2 Áp dụng giải một số bài toán sơ cấp
2.2 Ứng dụng Định lý Euler, Định lý Fermat nhỏ
Sử dụng Định lý Euler để tìm số dư. Ta xét bài toán sau.
Bài toán 2.12. Hãy tim số dư khi chia 17761492! cho 2000.
Lời giải.
Theo Định lý Euler cho a100 ≡ 1 (mod125)với mọia sao cho (a,125) = 1.
Có 16 | 1776 nên 17761492! ≡ 0 (mod 16). Xét số dư của 17761492! khi chia cho 125. Ta có (125,1776) = 1 và 100 | 1492! nên theo Định lý Euler ta có 17761492! ≡ 1 (mod 125).
Bây giờ ta giải hệ phương trình đông dư
(
n≡ 1 (mod 125)
n≡ 0 (mod 16).
Giải hệ bằng phương pháp thử chọn, ta được nghiệm duy nhất 1376.
Bài toán 2.13. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên m > 0 thì tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho với mọi số tự nhiên a nguyên tố cùng nhau với m. Ta luôn có an−1 chia hết cho m.
Lời giải.
Theo Định lý Euler ta có aϕ(m) ≡ 1 (mod m), nên nếu chọn n = k.ϕ(m)
với k = 1,2,3, ..., thì hiển nhiên n sẽ nhận vô hạn giá trị và ta có
an = ak.ϕ(m) = (aϕ(m))k ≡ 1k (mod m) = 1 (mod m).
Vậy an−1 chia hết cho m. 2
Bài toán 2.14. (IMO 1971) Chứng minh rằng dãy số 2n −3 (n > 1).
Chứa một dãy con vô hạn gồm các số đôi một nguyên tố cùng nhau.
Lời giải.
Ta xây dựng dãy con bằng quy nạp. Giả sử ta đã xây dựng được dãy các số
a1 = 2n1 −1, a2 = 2n2 −1, ..., ak = 2nk −1.
Ở đó2 =n1 < n2 < ... < nk, mà các phần tử đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta sẽ xây dựng ak+1 = 2nk+1 −3 như sau. Đặt s = a1a2...ak ta có s là số nguyên nên theo Định lý Euler ta có s | 2ϕ(s)−1 ⇒2ϕ(s)−1 = qs,∀q ∈ N. Khi đó ta có 2ϕ(s)+2 = 4qs−1 là số nguyên tố cùng nhau với s. Nên ta có thể chọn nk+1 = ϕ(s) + 2. Rõ ràng nk+1 > nk và dãy số a1, a2, ..., ak, ak+1
đôi một nguyên tố cùng nhau. Suy ra điều phải chứng minh. 2 Bài toán 2.15. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥1 dãy số sau
2,22,222,2222, ...(mod n),
là dãy hằng số kể từ chỗ nào đó.
Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Với n = 1 bài toán hiển nhiên đúng.
• Nếu k chẵn, k = 2ab với b lẻ. Khi đó theo giả thiết quy nạp thì dãy đã cho là dãy hằng số theomodulo b. Mà rõ ràng dãy này là dãy 0modulo
2a kể từ lúc nào đó. Vì thế theo modulo k nó cũng là dãy hằng số kể từ một chỗ nào đó.
• Nếu k lẻ, theo Định lý Euler ta có 2ϕ(k) ≡ 1 (mod k). Mà theo giả thiết quy nạp ta có dãy 1,2,22,222,2222, ... (dãy các số mũ) là hằng số kể từ một lúc nào đó theo modulo ϕ(k). Vì thế 2,22,222,2222, ...(mod n) là dãy hằng kể từ chỗ nào đó. Theo nguyên lý quy nạp ta có được điều phải
Bài toán 2.16. Chứng minh rằng, 12002+ 22002+...+ 20082002−5 không chia hết cho 2003.
Lời giải.
Áp dụng Định lý Fermat nhỏ, vì 2003 là số nguyên tố nên ta có
i2003−1 ≡ 1 (mod 2003)
⇔i2002 ≡ 1 (mod 2003),
với 1≤ i 6= 2003 ≤2008; với i = 2003 thì 20032002 ≡ 0(mod 2003).
Do đó
12002+ 22002 +...+ 20082002 −5 ≡ 2002 (mod 2003).
Vậy ta có điều phải chứng minh. 2
Bài toán 2.17. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p| 2p+ 1.
Lời giải.
Vì p ∈ P sao cho p | 2p + 1 nên p > 2, suy ra (2, p) = 1. Theo Định lý F ermat nhỏ, ta có p | 2p−1 − 1, mà 2p + 1 = 2(2p−1 − 1) + 3, nên p| 2(2p−1 −1) + 3. Do ( p > 2 p | 2p−1 −1,
nên suy ra p| 3, vậy p = 3.
Bài toán 2.18. Chứng minh rằng n1728 −1 ... 1729, ∀n là số nguyên tố cùng nhau với 1729.
Lời giải.
Ta có 1729 = 7.13.19 và 7,13,19 đều là các số nguyên tố nên theo Định lý Fermat nhỏ, ta có
n6 ≡1 (mod 7); n12 ≡1 (mod 13); n18 ≡ 1 (mod 19),
do đó
n1728 = (n6)288 ≡ 1 (mod 7); n1728 = (n12)144 ≡ 1 (mod 13);
n1728 = (n18)96 ≡ 1 (mod 19).
Vì 7,13,19 đôi một nguyên tố cùng nhau. Mà ta biết, nếu a ≡ b (mod mi); ∀i = 1,2,3, ..., n thì a ≡ b (mod [m1.m2...mn]), ∀n ∈ N.
Bài toán 2.19. Chứng minh rằng A = 130 + 230 + ...+ 1130 không chia hết cho 11.
Lời giải.
Với mọi a = 1,2, ...,10 thì (a,11) = 1, do đó theo Định lý Fermat nhỏ ta có a10 ≡ 1 (mod 11) ⇒ a30 ≡ 1 (mod 11) ∀a = 1,2, ...,10 và 1130 ≡ 0 (mod 11). Như vậy
A≡ 1 + 1 +· · ·+ 1
| {z }
=10
+ 0 (mod 11)
≡ 10 (mod 11).
Suy ra A không chia hết cho 11.
Bài toán 2.20. Cho p và q là 2số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng
pq−1 +qp−1 −1 chia hết cho pq.
Lời giải.
Vì q là số nguyên tố nên theo Định lý Fermat nhỏ thì
pq−1 ≡1 (mod q).
Do đó pq−1 +qp−1 ≡1 (mod q).
Vì q và p có vai trò bình đẳng nên ta cũng dễ dàng suy ra
qp−1 + pq−1 ≡ 1 (mod p).
Vì gcd(q, p) = 1 nên pq−1 +qp−1 ≡ 1 (mod pq) hay pq−1 +qp−1 −1 chia
hết cho pq. 2
Bài toán 2.21. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3; n là số tự nhiên có dạng
n= 2 2p−1 3 . Chứng minh rằng, 2 n −2 ... n. Lời giải. Ta có n−1 = 2 2p−1 3 −1 = 2 2p−4 3 = 4.22(p−1) −4 3 = 4(2p−1 + 1)(2p−1 −1) 3 . Vì p là số nguyên tố lẻ nên 2p−1 ≡1 (mod 3). Mặt khác, theo Định lý Fermat nhỏ ta có 2p−1 ≡1 (mod p).
Vậy, nếu p > 3 thì 2p−1 −1 ... 3p, do đó n−1 ... 2p. Từ đó suy ra (2n−1 −1) ... (22p−1).
Nhưng (2n−1 −1) ... n nên suy ra
(2n−1 −1) ≡ 0 (mod n),
tức là
2n −2 ≡ 0 (mod n). 2