SỬ DỤNG MODULO TRONG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT
2. Một số bài toán áp dụng
Bài toán 1. (IMO Shortlist 2002) Tìm số nguyên dương t nhỏ nhất sao cho tồn tại các số nguyênx1; x2; :::; xt thỏa
x13Cx23C:::Cxt3 D20022002: Phân tích và lời giải.Ta thấy
3D 1
2:6D 1
2.7/D 1
2.9/D 1
2 .14/D 1 2.18/;
đó là các mođulo đầu tiên ta xét tới.
Theo nhận xét trên, trước hết ta khảo sát các modulo9củax3,20022002. Nếu 3jxthìx30.mod 9/.
Nếu.x; 3/D1thìx3 đồng dư1hoặc 1modulo9.
Như vậy,x13Cx23C:::Cxt3đồng dư từ t đếnt modulo9.
20022002 42002 46:333:44 444 .mod 9/:
Như vậy, nếut 63thìx31Cx23C:::Cxt3không đồng dư4modulo9nên đẳng thức sau x13Cx23C:::Cxt3 D20022002
không xảy ra.
Vớit D4, ta thử tìm 1 nghiệm của phương trình
x13Cx23Cx33Cx43 D20022002: Để ý20022002 D 20026673
:2002, như vậy ta chỉ cần thử xây dựng các nghiệm dạng xi Dmi2002667, với
m31Cm32Cm33Cm34 D2002:
Ta chọnm1Dm2 D10Im3 Dm4 D1thỏa yêu cầu này.
Bài toán 2. (USAMO)Xác định tất cả nghiệm không âm.x1; x2; :::; x14/của phương trình x14Cx24C:::Cx144 D15999:
Phân tích và giải.Lũy thừa4, gợi cho ta xét modulo nào?.n/D4D22!nD16. Ta cóx4 đồng dư0hoặc1modulo16.
Do đóx14Cx24C:::Cx144 đồng dư1; 2; :::; 14modulo16.
Mà15999 1.mod16/(mâu thuẫn).
Vậy phương trình trên vô nghiệm.
Bài toán 3. (USAMO 2005)Chứng minh rằng hệ phương trình (x6Cx3Cx3yCy D147157
x3Cx3y Cy2CyCz9 D157147 không có ngiệm nguyênx,y,z.
Phân tích và lời giải.Cộng hai phương trình ta được
.x3CyC1/2Cz9 D147157C157147C1:
Đối với lũy thừa9, ta xét modulo nào? Để ý 9D 1
218D 1
2.19/D 1
2.27/D 1 2.54/;
nên ta có thể xét theo các mođulo này trước tiên.
Lũy thừa2, ta xét các modulo3,4,5,8; sử dụng thặng dư bình phương để kiểm tra nghiệm.
Ta bắt đầu với modulop D19. Ta có
z9 0; ˙1 .mod 19/
147157 . 5/18:8C13 513 2 .mod 19/
157147 .5/18:8C3 53 11 .mod 19/:
Suy ra
.x3CyC1/2D147157C157147C1 z9 13; 14; 15 .mod 19/:
Áp dụng tính chất ta tính được 13
19
D 1I 14
19
D 1I 15
19
D 1 nên điều này không xảy ra.
Bài toán 4. (USAJMO 2013)Tìm tất cả các số nguyêna,bsao choa5bC3vàab5C3đều là lập phương của một số nguyên.
Phân tích và lời giải.Giả sử (
a5bC3Dx3 ab5C3Dy3 : vớix; y 2 N. Suy ra
.ab/6 D.a5b/.ab5/D.x3 3/.y3 3/: ./ Lũy thừa 6, 3 gợi ý cho ta xét các modunlo 9 và 18. .9/ D 6 nên.ab/6 0; 1 .mod9/.
x3; y3 0; ˙1 .mod 9/:Kết hợp (*) ta có 8<
:
x3 0 .mod 9/
y3 0 .mod 9/
.ab/6 0 .mod 9/
) 8<
: 3jx 3jy 3jab Nếu 3jathì từa5bC3Dx3ta được điều vô lý vì 27jx3I 27ja5b.
Nếu 3jb thì từab5C3Dy3ta được điều vô lý vì 27jy3I 27jab5. Vậy không tồn tại các số nguyêna,bthỏa điều kiện bài toán.
Bài toán 5. (MOP 2002) Chứng minh rằng phương trình x6 D y5 C 24 không có nghiệm nguyên.
Phân tích và lời giải.Ta tìm một modulo chung cho hai lũy thừa5,6. Với mong muốn số đồng dư hai vế là tối thiểu. Như vậy, 5:6j.p 1/,p D31là trường hợp đầu tiên ta xét.
x6có1C 30
.6; 30/ D6đồng dư;y5có1C 30
.5; 30/ D7đồng dư, như vậy khả năng các đồng dư của hai vế không bằng nhau
y5 có các đồng dư0; 1; 5; 6; 25; 26; 30theo modulo31.
Suy ray5C24có các đồng dư24; 25; 29; 30; 18; 19; 23theo modulo31. x6có các đồng dư0; 1; 2; 4; 8; 16theo modulo31.
Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên. Tiếp theo, ta phân tích một số kĩ năng chọn modulo với các phương trình dạng lũy thừa chứa biến trên mũ.
Bài toán 6. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình 2x C3y D5z: Phân tích và lời giải.
+ Dự đoán nghiệm phương trình.xI yI z/D.1I 1I 1/; .4I 2I 2/.
+ Đối với lũy thừa có cơ số đã xác định, thường phương án đầu tiên ta thử phân tích nhân tử về dạng A:B D ax, xét ước chung của A, B để đưa về hệ. Để phân tích nhân tử, thường ta quan tâm đến các hàng đẳng thức cùng số mũ.
+ Các modulo thường dùng trước hết để xét lũy thừa làanC1vớinlà nghiệm lớn nhất của phương trình, các modulo có đồng dư1.
+ Để ý51 .mod 2/2;3 1 .mod 2/2,321 .mod 2/3. Do đó, ta có thể xét các modulo 4,8. Để xét các modulo này ta chia thành 2 trường hợp.
TH1:xD1, phương trình trở thành
2C3y D5z: Phương trình có nghiệm.1I 1I 1/.
Xétz >2, suy ra3y 5z 2 2 .mod 25/.
r 3r .mod 25/
1 3
2 9
3 2
4 6
5 18
6 4
7 12
8 11
r 3r .mod 25/
9 11
10 8
11 24
12 22
13 16
14 -2
15 -6
16 21
.25/D20do đó ord325j20, suy raord325D20.
3y 2313 .mod 25/, theo tính chất cấp phần tử suy ray D13C20k . 3y D 313C20k D 313: 320k
ta xét modulo nào? Modulo11là modulo xét trước để cố định số đồng dư của3y.
5z 2C 3101C2k
:33 7 .mod11/:
z 5z .mod 11/
1 5
2 3
3 4
4 9
5 1
Do đó không có giá trị nào củazđể
5z 7 .mod 11/:
TH2.x D2, phương trình trở thành
4C3y D5z; suy raz >2. Suy ra
3y5z 421316 .mod 25/)y D16C20k:
Khi đó
5z 4C 3101C2k
:367 .mod 11/vô lí: TH3:x>3. Khi đó
1z . 1/y 5z 3y 2x 0.mod 4/)y D2n:
Nên
5z3yC2x 9n1 .mod 8/;
màord85D2suy raz D2m. Suy ra
2x D52m 32n D.5mC3n/.5m 3n/
Suy ra
5m 3n D2s 5mC3nD2r
hay
2:5mD2rC2s 2:3n D2r 2s vớir > s,r Cs Dx. Nêns D1,ta có
5mD2r 1C1 3nD2r 1 1 và5m 3nD2.
Phương trình có nghiệmm DnD1(đã giải ở TH1).
Vậy phương trình đã cho chỉ có 2 nghiệm.xI yI z/là.1I 1I 1/và.4I 2I 2/.
Bài toán 7. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2x C3D11y: Phân tích và lời giải.
Phương trình có nghiệm.xI y/D.3I 1/.
Trong phương trình modulo đầu tiên ta có thể sử dụng là modulo11.
Vì25 32 1 .mod11/nênord211D10.
23 3 .mod11/nên2x 323 .mod 11/. Suy rax D3C10n.
Điều này chưa sử dụng được.
Vớix >4,
11y 2xC33 .mod 2x/:
và 11 3.mod8/ nên ord2411 D 22 D 4 ; 113 3.mod24/ do đó y D 4k C 3, dạng modulo này nhỏ sẽ dễ “trùng lặp đồng dư”.
Ta tăng modulo lên25.
Ta chứng minh phương trình không có nghiệm x > 5 bằng cách lựa chọn modulo theo sơ đồ như bài trên.
Bước 1:Sử dụng modulo25tìm dạng củay:
11y 2xC33 .mod 32/:
Từord2511D25 2D8;117 3 .mod 32/;11y 117 .mod 32/suy ray D8kC7.
Phương trình trở thành
2x D118yC7 3D 118y
:117 3:
Bước 2:Tìm số nguyên tốpsao cho hai vế không cùng đồng dư, muốn vậy cách dễ nhất là chọn modulopsao cho118 ˙1 .mod p/vàord2plà nhỏ.
Chú ý8D 1
2.17 1/và24 D16 1 .mod 17/, ta xét mod17.
2x có4:2D8đồng dư; vế phải có2đồng dư, vậy khả năng không trùng là lớn.
112 62 2.mod17/;114 4.mod 17/;118 1.mod 17/;117 3.mod17/
Suy ra2x .118/y:117 30.mod17/hoặc2x .118/y:117 3 6.mod 17/.
Ta khảo sát các đồng dư modulo17của2xvớix D3C10n. x 2x .mod 17/
1 2
3 8
5 2
7 8
Vậy hai vế không cùng đồng dư với modulo17.
Bài toán 8. (Ấn Độ)Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 7x D3yC4:
Phân tích và lời giải.
Phương trình có nghiệm.1I 1/vày D2không thỏa phương trình.
Ta có3y 7x 43 .mod 7/mà33 1.mod7/,ord73D6nêny D1C6t.
Ta chứng minhy >3, không thỏa.
Bước 1:Từ phương trình suy ra
7x 3yC44.mod33/:
Trước hết ta xác địnhord3n7. Đặtord3n7D3i:k với.k; 3/D1,i 6n 1.
Ta có
v3
73i:k 1
Dv3.7 1/Cv3 3i:k
Di C1>n:
Suy rai >n 1nêni Dn 1.
Vậyord3n7D3n 1, do đóord337D9.
Lại có78 47x .mod 27/, suy rax D9qC8.
Phương trình trở thành
79q
:78 4D3y:
Bước 2:Tìm số nguyên tốp sao cho79 ˙1.mod p/vàordp3là nhỏ. Vì 79 1D.73 1/.76C73C1/:.73 1/:3:37:1063 nên ta chọnp D37.
Ta có:
72 12 .mod 37/I 74 122 4 .mod 37/I 78 16 .mod 37/:
Vậy 79q
:78 412 .mod 37/.
Ta khảo sát các đồng dư modulo37của3y vớiy D1C6t y 3y .mod 37/
1 3
7 4
13 30
19 25
25 21
31 28
Vậy hai vế không cùng đồng dư với modulo37.
Đối với các phương trình lũy thừa có biểu thứcau˙1thì các bổ đềLTEvà kiến thức về cấp là thực sự hữu dụng. Ta xét các ví dụ sau đây.
Bài toán 9. (1995 Czech – Slovak Match)Giải phương trình nghiệm nguyên dươngpx yp D 1vớiplà số nguyên tố lẻ.
Phân tích và lời giải.
Phương trình được viết lạipx DypC1, suy ra pj.yC1/. Áp dụng bổ đề LTE ta có
x Dvp.yp C1/Dvp.yC1/Cvp.p/D1Cvp.yC1/ : Suy rayC1Dpx 1và ypC1
yC1 Dp. Ta có
y3C1 .yC1/2 Dy3 y2 2y Dy.y2 y 2/ > 08y >3:
Hay
yC1 < y3C1
yC1 6 yp C1 yC1 : với mọiy >3.
Vậy ta phải cóy D2, suy rapx 1D3,
x D2 p D3 Vậy phương trình có nghiệmx D2; y D2; p D3.
Bài toán 10. (IMO lần 31)Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2x C1Dx2y:
Phân tích và lời giải.
Phương trình có nghiệm.xIy/D.1I 3/; .3I 1/.
Xétx >3, từ phương trình suy rax,y là các số lẻ.
Phương trình có lũy thừa cóau˙1có thể sử dụng cấp để xét. Một trong các modulo hay dùng là ước nguyên tố của nhân tử.
Ta thử xét theo modulo p, vớip là ước của x. 2x D x2y 1 1 .mod p/ nên 22 1 .mod p/.
ĐặtuDordp2 > 1, ta có uj.p 1/. Suy ra uj2x.
Vậyp chọn như thế nào?
+ Nếup D3thì hai điều này là như nhau. Vậy ta phải xét tới số mũ chính xác của3trongx là bao nhiêu ?
+ Nếup > 3, thì chọnp như thế nào trong số các ước củax, để các ước không trùng nhau, ta sẽ chọnplà ước nguyên tố nhỏ nhất khác3củax.
v3.x2y/Dv3.2xC1x/Dv3.2C1/Cv3.x/:
Suy ra2v3.x/Cv3.y/D1Cv3.x/từ đây ta đượcv3.x/Cv3.y/D1.
ĐặtxD3k:d vớikD0hoặc1;.d; 3/D1. Ta sẽ chứng minhd D1.
Vì2x Dx2y 1 1 .mod x/, gợi ta có thể sử dụng định lý về cấp của2.
Nếud > 1, gọiplà ước nguyên tố nhỏ nhất của d, cũng là ước nguyên tố khác3nhỏ nhất của x. Do.d; 3/D1nênp >5.
Đặtu D ordp2 > 1, uj.p 1/. 2x D x2y 1 D 32kd2y 1 1 .modp/nên22x 1 .mod p/. Suy ra uj2x.
Vìp là ước nguyên tố khác3nhỏ nhất củaxvà.x; p 1/D1nênu2 f2I3I6g. Mà pj2u 1nênp D7:
Suy ra2x C10 .mod 7/điều này mâu thuẫn vì bảng đồng dư sau.
x 2x .mod 7/
1 2
2 4
3 1
Bài toán 11. (Trung Quốc 2009)Tìm tất cả các cặp số nguyên tốp,qthỏa pqj5pC5q:
Phân tích và lời giải.
Các lũy thừa cùng cơ số có thể tạo dạngau˙1:
am˙anDan.am n˙1/ : Nếup Dq, ta được p2ˇˇ2:5p, suy rap Dq D5.
Nếu trong hai sốp,q có1số bằng5, giả sửp D5¤q, suy ra qj55C5q.
Theo Fermat5p 5 .mod q/, suy ra0 55 C5q 55C5 .mod q/, suy ra qj55C5nên q D2hoặc313.
Nếu trong hai sốp,q có1số bằng2, giả sửp D2¤q, suy ra qj52C5q.
Theo Fermat 5p 5.modq/, suy ra 0 52C5q 52 C5 .mod q/, suy ra qj52 C5 nên q D3hoặc5.
Nếup ¤q vàp,q khác5, khác2. Ta có0 5p C5q 5C5q .mod p/, suy ra5q 1 1 .mod p/.
Tương tự5p 1 1 .mod q/. Suy ra
52p 2 1 .mod q/
52q 2 1 .mod p/ )
ordq5ˇˇ2p 2 ordp5ˇˇ2q 2: Mặt khác5p 1 1¤1 .modq/nênordq5không là ước củap 1. Suy rav2.ordq5/Dv2.2p 2/D1Cv2.p 1/.
Tương tự
v2.ordp5/Dv2.2q 2/D1Cv2.q 1/:
Mặt khác từ
ordq5ˇˇq 1 ordp5ˇˇp 1;
suy ra
v2.ordq5/6v2.q 1/
v2.ordp5/6v2.p 1/: Kết hợp điều trên suy ra
1Cv2.p 1/6v2.q 1/
1Cv2.q 1/6v2.p 1/ (vô lý):
Bài toán 12. (Bulgaria)Tìm tất cả các số nguyên tốp; qthỏa mãn pqj.5p 2p/ .5q 2q/ :
Phân tích và lời giải.
Ta tạo dạngau˙1như thế nào ? Hai lũy thừa cùng số mũ, thường ta nhân phần tử nghịch đảo.
5p 2p .mod q/, ta nhân vào hai vế phần tử nghịch đảo của2sẽ tạo ra dạngau˙1. Rõ ràng, p; q … f2; 5g.
* Nếu pj5p 2p, theo Fermat ta có
5p 2p 5 23 .mod p/;
suy rap D3. Lúc này
3qj 53 23
.5q 2q/ hay
qj39 .5q 2q/ ; tương tự như trên suy raq D3hoặcq D13.
* Nếu qj5q 2q, ta cũng đượcp D3hoặcq D13.
* Xét
qj5p 2p
pj5q 2p,p; q ¤3.
Do.2; q/D1nên tồn tạim,nsao cho2mCnq D1hay2m1 .modq/.
Suy ra.5:m/p .2m/p 1 .mod q/, do đóordq.5m/2 f1; pgvà ordq.5m/ˇˇp 1.
Nếuordq.5m/ D 1, hay 5m 1 .mod q/. Suy ra2 2.5m/ 5:2m 5 .mod q/, do đó q D3(mâu thuẫn).
Vậyordq.5m/Dp, suy ra pjq 1(*).
Tương tự cũng từ5q 2q .mod p/, ta có qjp 1điều này mâu thuẫn với (*).
Vậy.p; q/ D.3I 3/; .3I 13/; .13I 3/:
Bài toán 13. (USA TST 2003)Tìm tất cả các số nguyên tốp,q,r sao cho
pjqrC1; qjrpC1; rjpqC1: ./ Phân tích và lời giải.
Nếup; q; r đều khác2. Từ (*) suy ra 8<
:
pjq2r 1 qjr2p 1 rjp2q 1
; do đó 8<
:
ordpq 2 f1; 2; rg ordqr 2 f1; 2; pg ordrp 2 f1; 2; qg :
+ Nếuordpq; ordqr; ordrp 2 f1; 2gthì 8<
:
q21 .mod p/
p2 1 .mod r/
r2 1 .mod q/
) 8<
:
q ˙1 .mod p/
p ˙1 .mod r/
r ˙1 .modq/
:
Suy ra 8ˆ
<
ˆ:
q˙1>2p p˙1>2r r˙>2q
, điều này vô lí vìp; q; r >3.
+ Vậy trong3sốordpq; ordqr; ordrpphải có ít nhất một số lớn hơn2, giả sửordpq D2r. Suy ra 2rjp 1, do đóp 1 .mod r/,pqC12 .mod r/trái giả thiết.
* Vậy trong 3 số p, q, r phải có ít nhất một số bằng 2. Giả sử p D 2. Suy raq, r là các số
nguyên tố lẻ, do đó tương tự chứng minh trên ta cũng cóordr22 f2; 2qg. Nếuordr2D2thìr D3và qj32C1nênq D5.
Nếuordr2 D 2q suy ra 2qjr 1, do đór 1 .mod 1/, vì vậy r2 C1 2 .mod q/mâu thuẫn giả thiết).
Vậy.p; q; r/ D.2; 3; 5/và các hoán vị của nó.
Các bài tập sau ta phân tích một số kĩ năng chọn modulo “không có sẵn”. Các modulo thường là các nhân tử nguyên tố nào đó.
Bài toán 14. Chop >5là số nguyên tố,nlà số nguyên dương sao cho các sốp 1; pn; nC1 đôi một không có chung ước lớn hơn2. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dươngx; y
2CxCx2C: : :Cxp 1 DynC1: Phân tích và lời giải.
Giả sử tồn tại các số nguyên dươngx; ythỏa phương trình 2CxCx2C:::Cxp 1 DynC1: Viết lại (1) :
1CxCx2C:::Cxp 1 DynC1 1:
Nếux D1, ta có
p DynC1 1D.y 1/.ynCyn 1C:::CyC1/;
suy ray 1D1vàp D2nC1 1.
Đặtordp2Du,u>3, uj.p 1/Mà2nC1 1 .mod p/nên uj.nC1/.
Vậy.nC1; p 1/>u > 2mâu thuẫn giả thiết.
x>2, ta có
xp 1Cxp 2C:::CxC1D xp 1
x 1 DynC1 1
D.y 1/.ynCyn 1C:::CyC1/:
Ta khảo sát các ước nguyên tố của xp 1 x 1 . Xétq là một ước nguyên tố bất kì của xp 1
x 1 . Nếux 1 .modq/thì
0 xp 1
x 1 D1CxCx2C:::Cxp 1 p .mod q/
suy rap Dq.
Nếux 61 .modq/, từxp 1 .mod q/vàplà số nguyên tố thìp Dordqx. Mặt khácxq 11 .mod q/suy ra pj.q 1/.
Vậy tất cả các ước nguyên tốq của xp 1
x 1 thìq Dphoặcq D1 .mod p/.
Dẫn tới hai sốy 1vàynCyn 1C:::CyC1hoặc chia hết chop hoặc có số dư là1khi chia chop. (*)
TH1:y 10 .mod p/,y 1 .mod p/, suy ra
ynCyn 1C:::CyC1nC1 .mod p/:
Theo (*) suy ra nC 1 1 .mod p/ hoặc pj.nC1/ điều này mâu thuẫn giải thiết các số p 1; pn; nC1đôi một không có chung ước lớn hơn2.
TH2:y 11 .mod p/,y 2 .mod p/. Khi đó
ynCyn 1C:::CyC12nC1 1 .mod p/:
Theo (*) suy ra hoặc
2nC1 10 .mod p/ .1/
hoặc
2nC1 11 .modp/:
Mà2nC1 11 .mod p/cho ta2nC1 20 .mod p/, suy ra
2n1 .mod p/: .2/
Đặtordp2Du; u>3, uj.p 1/.
Từ (1) suy ra uj.nC1/Iuj.p 1/mâu thuẫn giả thiết.
Từ (2) suy ra ujnIuj.p 1/mâu thuẫn giả thiết.
Tóm lại trong các trường hợp ta đều có điều giả sử ban đầu là sai. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 15. (Turkey TST 2013) Kí hiệu '.n/ là phi hàm Euler của n. Giải phương trình nghiệm nguyên dương (n>2) sau
2nC.n '.n/ 1/ŠDnmC1:
Phân tích và lời giải.
Ta có:
2n 1Dnm .n '.n/ 1/Š:
Ta chọn số nguyên tố ước của n, để đảm bảo pj.n '.n/ 1/Š ta phải xét xem khi nào n '.n/ 1>p.
ĐặtnDp1r1:::psrs , vớip1 < p2 < ::: < ps, xétp Dp1.
n '.n/ 1Dp1r1:::prss nDp1r1 1:::psrs 1Œp1:::ps .p1 1/:::.ps 1/ 1:
Nếus >2thì
p1:::ps .p1 1/:::.ps 1/ > p1:::ps p1p2:::ps 1.ps 1/ > p1
do đón '.n/ 1>p.
Nếus D1,n '.n/ 1Dpr 1.p 1/ 1 < pkhi
r D1 r D2; p D2 TH1 :nDp là số nguyên tố,2p C1DpmC1suy rap D2; mD2.
TH2:nD22, suy ra24C1D4mC1suy ram D2.
TH3:nkhông phải là số nguyên tố vàn > 4.
Gọiplà ước nguyên tố nhỏ nhất củan, gọi lại chứng minh trên ta đượcn '.n/ 1>p, suy ra
pj.n '.n/ 1/Š
2nDnmC1 .n '.n/ 1/Š1 .mod p/:
Đặt ordp2 D u , u > 2, uj.p 1/, mà 2n 1.mopp/nên ujnđiều này vô lý vì p là ước nguyên tố nhỏ nhất củan.
Vậy phương trình có2nghiệm.n; m/D.2I2/; .4I2/.
Bài toán 16. (IMO SL 2012)Chox,y là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếux2n 1 chia hết cho2nyC1với mọi số nguyên dươngnthìx D1.
Phân tích và lời giải.
Nếux ¤1vàplà một ước nguyên tố của2nyC1thì pjx2n 1. Suy raordpxˇˇUCLN.2n; p 1/.MàUCLN.2n; p 1/xác định trong trường hợp đặc biệtp D4hC3vàUCLN.2n; p 1/D2.
Lúc này
x2 10 .mod p/
Như vậy, ta sẽ đi khảo sát các ước nguyên tố dạng4hC3của2ny C1. Khinthay đổi, liệu có vô số sốpdạng4hC3không ?
Ta chứng minh vớimlà số lẻ, có vô số số ước nguyên tố dạng4hC3của2nmC1với n nào đó.
Vì2mC1D2.2sC1/C1D4sC3do đó2mC1có ước nguyên tố dạng4hC3.
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố p1; p2; :::; pk dạng 4h C 3 mà pij2nm C 1, trong đó p1; p2; :::pslà tất cả các ước nguyên tố dạng4hC3của2mC1.
Đặt
2mC1Dp1r1p2r2:::prss:q1˛1:::qt˛t:
Từ các số2nmC1, ta có thể tạo dạng lũy thừa quen thuộc2s 1bằng phép hiệu để đặt nhân tử chung:
2n:mC1 .2mC1/D2m.2n 1 1/;
để chia hết sốw, ta chỉ cần chọnn 1D'.w/, vậywlà số nào?
Ta có
wj2n:mC1 .2mC1/,2n:mC12mC1 .mod w/;
như vậy trong w nếu có nhân tử psC1; :::pk thì psC1; :::pk không là ước của2nmC1, do đó 2nmC1chỉ có các ước nguyên tố dạng4hC1vàpi; qj,.16i 6s/. Vậy ta chọn
w D.2mC1/:p1p2:::ps:psC1:::pk:q1q2:::qt > 2mC1:
Xétw D.2mC1/:psC1:::pk vànD'.w/C1. Suy ra
2n:mC12mC1 .mod .2mC1/:p1p2:::ps:psC1:::pk:q1q2:::qt/ ./ Suy rapsC1; :::pkkhông là ước của2nmC1, do đó2nmC1chỉ có các nhân tử nguyên tố dạng 4hC1vàpi; qj,.16i 6s/.
Cũng từ (*) suy ra2n:mC1D .2mC1/M, trong đóM chỉ gồm các nhân tử nguyên tố dạng 4hC1. Suy ra
2nmC12mC13 .mod 4/(vô lý):
Vậy có vô số số nguyên tốpdạng4hC3màp là ước của2nmC1vớinnào đó.
Nếuy chẵn ta cũng có được điều này bằng cách đặty D2u:m. Vậy có vô số số nguyên tốpđể pjx2 1, do đóx D1.
Bài toán 17. Tìm tất cả các số nguyên dươngnsao cho với mọi số nguyên dươngkđều tồn tại một số nguyên dương a sao choa3Ca kchia hết chon.
Phân tích và giải.
VớinD1hiển nhiên thỏa yêu cầu đề bài.
Nếun > 1, gọip là một ước nguyên tố củan. Khi đó, chokchạy từ0đếnp 1ta được
˚a3Caˇˇ06a6p 1 là hệ thặng dư đầy đủ modulop(*).
Doa3Calà số chẵn nênp > 2. Nếup D3,thì
a3CaaCa2a .mod3/
nên ˚
a3Caˇˇ06a62 là hệ thặng dư đầy đủ modulop.
Xétp > 3. Do (*) nên phương trình
a3Ca03C0 .mod p/
không có nghiệma¤0 .mod p/;hay phương trình x2 1 .mod p/
vô nghiệm. Vậy tập ˚
x2ˇˇ16x6p 1 là tập tất cả các không thặng dư bậc hai modulop.
Do (*) nên phương trình
a3Ca.ka/3Cka .mod p/
vô nghiệm với mọi16a; k 6p 1hay phương trình a2 k2CkC1
C10 .mod p/: .1/
Hay
k2CkC1 1.a 1/2 .modp/:
Vậy phương trình
k2CkC1 c2 .modp/
vô nghiệm.k; c/. Suy rak2CkC1là thặng dư bậc hai với mọik.
Xét tập
AD
f .x/modpˇˇ06x 6 p 1 2
vớif .x/Dx2CxC1.
Vìf .x/ f .y/ D.x y/.xCyC1/, vàxCyC1 < pvới06x; y 6 p 1
2 ; x ¤y nên f .x/modp ¤f .y/modp.
VậyjAj D pC1
2 , suy raAlà tập tất cả thặng dư bậc hai modulopvà0.
Với mỗib Dz2 2A, doplẻ nên tồn tạiwsao choz 2wC1 .mod p/. Vậy4w2C4wC12A.
Ta cóbC3 D 4.w2CwC1/ D 22.w2CwC1/là thặng dư bình phương nênbC3 2 A.
VậyAcó tính chất
8b; b 2A)bC32 A:
Do0; 12AnênjAj> 2
3.p 1/ > pC1 2 vô lí.
Vậyp D3, do đónD3r.
* VớinD3r, ta chứng minh ˚
a3Caˇˇ06a63r là hệ thặng dư đầy đủ modulo3r.
Với06a; b 63r 1; a¤bta có
.a3Ca/ .b3Cb/D.a b/.a2Cb2CabC1/
4.a2CabCb2C1/D.2aCb/2C3b2C4.2aCb/2C1¤0 .mod 3/:
Vậy
.a3Ca/ .b3Cb/D.a b/.a2Cb2CabC1/¤0.mod3r/:
Suy ra ˚
a3Caˇˇ06a63r là hệ thặng dư đầy đủ modulo3r.
Vậy giá trị cần tìmnlànD3r. Cuối cùng chúng tôi đưa ra một số bài tập để bạn đọc luyện tập.
Bài tập 1. (Bosnhia TST 2015)Chứng minh rằng có vô số số nguyên dươngn,nkhông là số nguyên tố sao cho
nj3n 1 2n 1:
Bài tập 2. (Bosnhia TST 2014)Tìm tất cả các số nguyên không âmx,y sao cho7x 2:5y D 1.
Bài tập 3. (Pháp TST 2012) Chop là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dươnga, b, c thỏa
apCbp Dpc:
Bài tập 4. (Đức TST 2010)Tìm tất cả các số nguyên dươngm,nthỏa 3m 7nD2:
Bài tập 5. (Iran TST 2012)Tìm tất cả các số nguyên dươnga,b,csao choa2Cb2Cc2chia hết cho2013.abCbcCca/.
Bài tập 6. (Romanian Master in Mathematics 2012)Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dươngnsao cho22nC1C1chia hết chon, nhưng2nC1không chia hết chon.
Tài liệu
[1] Olympiad Number Theory, Justin Stevens.
[2] http://www.artofproblemsolving.com