Theo khẳng định trên, ta thấy
22ì3k−1
≡1 + 3k 6≡ 1 (mod 3k+1).
Vì vậy d = 2ì3k. Do đó 2 là căn nguyên thủy của 3n với mọi n≥ 1.
2.3.13 Bài tập. Cho n≥ 2 là một số nguyên d−ơng và p = 2n + 1. Chứng
minh rằng nếu 3p−1
2 + 1≡ 0 (mod p) thì p là một số nguyên tố.
Chứng minh. Theo giả thiết, 3p−1
2 ≡ 32n−1
≡ −1 (mod p). Suy ra 32n ≡ (32n−1
)2 ≡ 1 (mod p).
Do đó ordp(3) = 2n = p− 1. Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy ra 2n là bội của ordp(3). Vì thế ϕ(p) ≥ p−1. Vì vậy ϕ(p) = p−1, tức là p là số nguyên tố.
Chứng minh. Theo Bài tập 2.3.12, 2 là một căn nguyên thủy của 3k. Do vậy 2 có cấp là ord3k(2) =ϕ(3k) = 2ì3k−1 = 2n. Suy ra (2n −1)(2n+ 1) ≡ 0 (mod 3k). Chú ý rằng 2n−1≡ (−1)3k−1 −1 ≡ 1 (mod 3). Do đó 2n+ 1 ≡ 0 (mod 3k).
2.3.15 Bài tập. (1990 IMO) Tìm tất cả các số nguyên d−ơngn > 1 sao cho
2n+ 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
n2 là một số nguyên.
Lời giải. Giả sử 2
n+ 1
n2 là một số nguyên. Vì 2n + 1 là số lẻ nên n là số lẻ. Giả sử rằng k là số mũ cao nhất sao cho 3k là −ớc của n. Theo giả thiết ta có 32k là −ớc của n2 và n2 là −ớc của 2n+ 1. Suy ra 2n ≡ −1 (mod 32k). Do đó 22n ≡ 1 (mod 32k). Theo Bổ đề 2.3.5, 2n là bội của ord32k(2). Theo Bài tập 2.3.12, 2 là một căn nguyên thủy của 32k. Vì thế
ord32k(2) = ϕ(32k) = 2ì32k−1.
Do đó 32k−1 là −ớc của n. Vì k là số tự nhiên lớn nhất thỏa mãn 3k là −ớc của n nên ta có k ≥ 2k−1. Suy ra 1 ≥ k. Vì thế n không chia hết cho 32.
Rõ ràng khi n = 3 thì 2n+ 1
n2 = 1 là một số nguyên, do đó n = 3 là một
giá trị cần tìm.
Giả sử có một số nguyên n > 3 thỏa mãn 2n + 1
n2 ∈ N. Vì n không chia
hết cho 32 nên tồn tại một −ớc nguyên tố p 6= 3 của n. Vì p là −ớc của n
và 2
n + 1
n2 ∈ N nên p là −ớc của 2n + 1. Suy ra 2n ≡ −1 (mod p). Do đó
22n ≡ 1 (mod p). Đặt d = ordp(2). Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy ra d là −ớc của 2n. Nếu d lẻ thì d | n và do đó 2n ≡ 1 (mod p). Điều này là vô lí. Do đó d là số chẵn. Đăt d = 2d1. Khi đó 2d1 là −ớc của 2n. Suy ra d1 là −ớc của n. Ta cũng có d là −ớc của p−1. Do đó 2d1 là −ớc của p−1. Suy ra
p > p−21 ≥ d1. Vì d1 là −ớc của n nên d1 = 1 hoặc d1 = 3. Nếu d1 = 1 thì
d = 2 và 22 ≡ 1 (mod p), vô lí. Nếu d1 = 3 thì d = 6 và 26 ≡ 1(mod p), hay p là −ớc của 63. Suy ra p = 7. Tuy nhiên cấp của 2 theo môdun 7 là 3, đó là số lẻ, vô lí. Vậy không tìm đ−ợc p > 3 thỏa mãn đầu bàị Do đó
n= 3 là giá trị thỏa mãn duy nhất.
Cuối cùng, chúng ta đ−a ra một số bài toán dạng này (chúng ta không trình bày lời giải ở đây).
2.3.16 Bài toán. Chứng minh rằng nếu a và n là những số nguyên d−ơng
với a > 1 thì n là −ớc của ϕ(an −1).
2.3.17 Bài toán. Chứng tỏ rằng nếu 2n+1 ≥ d ≥ 3 thì a2n
+ 1 không chia
hết cho d với mọi số nguyên d−ơng a.
2.3.18 Bài toán. Chứng minh rằng nếup là số nguyên tố lẻ thì ph−ơng trình
Kết luận
Luận văn này trình bày lời giải một số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết và đồng d− thức trong vành số nguyên. Luận văn
đ−ợc viết chủ yếu dựa theo cuốn sách “Number Theory for Mathematical
Contests” năm 2007 của D. Ạ Santos. Luận văn cũng tham khảo một số (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
kiến thức cơ sở trong cuốn sách“An Introduction to the Theory of Numbers”
của Niven-Zuckerman (John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000) và cuốn
sách “Elements of Number Theory” của J. Stillwell (Springer, 2003).
Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày lời giải các bài toán (bao gồm nhiều bài toán khó và bài toán đã đ−ợc thi hoặc đ−ợc đề cử thi học sinh giỏi quốc tế) theo các chủ đề sau:
- Tính chia hết;
- Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất; - Số nguyên tố;
- Đồng d− thức; - Các hệ số nhị thức;
- Cấp của các phần tử và căn nguyên thủỵ
Trong mỗi chủ đề, tr−ớc hết chúng tôi tóm tắt phần lí thuyết cần thiết, sau đó trình bày lời giải một số bài tập minh họa cho lí thuyết, và cuối cùng là lời giải các bài toán khó.
Tài liệu tham khảo
[NZ] Ị Niven and H. Zuckerman, An Introduction to the Theory of Num-
bers, John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000.
[Sa] D. Ạ Santos, Number Theory for Mathematical Contests, GNU Free
Documentation License, October 31, 2007.
[St] J. Stillwell,Elements of Number Theory, Springer, 2003.