Ví dụ 2.4.1. Nếu số nguyên m > 2 thỏa mãn 3m−1 chia hết cho m thì
m chia hết cho 4.
Lời giải: Giả sử m có sự phân tích chính tắc m = p1p2. . . pn với p1 6
p2 6pn.Vì 3m−1˙:m nên 3−1 = 2˙:p1 theo Hệ quả ?? và như vậyp1 = 2.
Ví dụ 2.4.2. Cho số nguyên dương a thỏa mãn (a, m) = 1. Khi đó
ar ≡as(modm), với r, s ∈ N, khi và chỉ khi ordm(a)|(r−s).
Lời giải: Ta có thể coi s 6 r. Vì (a, m) = 1 nên (as, m) = 1. Phương trình ar ≡as(modm) tương đương ar−s ≡1(modm). Theo Mệnh đề ??, phương trình ar−s ≡ 1(modm) khi và chỉ khi ordm(a)|(r −s).
Ví dụ 2.4.3. Với mọi số tự nhiên n và (a, m) = 1, ở đó a, m ∈ N∗, ta luôn có ordm(an) = ordm(a)
n,ordm(a).
Lời giải: Theo Mệnh đề ??, (an)k = ank ≡ 1(modm) khi và chỉ khi ordm(a)|nk. Hệ thức này tương đương ordm(a)
n,ordm(a)| n
n,ordm(a).k. Vì ordm(a)
n,ordm(a) và
n
n,ordm(a) nguyên tố cùng nhau nên ta thấy ngay hệ thức ordm(a)
n,ordm(a)| n
n,ordm(a).k tương đương
ordm(a)
n,ordm(a)|k. Từ đây suy ra ordm(an) = ordm(a)
n,ordm(a).
Ví dụ 2.4.4. Với hai số nguyên dương a, b, (a, m) = 1 = (b, m) ta có
(1) ordm(ab) = ordm(a).ordm(b) ordm(a),ordm(b).
(2) ordm(a).ordm(b) ordm(a),ordm(b)2
|ordm(ab).
Lời giải: (1) Đặt r = ordm(a), s = ordm(b). Bởi vì rs
(r, s) = r s (r, s) = s r (r, s) nên số nguyên rs
(r, s) chia hết cho cả r và s. Điều đó chỉ ra rằng, theo Mệnh đề??sốa
rs
(r, s) ≡ 1(modm)và b rs
(r, s) ≡ 1(modm).Nhân hai hệ thức này, ta nhận được (ab)
rs
(r, s) ≡ 1(modm). Vậy ordm(ab)| rs (r, s) theo Mệnh đề ??.
(2) Theo Mệnh đề ??, ta có arordm(ab) ≡ 1(modm). Nhân hai vế với
brordm(ab) ta nhận được (ab)rordm(ab) ≡ brordm(ab)(modm). Nhưng do hệ thức(ab)rordm(ab) ≡ 1(modm)theo Mệnh đề??nênbrordm(ab) ≡ 1(modm).
Vậy s|rordm(ab). Điều này có nghĩa s (r, s)| r (r, s).ordm(ab). Do s (r, s) và r
(r, s) nguyên tố cùng nhau nên
s
(r, s)|ordm(ab). Hoàn toàn tương tự, ta cũng có r
(r, s)|ordm(ab). Bởi vì hai số s (r, s) và
r
(r, s) nguyên tố cùng nhau nên rs
(r, s)2|ordm(ab).
Ví dụ 2.4.5. Cho số nguyên tố p > 2. Khi đó, mọi ước số nguyên dương của 2p−1 đều viết được thành dạng 2kp+ 1 với số nguyên k > 0.
Lời giải: Vì tích của nhiều số nguyên dạng 2kp+ 1 cũng là một số cùng dạng và 1 = 2.0.p+ 1 nên ta chỉ cần xét ước nguyên tố q của 2p−1. Ta sẽ chỉ ra q có dạng 2kp+ 1. Vì q|2p−1 nên 2p ≡ 1(modq). Theo Mệnh đề ?? ta có ordq(2)|p. Vì q là ước nguyên tố của 2p−1 nên q phải là một số nguyên lẻ và q > 1. Từ đây suy ra ordq(2) > 1 và do ordq(2)|p nên ordq(2) = p. Mặt khác, ta lại có p = ordq(2)|ϕ(q) = q −1. Vậy p|q −1.
Do q −1 là số chẵn và p > 2 là số nguyên tố nên (2, p) = 1. Từ q −1 chia hết cho p và q −1 là số chẵn ta suy ra q −1 chia hết cho 2p. Đặt
q −1 = 2kp. Khi đó q = 2kp+ 1.
Ví dụ 2.4.6. Xác định số các số nguyên dương bội của 1001 có thể biểu diễn thành dạng 10j −10i với hai số nguyên i, j thỏa mãn 0 6 i < j 6
2016.
Lời giải: Ta cần phải co 1001|(10j −10i) = 10i(10j−i − 1). Vì 103 ≡ −1(mod 1001) nên ord1001(10) = 6. Từ hai kết luận này suy ra rằng j−i
chia hết cho 6 khi bội của 1001 biểu diễn thành dạng 10j −10i với hai số nguyên i, j thỏa mãn 0 6 i < j 6 2016. Bài toán trở thành bài toán đếm cặp số nguyên (i, j) thỏa mãn 0 6i < j 6 2016 và j ≡ i(mod 6).
Xét trường hợp 0 6 i < j 6 2016 và j ≡ i ≡ 0(mod 6). Ta có 2016 = 6.336 và 336 khả năng chọn j = 6.1,6.2, . . . ,6.336 = 2016. Với mỗi
j = 6.k ta cũng có k khả năng chọn cho i = 6.0,6.1, . . . ,6.(k −1). Như vậy, ta có 336 P k=1 k = 3372 . Xét trường hợp 0 6 i < j 6 2016 và j ≡ i ≡ 1(mod 6). Ta có 335 khả năng chọn j = 6.0 + 1,6.1 + 1,6.2 + 1, . . . ,6.335 + 1 = 2011. Với j = 1 không có khả năng nào cho i. Với mỗi j = 6.k+ 1, k > 1, ta cũng có k
khả năng chọn cho i = 6.0 + 1,6.1 + 1, . . . ,6.(k−1) + 1. Như vậy, ta có
335
P
k=1
Tóm lại ta nhận được tất cả 3372 + 5 3362 số nguyên dương bội của 1001 có thể biểu diễn thành dạng 10j −10i với hai số nguyên i, j thỏa mãn 06 i < j 6 2016.
Ví dụ 2.4.7. Giả sử p là một số nguyên tố lẻ và q, r là hai số nguyên tố thỏa mãn p chia hết qr+ 1. Chứng minh rằng, hoặc 2r|p−1 hoặc p|q2−1.
Lời giải: Vì p là số nguyên tố lẻ nên từ giả thiết p|qr + 1 ta suy ra
p6 |qr+ 1−2 =qr−1. Như vậy qr 6≡1(modp), Từ đây suy ra ordp(q)|2r.
Do r là số nguyên tố và ordp(q)|2r,ordp(q) 6= r, nên ordp(q) ∈ {1,2,2r}.
Khi ordp(q) = 2r ta có 2r = ordp(q)|ϕ(p) = p−1. Do vậy 2r|p−1.
Khi ordp(q) = 1 ta có p|q −1. Do vậy p|q2 −1.
Khi ordp(q) = 2 ta có p|q2 − 1. Tóm lại p|q2 −1 khi ordp(q) = 1 hoặc 2.
Ví dụ 2.4.8. Giả sử a > 1 và n là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng, nếu p là ước nguyên tố lẻ của a2n + 1 thì p−1 chia hết cho 2n+1.
Lời giải: Vì p là số nguyên tố lẻ nên từ giả thiết p|a2n + 1 ta suy ra
p 6 |a2n + 1 −2 = a2n −1. Do p|a2n + 1 ta có ngay p|a2n+1 −1. Như vậy ordp(a)|2n+1. Do ordp(a) 6 |2n,ordp(a)|2n+1 nên ordp(a) = 2n+1. Như vậy 2n+1 = ordp(a)|ϕ(p) = p−1. Do vậy 2n+1|p−1.
Ví dụ 2.4.9. [Ukrainian MC 2012-2013] Xác định tất cả các số nguyên dương m, n thỏa mãn phương trình
2m2 = 7n+ 4.
Lời giải: Vì ord7(2) = 3 nên 23k+r ≡ 1,2,4(mod 7) với r = 0,1,2 và
k ∈ N. Từ phương trình 2m2 = 7n + 4 suy ra r = 2. Nhưng phương trình m2 ≡ 2(mod 7) không có nghiệm, do vậy không có m, n thỏa mãn 2m2 = 7n+ 4.
Ví dụ 2.4.10. Giả sử p là số nguyên tố lẻ và q là ước nguyên dương của số Mp = 2p−1. Chứng minh rằng, q = 2kp+ 1 với số nguyên không âm
k nào đó.
Lời giải: Vì 2p ≡ 1(modq) và p là số nguyên tố nên p là số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn tính chất này. Theo Định lý nhỏ Fermat ta lại có 2q−1 ≡ 1(modq). Vậy p|(q −1). Vì q −1 là số chẵn nên q −1 = 2kp với số nguyên không âm k hay q = 2kp+ 1.
Ví dụ 2.4.11. Giả sử a > 1 và n là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng, nếp p là một ước nguyên tố của số a2n + 1 thì (p−1)˙:2n+1.
Lời giải: Giả sử p là một ước nguyên tố của a2n + 1. Khi đó a2n ≡ −1(modp). Bình phương hai vế ta nhận được a2n+1 ≡ 1(modp). Vậy, cấp ordp(a)|2n+1. Do 22n ≡ −1(modp) nên ordp(a) = 2n+1. Vì (a, p) = 1 nên ap−1 ≡ 1 modp) theo Định lý nhỏ Fermat. Ta có 2n+1|(p−1) hay
p= 2n+1k + 1 với số nguyên lẻ không âm k.
Ví dụ 2.4.12. Giả sửa và b là hai số nguyên dương thỏa mãn(a, b) = 1.
Chứng minh rằng, ước lẻ bất kỳ của a2n + b2n sẽ có dạng 2n+1m+ 1.
Lời giải: Ta chỉ cần chỉ ra, mọi ước lẻ của a2n+b2n sẽ có dạng2n+1m+1.
Do tích các số dạng 2n+1m+ 1 cũng là một số cùng dạng nên ta chỉ cần quan tâm tới ước nguyên tố lẻ q của a2n + b2n. Giả sử q là một ước (nguyên tố) lẻ của a2n + b2n. Do (a, b) = 1 nên (q, a) = 1 = (q, b). Do (q, a) = 1 và q|a2n 1 + (ba−1)2n nên q|1 + (ba−1)2n. Tương tự, ta cũng có q|1 + (ab−1)2n. Từ q là số lẻ và q|1 + (ba−1)2n ta nhận được quan hệ q| (ba−1)2n + 1 (ba−1)2n −1 = (ba−1)2n+1 −1.
Giả sử z ≡ ba−1(modq). Khi đó ordq(z)|2n+1 theo Ví dụ ??. Vì q là số nguyên lẻ nên q 6 |z2n −1 và ta suy ra 2n+1 = ordq(z)|ϕ(q) = q −1 theo Ví dụ ??. Từ đây suy ra q = 2n+1m+ 1.
Ví dụ 2.4.13. Giả sử p là số nguyên tố lẻ và q, r là hai số nguyên tố thỏa mãn p|(qr+ 1). Chứng minh rằng, hoặc 2r|(p−1) hoặc p|(q2 −1).
Lời giải: Gọi d = ordp(q). Khi đó d là số nguyên dương nhỏ nhất để
qd ≡ 1(modp). Vì p|(qr + 1) và p > 2 nên qr ≡ −1 6≡ 1(modp). Vậy
q2r ≡ 1(modp). Từ đó suy ra 2r˙:d, r 6 ˙:d.
Nếu d = 2r thì 2r|(p−1) vì d|(p−1) và qp−1 ≡1(modp).
Nếu d = 2 thì q2 ≡1(modp) hay p|(q2 −1).
Ví dụ 2.4.14. Giả sử p là số nguyên tố lẻ và n >2 là số nguyên dương. Xác định số mũ của p trong tích m = 1.3.5. . .(2n+ 1).
Lời giải: Ta có 1.3.5. . .(2n+ 1) = (2n+ 1)!
n!.2n . Do p là số nguyên tố lẻ nên ước chung lớn nhất (2, p) = 1. Vậy, số mũ của p trong khai triển số
m đúng bằng vp(2n+ 1)−vp(n) = P k=1 h2n+ 1 pk i − P k=1 hn pk i .
Ví dụ 2.4.15. Chứng minh rằng, với bất kỳ số nguyên dương n, số 2n
Lời giải: Số mũ của 2 trong phân tích n! đúng bằng v2(n) = P k=1 hn 2k i . Như vậy v2(n) < P k=1 n
2k = n. Từ đây suy ra số 2n không chia hết số
n!.