Dạng toán tìm biến thể của n để lá scp năm 2024

Các bạn đã được giới thiệu các phương pháp chứng minh một số không phải là số chính phương trong TTT2 số 9. Bài viết này, tôi muốn giới thiệu với các bạn bài toán chứng minh một số là số chính phương.

Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa.

Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. Dựa vào định nghĩa này, ta có thể định hướng giải quyết các bài toán.

Bài toán 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì

an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.

Lời giải : Ta có :

an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1

\= (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 1

\= (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1

\= (n2 + 3n + 1)2

Với n là số tự nhiên thì n2 + 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính phương.

Bài toán 2 : Chứng minh số :

Dạng toán tìm biến thể của n để lá scp năm 2024

là số chính phương.

Lời giải :

Ta có :

Dạng toán tìm biến thể của n để lá scp năm 2024

Dạng toán tìm biến thể của n để lá scp năm 2024

là số chính phương.

Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt.

Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là một số chính phương thì a và b đều là các số chính phương”.

Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n thì m - n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương.

Lời giải :

Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n

tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2

hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*)

Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1 chí hết cho d.

Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d.

Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1.

Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương. Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài toán thú vị về số chính phương :

  1. Chứng minh các số sau đây là số chính phương :

Dạng toán tìm biến thể của n để lá scp năm 2024

  1. Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c. Hãy cho biết a + b có là số chính phương hay không ?

Uploaded by

Vũ Khánh Duy

0% found this document useful (0 votes)

106 views

25 pages

Original Title

[thuvientoan.net] Chuyên đề số chính phương

Copyright

© © All Rights Reserved

Available Formats

PDF, TXT or read online from Scribd

Share this document

Did you find this document useful?

Is this content inappropriate?

Download as pdf or txt

0% found this document useful (0 votes)

106 views25 pages

(thuvientoan.net) Chuyên đề số chính phương

Uploaded by

Vũ Khánh Duy

Download as pdf or txt

Jump to Page

You are on page 1of 25

Search inside document

Reward Your Curiosity

Everything you want to read.

Anytime. Anywhere. Any device.

No Commitment. Cancel anytime.

Dạng toán tìm biến thể của n để lá scp năm 2024

  • 1. MODULO P Cao Đình Huy (Juliel) - 10T THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai Ngày 7 tháng 5 năm 2014 1 Định nghĩa và kí hiệu. Định nghĩa 1. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó số nguyên a được gọi là số chính phương modulo p hay thặng dư bình phương modulo p hay thặng dư cấp hai modulo p khi và chỉ khi : gcd(a, p) = 1 ∃x ∈ Z : x2 ≡ a (mod p) Kí hiệu Legendre Cho a là số nguyên và p là số nguyên tố. Khi đó ta kí hiệu : a p = k Trong đó : k = 1 nếu p không chia hết a và a là số chính phương modulo p. k = −1 nếu p không chia hết a và a không là số chính phương modulo p. k = 0 nếu p chia hết a. 2 Những định lí cơ bản. Định lý 1. Gỉa sử p là một số nguyên tố lẻ, a là số nguyên không chia hết cho p. Khi đó phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) hoặc vô nghiệm hoặc có đúng hai nghiệm phân biệt modulo p. Chứng minh. Nếu a không là số chính phương modulo p thì phương trình đồng dư trên vô nghiệm. Ta xét a là số chính phương modulo p. Gỉa sử phương trình trên có ba nghiệm phân biệt theo modulo p là x1, x2, x3. Ta có : x2 1 ≡ x2 2 ≡ x2 3 ≡ a (mod p) Kéo theo : (x1 − x2)(x1 + x2) ≡ (x2 − x3)(x2 + x3) ≡ (x3 − x1)(x3 + x1) ≡ 0 (mod p) Chú ý rằng vì x1, x2, x3 không đồng dư với nhau theo modulo p nên ta suy ra : x1 + x2 ≡ x2 + x3 ≡ x3 + x1 ≡ 0 (mod p) ⇒ x1 ≡ x2 ≡ x3 ≡ 0 (mod p) Điều này mâu thuẫn giả sử. Như vậy định lí 1 được chứng minh. 1
  • 2. Toán học Định lý 2. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó trong tập S = {1, 2, 3, ..., p − 1} có đúng p − 1 2 số là số chính phương mod p. Chứng minh. Với mỗi i ∈ S = 1, 2, ..., p − 1 2 , gọi ri ∈ S là số mà i2 ≡ ri (mod p), dễ thấy ri là duy nhất. Ta xét tập hợp A = {ri : ri ∈ S, ri ≡ i2 (mod p), i ∈ S }. Nhận thấy A có đúng p − 1 2 phần tử. Ta chứng minh mọi phần tử của A là tất cả các số chính phương mod p trong S. Thật vậy, rõ ràng mọi phần tử của A đều là số chính phương mod p, giả sử ∃a ∈ (S A) : ∃k ∈ S : k2 ≡ a (mod p) Nếu k ∈ S thì a = rk ∈ A Nếu k /∈ S thì h = p − k ∈ S ⇒ a ≡ h2 (mod p) ⇒ a = rh ∈ A Cả hai trường hợp đều dẫn đến mâu thuẫn. Do đó định lý được chứng minh Định lý 3 (Tiêu chuẩn Euler). Cho p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên không chia hết cho p. Khi đó ta có : a p ≡ a p−1 2 (mod p) Chứng minh. Nếu a p = 1 thì phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) có nghiệm x0. Theo định lí Fermat nhỏ : a p−1 2 = (x2 0) p−1 2 = xp−1 0 ≡ 1 (mod p) Nếu a p = −1 thì phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) vô nghiệm. Khi đó với mỗi i ∈ S = {1, 2, 3, ..., p − 1} thì tồn tại duy nhất một số j ∈ S : ij ≡ a (mod p). Nhưng vì a không là số chính phương mod p nên i = j. Thực hiện nhóm các phần tử của S thành p − 1 2 cặp có tích đồng dư với a modulo p, ta được : (p − 1)! ≡ a p−1 2 (mod p) Hơn nữa theo định lí Wilson, ta có : (p − 1)! ≡ −1 (mod p) Từ đó kéo theo : a p−1 2 ≡ −1 (mod p) Định lý 4. Gỉa sử p là số nguyên tố lẻ, a và b là những số nguyên không chia hết cho p. Khi đó ta có : 1. Nếu a ≡ b (mod p) thì a p = b p 2. a p b p = ab p 3. a2 p = 1 2
  • 3. Toán học Chứng minh. Định lí này hoàn toàn dễ dàng chứng minh được bằng cách sử dụng định lí tiêu chuẩn Euler. Định lý 5 (Bổ đề Gauss). Gỉa sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên không chia hết cho p. Nếu trong các số thặng dư bé nhất của các số a, 2a, 3a, ..., p − 1 2 a có s thặng dư lớn hơn p 2 thì a p = (−1)s . Chứng minh. Gỉa sử rằng u1, u2, ..., us là các thặng dư dương nhỏ nhất lớn hơn p 2 và v1, v2, ..., vt là các thặng dư dương nhỏ nhất nhỏ hơn p 2 của các số a, 2a, 3a, ..., p − 1 2 a. Ta sẽ chứng minh : {p − u1, p − u2, ..., p − us, v1, v2, ..., vt} ≡ 1, 2, 3, ..., p − 1 2 Dễ thấy rằng p − ui < p − 1 2 , ∀i = 1, s; vj < p − 1 2 , ∀j = 1, t nên ta chỉ cần chứng minh chúng không đồng dư với nhau theo modulo p. Điều này là hiển nhiên. Từ đó ta có ngay : (p − u1)(p − u2)...(p − us)v1v2...vt = p − 1 2 ! ⇔ (−1)s u1u2...usv1v2...vt = p − 1 2 ! Để ý rằng : a p−1 2 . p − 1 2 ! = a.2a.... p − 1 2 a ≡ u1u2...usv1v2...vt (mod p) Nên ta suy ra : (−1)s .a p−1 2 p − 1 2 ! ≡ p − 1 2 ! ⇒ a p−1 2 ≡ (−1)s (mod p) Áp dụng định lí tiêu chuẩn Euler, định lí được chứng minh. Nhận xét. Bổ đề Gauss còn được phát biểu dưới dạng : Cho số nguyên tố lẻ p và số nguyên a không chia hết cho p. Khi đó ta có : a p = (−1)s . Trong đó s = (p−1)/2 k=1 ka p Định lý 6. Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó ta có : 2 p = (−1) p2−1 8 3
  • 4. Toán học Chứng minh. Gọi s là số thặng dư dương nhỏ nhất lớn hơn p 2 của tập S = 1.2, 2.2, 3.2, ..., p − 1 2 .2 . Theo bổ đề Gauss thì : 2 p = (−1)s Vì các phần tử của S đều nhỏ hơn p nên khi xét theo modulo p thì các phần tử của S cũng chính là các thặng dư dương nhỏ nhất. Như vậy số thặng dư dương nhỏ nhất lớn hơn p 2 của S chính bằng số phần tử lớn hơn p 2 của S. Một số chẵn 2j, 1 ≤ j ≤ p − 1 2 thì 2j > p 2 khi j > p 4 Như vậy ta có p 4 < j ≤ p − 1 2 , dẫn đến s = p − 1 2 − p 4 . Vậy ta chỉ cần chỉ ra rằng p − 1 2 − p 4 ≡ p2 − 1 8 (mod 2) thì bài toán được giải quyết. Thật vậy, xét các trường hợp : Nếu p = 8k + 1 thì p − 1 2 − p 4 = 4k − 8k + 1 4 = 2k ≡ 0 ≡ (8k + 1)2 − 1 8 (mod 2) Nếu p = 8k + 3 thì p − 1 2 − p 4 = 4k + 1 − 8k + 3 4 = (4k + 1) − 2k = 2k + 1 ≡ 1 ≡ (8k + 3)2 − 1 8 (mod 2) Nếu p = 8k + 5 thì p − 1 2 − p 4 = 4k+2− 8k + 5 4 = (4k+2)−(2k+1) = 2k+1 ≡ 1 ≡ (8k + 5)2 − 1 8 (mod 2) Nếu p = 8k + 7 thì p − 1 2 − p 4 = 4k+3− 8k + 7 4 = (4k+3)−(2k+1) = 2k+2 ≡ 0 ≡ (8k + 7)2 − 1 8 (mod 2) Nhận xét. Định lí này thực chất chỉ là một hệ quả trực tiếp của bổ đề Gauss trong trường hợp a = 2 Định lý 7 (Luật tương hỗ Gauss - Luật thuận nghịch bình phương). Cho p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó ta có : p q q p = (−1) (p−1)(q−1) 4 Chứng minh. Để cho gọn ta đặt p = p − 1 2 , q = q − 1 2 . Đặt S(p, q) = p k=1 kp q . Ta sẽ chứng minh S(p, q) + S(q, p) = p q . Với mỗi số k : 0 < k < q thì kp q chính là số điểm nguyên (k, l) trong mặt phẳng tọa độ Okl với l thỏa 0 < l < kp q . Như vậy thì tổng S(p, q) chính là tổng số điểm nguyên thuộc miền trong hình chữ nhật OBCD và ở phía dưới đường OE với O(0, 0), B(p , 0), C(0, q ), D(p , q ), E(p, q). 4
  • 5. Toán học Tương tự thì S(q, p) chính là tổng số điểm nguyên thuộc miền trong hình chữ nhật OBCD và ở phía trên đường OE. Dẫn đến kết quả : S(p, q) + S(q, p) = p q Dễ dàng nhận thấy rằng : S(p + q, q) − S(p, q) = 1 + 2 + 3 + ... + p − 1 2 = p2 − 1 8 Lại theo định lí trên ta có : 2 p = (−1) p2−1 8 Ta xét : 2 q p q = 2p q = 2(p + q) q = (p + q)/2 q = (−1)S(p+q,q) = (−1) p2−1 8 .(−1)S(p,q) = 2 p (−1)S(p,q) Hoàn toàn tương tự ta được : 2 p q p = 2 q (−1)S(q,p) Nhân hai đẳng thức trên theo vế thì định lí được chứng minh. 3 Bài tập ví dụ Ví dụ 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 5 là số chính phương modulo p. Lời giải : Ta xét p = 2. Hiển nhiên phương trình đồng dư x2 ≡ 5 ≡ 1 (mod 2) luôn có nghiệm. Ta xét p lẻ. Dễ thấy p = 5 thỏa mãn nên ta xét p = 5. Theo định luật tương hỗ Gauss ta có : p 5 5 p = (−1) (5−1)(p−1) 4 = (−1)p−1 = 1 Hơn nữa theo đề bài thì 5 p = 1 nên suy ra p 5 = 1 Mặt khác ta có phương trình đồng dư x2 ≡ p (mod 5) chỉ có nghiệm khi p ≡ 0, 1, 4 (mod 5). Vì p nguyên tố nên p ≡ 1, 4 (mod 5). Như vậy các số nguyên tố p cần tìm là p = 2, p = 5, p = 4k ± 1 (k ∈ Z+ ) Ví dụ 2. a) Tìm các số nguyên dương x, y sao cho y2 − 5 | x2 + 1 b) Tìm các số nguyên dương x, y sao cho 2y2 + 3 | x2 − 2 Lời giải. a) Gọi p là ước nguyên tố của y2 − 5. Ta có p | x2 + 1 ⇒ x2 ≡ −1 (mod p) ⇒ −1 p = 1 ⇒ (−1) p−1 2 = 1 ⇒ p ≡ 1 (mod 4) Do đó ta có y2 − 5 ≡ 1 (mod 4) ⇒ y2 ≡ 6 ≡ 2 (mod 4) 5
  • 6. Toán học Điều này vô lí. Như vậy không tồn tại các số nguyên dương x, y thỏa đề. b) Gọi p là ước nguyên tố của 2y2 + 3. Ta có p | x2 − 2 ⇒ x2 ≡ 2 (mod p) ⇒ 2 p = 1 ⇒ (−1) p2−1 8 = 1 ⇒ 2 | p2 − 1 8 ⇒ p ≡ ±1 (mod 8) Kéo theo 2y2 + 3 ≡ ±1 (mod 8) Và đây là điều mâu thuẫn vì y2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8) ⇒ 2y2 + 3 ≡ 3, 5 (mod 8) Như vậy không tồn tại các số nguyên dương x, y thỏa đề. Ví dụ 3 (Việt Nam TST 2004). Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng 2n + 1 không có ước nguyên tố dạng 8k + 7. Lời giải. Gọi p là ước nguyên tố của 2n + 1. Gỉa sử p ≡ 7 (mod 8) Nếu n chẵn ta có 2n ≡ −1 (mod p) ⇒ −1 p = 1 ⇒ (−1) p−1 2 = 1 ⇒ 2 | p − 1 2 ⇒ p ≡ 1 (mod 4) Điều này mâu thuẫn với giả thiết phản chứng p ≡ 7 (mod 8) Nếu n lẻ thì ta có 2n+1 ≡ −2 (mod p) ⇒ −2 p = 1 ⇒ −1 p 2 p = 1 ⇒ (−1) p−1 2 .(−1) p2−1 8 = 1 (1) Nhưng vì p ≡ 7 (mod 8) ⇒ (−1) p−1 2 = −1 (−1) p2−1 8 = 1 Kéo theo (−1) p−1 2 .(−1) p2−1 8 = −1, mâu thuẫn với (1). Như vậy giả thiết phản chứng sai, ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 4. Cho n là số nguyên dương lẻ và u là một ước nguyên dương lẻ của 3n + 1. Chứng minh rằng u − 1 chia hết cho 3. Lời giải : Ta gọi p là ước nguyên tố lẻ của 3n +1, ta có : 3n +1 ≡ 0 (mod p) ⇒ 3n+1 ≡ −3 (mod p) Vì n lẻ nên n + 1 chẵn, từ đó −3 là số chính phương modulo p : −3 p = 1 (∗∗) Theo định lí tiêu chuẩn Euler ta có : −3 p = −1 p 3 p = (−1) p−1 2 . 3 p (1) Theo luật tương hỗ Gauss : 3 p p 3 = (−1) (3−1)(p−1) 4 = (−1) p−1 2 ⇒ 3 p = (−1) p−1 2 . p 3 (2) 6
  • 7. Toán học Từ (1)(2) ta suy ra : −3 p = (−1)p−1 . p 3 Nếu p ≡ 2 (mod 3) ⇒ p 3 = 2 3 = 2 3−1 2 ≡ −1 (mod 3) Kéo theo −3 p = −1, mâu thuẫn (∗∗). Mặt khác cũng dễ thấy p = 3, do vậy p ≡ 1 (mod 3) ⇒ 3 | u − 1. Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 5 (Indonesia TST 2009). Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho n2 + 1 không là ước của n!. Lời giải. Bổ đề : Tồn tại vô hạn số nguyên tố có dạng 4k + 1 (k ∈ Z+ ) Chứng minh bổ đề : Gỉa sử có hữu hạn số nguyên tố dạng 4k + 1 là p1, p2, ...., pt. Xét số A = (p1p2p3...pt)2 + 1. Gọi q là ước nguyên tố của A, dễ thấy rằng q = pi, ∀i = 1, t. Ta có : (p1p2...pt)2 ≡ −1 (mod q) ⇒ −1 q = 1 ⇒ (−1) q−1 2 = 1 ⇒ q ≡ 1 (mod 4) Điều này mâu thuẫn vì tập hợp các số nguyên tố dạng 4k + 1 là hữu hạn mà q = pi, ∀i = 1, t. Bổ đề được chứng minh. Ta quay trở lại bài toán. Gỉa sử ta xét p là số nguyên tố có dạng 4k +1. Theo định lí tiêu chuẩn Euler : −1 p = (−1) p−1 2 = 1 Hay −1 là số chính phương mod p. Từ đó tồn tại n ∈ {1, 2, 3, ..., p − 1} sao cho : n 2 + 1 ≡ 0 (mod p) Lại dễ thấy n ! ≡ 0 (mod p) nên ta suy ra ngay n 2 + 1 không là ước của n !. Bây giờ ta chỉ cần chứng tỏ sự tồn tại vô hạn của n thì bài toán được giải quyết. Thật vậy, n 2 + 1 ≥ p ⇒ n ≥ p − 1 Theo bổ đề thì có vô hạn số nguyên tố dạng 4k + 1 nên ta có thể chọn được vô số số n như trên. Tức là tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 không là ước của n! Ví dụ 6 (Serbia TST 2008). Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình 12x + y4 = 2008z Lời giải. Nhận thấy nếu z = 0 thì x = y = 0. Ta xét z > 0. Trường hợp x chẵn. Nhận thấy 2008 có ước nguyên tố là 251. Ta có : 12x/2 2 ≡ −(y2 )2 (mod 251) ⇒ −1 251 = 1 7
  • 8. Toán học Thế nhưng điều này là không đúng vì theo định lí tiêu chuẩn Euler ta có : −1 251 = (−1) 251−1 2 = −1 Trường hợp x lẻ. Ta có : (y2 )2 ≡ −3(2.12(x−1)/2 )2 (mod 251) ⇒ −3 p = 1 Điều này cũng mâu thuẫn vì theo định lí tiêu chuẩn Euler và định luật tương hỗ Gauss : −3 251 = −1 251 3 251 = (−1) 251−1 2 . (−1) (251−1)(3−1) 4 251 3 = 1 251 3 ≡ 1 2 3 = −1 Như vậy phương trình có nghiệm nguyên không âm duy nhất là (0, 0, 0) Ví dụ 7. Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn 2n − 1 | 3n − 1. Lời giải. Nếu n chẵn thì 2n − 1 ≡ 0 (mod 3) ⇒ 3 | 3n − 1, mâu thuẫn. Do đó ta có n lẻ. Ta gọi p là một ước nguyên tố lẻ của 2n − 1. Hiển nhiên p = 3. Nếu n > 3 ta có : 2n − 8 = 8 2n−3 − 1 ≡ 0 (mod 12) ⇒ 2n − 1 ≡ 7 (mod 12) (∗) Từ đề bài ta suy ra : 3n ≡ 1 (mod p) ⇒ 3n+1 ≡ 3 (mod p) ⇒ 3 p = 1 Áp dụng định luật tương hỗ Gauss : p 3 = p 3 3 p = (−1) (3−1)(p−1) 4 = (−1) p−1 2 Nếu p ≡ 2 (mod 3) ⇒ p 3 = 2 3 = −1. Kéo theo 2 p − 1 2 ⇒ p ≡ 3 (mod 4). Ta được p ≡ −1 (mod 12) Nếu p ≡ 1 (mod 3) ⇒ p 3 = 1 3 = 1. Kéo theo 2 | p − 1 2 ⇒ p ≡ 1 (mod 4). Ta được p ≡ 1 (mod 12) Tóm lại là ta có p ≡ ±1 (mod 12). Do vậy chỉ có thể là 2n − 1 ≡ ±1 (mod 12), nhưng điều này lại mâu thuẫn với (∗). Suy ra n ≤ 3, thử trực tiếp ta được n = 1. Vậy n = 1 là đáp số duy nhất của bài toán. Ví dụ 8 (Đài Loan MO 1997). Cho k, n là các số nguyên dương thỏa mãn k = 22n +1. Chứng minh rằng k là một số nguyên tố khi và chỉ khi k là ước của 3 k−1 2 + 1. Lời giải. Nếu k là ước của 3 k−1 2 + 1 ta có 3 k−1 2 ≡ −1 (mod k) ⇒ 3k−1 ≡ 1 (mod k) ⇒ ordk(3) | k − 1 = 22n 8
  • 9. Toán học Hơn nữa cũng thấy rằng ordk(3) k − 1 2 = 22n−1 , kéo theo ordk(3) = k − 1. Dẫn đến : ordk(3) = k − 1 ≤ ϕ(k) < k ⇒ ϕ(k) = k − 1 Do đó k nguyên tố. Ngược lại nếu k nguyên tố. Dễ thấy k ≡ 1 (mod 4) Theo luật tương hỗ Gauss, ta có : k 3 3 k = (−1) (3−1)(k−1) 4 = 1 Mặt khác ta có k 3 = 2 3 = −1 nên 3 k = −1 Từ đó áp dụng định lí tiêu chuẩn Euler, ta được : 3 k−1 2 ≡ 3 k = −1 (mod k) Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Ví dụ 9. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương a, b, c sao cho giá trị của a2 + b2 + c2 3(ab + bc + ca) là một số nguyên. Lời giải. Đặt a2 + b2 + c2 3(ab + bc + ca) = n ∈ Z Điều này tương đương với (a + b + c)2 = (3n + 2)(ab + bc + ca) Nhận thấy rằng 3n + 2 luôn tồn tại một ước nguyên tố p sao cho p ≡ 2 (mod 3) và vp(3n + 2) lẻ. Vì nếu ngược lại 3n + 2 chỉ toàn có ước nguyên tố dạng 3k + 1 thì 3n + 2 ≡ 1 (mod 3) và nếu vq(3n + 2) chẵn với mọi q là ước nguyên tố của 3n + 2 thì 3n + 2 là số chính phương. Tất cả đều mâu thuẫn. Khi ấy, ta được : p2i−1 | (a + b + c)2 ⇒ p2i | (a + b + c)2 ⇒ p | (ab + bc + ca) = ab + c(a + b) Vì p | a + b + c nên : p | ab+(a+b)(−a−b) ⇔ p | 4(a2 +b2 +ab) ⇔ p | (2a+b)2 +3b2 ⇒ (2a+b)2 ≡ −3b2 (mod p) ⇒ −3 p = 1 Nhưng theo định lí tiêu chuẩn Euler và luật tương hỗ Gauss −3 p = −1 p 3 p = (−1) p−1 2 . (−1) (3−1)(p−1) 4 p 3 = 1 p 3 = 1 2 3 = −1 Và đây là điều mâu thuẫn. Như vậy không tồn tại các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn đề bài. 9
  • 10. Toán học Ví dụ 10. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng hai khẳng định sau là tương đương : i) Tồn tại số nguyên dương n sao cho p | n2 − n + 3 ii) Tồn tại số nguyên dương m sao cho p | m2 − m + 25 Lời giải. Điều kiện để tồn tại số nguyên dương n thỏa : p | (n2 − n + 3) ⇒ p | (2n − 1)2 + 11 ⇒ −11 p = 1 Điều kiện để tồn tại số nguyên dương m thỏa : p | m2 − m + 25 ⇒ p | (2m − 1)2 + 99 ⇒ −99 p = 1 Thế nhưng ta lại luôn có : −11 p = −11.32 p = −99 p Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 11. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : m6 = nn+1 + n − 1 Lời giải. Xét n = 1 ta được m = 1. Xét n > 1. Nếu n + 1 chia hết cho 3 thì từ phương trình, ta có : m6 = nn+1 +n−1 = nn+1 ⇒ m2 ≥ n n+1 3 ⇒ m2 ≥ n n+1 3 +1 ⇒ m6 ≥ nn+1 +3n 2n+2 3 +3 n+1 3 +1 ⇒ nn+1 +n−1 ≥ n Đây là điều vô lí. Do đó n + 1 không chia hết cho 3. Nếu n + 1 ≡ 1 (mod 3) ⇒ 3 | n, kéo theo m6 ≡ −1 (mod 3), vô lí. Do vậy phải có n + 1 ≡ −1 (mod 3). Do đó tồn tại ước nguyên tố p của n + 1 mà p ≡ −1 (mod 3). Hoàn toàn tương tự như trên, khi xét n+1 chia hết cho 2 ta cũng gặp điều vô lí, dẫn đến n+1 lẻ. Chú ý n + 1 lẻ, từ phương trình : m6 + 3 = nn+1 + 1 + (n + 1) ... n + 1 ...p Suy ra m6 ≡ −3 (mod p) ⇒ −3 p = 1 ⇒ −1 p 3 p = 1 Theo định lí tiêu chuẩn Euler ta có : −1 p = (−1) p−1 2 10
  • 11. Toán học Theo luật tương hỗ Gauss ta có : p 3 3 p = (−1) (p−1)(3−1) 4 = (−1) p−1 2 ⇒ 3 p = (−1) p−1 2 . p 3 = (−1) p−1 2 . −1 3 = −1.(−1) p−1 2 Từ hai kết quả này, ta suy ra : −1 p 3 p = −1.(−1)p−1 = −1 ⇔ −3 p = −1 Mâu thuẫn vì ở trên ta chứng minh được −3 là số chính phương mod p. Phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất (m, n) = (1, 1) Ví dụ 12 (Serbia TST 2007). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, n) thỏa mãn phương trình : x3 + 2x + 1 = 2n . Lời giải. Ta có thể viết phương trình dưới dạng : x(x2 + 2) = 2n − 1 Ta có : 3 | x(x2 + 2) ⇒ 3 | 2n − 1 ⇒ 2 | n Ta xét n > 2. Khi đó từ phương trình ta suy ra : x3 + 2x + 1 ≡ 0 (mod 8) Cho x chạy trên hệ thặng dư đầy đủ modulo 8 ta được x ≡ 5 (mod 8). Ta viết phương trình thành : (x + 1)(x2 − x + 3) = 2n + 2 Gọi p là ước nguyên tố của x2 − x + 3, vì x lẻ nên x2 − x + 3 lẻ, suy ra p lẻ. Chú ý n chẵn : 2n +2 ≡ 0 (mod p) ⇒ −2 p = 1 ⇒ −1 p 2 p = 1 ⇒ (−1) p−1 2 .(−1) p2−1 8 = 1 ⇒ 2 | p − 1 2 + p2 − 1 8 ⇒ Như vậy thì x2 − x + 3 ≡ 1, 3 (mod 8). Nhưng vì x ≡ 5 (mod 8) ⇒ x2 − x + 3 ≡ 7 (mod 8). Đây chính là điều mâu thuẫn.Ta loại trường hợp n > 2. Với n = 2 ta được x = 1, với n = 1 ta được x = 0. Phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất là (x, n) = (1, 2) Ví dụ 13. Cho m, n là các số nguyên dương thỏa mãn ϕ(5m − 1) = 5n − 1 . Chứng minh rằng gcd(m, n) > 1. 11
  • 12. Toán học Lời giải. Ta giả sử phản chứng gcd(m, n) = 1 Ta đặt : 5m − 1 = 2k .pα1 1 pα2 2 ...pαt t Trong đó k ∈ N∗ , pi ∈ P, 2 pi, αi ∈ N, ∀i = 1, t Nếu 5m − 1 không có ước nguyên tố lẻ thì 5m − 1 = 2k . Khi đó ta có ϕ(5m − 1) = 5n − 1 = 2k−1 Dẫn đến : 5m − 1 = 5n .2 − 2 ⇔ 5n .2 − 5m = 1 Đây là điều vô lí. Do đó 5m − 1 phải có ước nguyên tố lẻ. Ta có : ϕ(5m − 1) = 2k−1 t i=1 pαi−1 i . t i=1 (pi − 1) = 5n − 1 Bây giờ sử dụng giả thiết phản chứng, ta có : gcd(5m − 1, 5n − 1) = 5gcd(m,n) − 1 = 4 (∗) Do đó nếu k ≥ 3 thì 5m −1 ≡ 5n −1 ≡ 0 (mod 8), mâu thuẫn với (∗). Nếu k = 1 thì 2 5m −1, nhưng điều này rõ ràng vô lí vì 4 | 5m − 1. Do vậy k = 2. Nếu ∃j : αj > 1 thì 5n − 1 ≡ 5m − 1 ≡ 0 (mod pj), mâu thuẫn với (∗). Do vậy αi = 1, ∀i = 1, t. Ta được : 5m − 1 = 4p1p2p3...pt 5n − 1 = 2(p1 − 1)(p2 − 1)...(pt − 1) Do 4 5m − 1 nên m lẻ. Ta có : 5m ≡ 1 (mod pi), ∀i = 1, t ⇔ 5m+1 ≡ 5 (mod pi), ∀i = 1, t ⇒ 5 pi = 1, ∀i = 1, t Mà theo luật tương hỗ Gauss : 5 pi pi 5 = 1, ∀i = 1, t Nên có pi 5 = 1 ⇒ pi ≡ ±1 (mod 5), ∀i = 1, t. Nhưng nếu pi ≡ 1 (mod 5), ∀i = 1, t thì 5 | 2(p1 − 1)(p2 − 1)...(pt − 1) = 5n − 1, vô lí. Do vậy ta được pi ≡ −1 (mod 5), ∀i = 1, t Ta có : 4 ≡ 5m − 1 = 4p1p2...pt ≡ 4.(−1)t (mod 5) ⇒ 2 | t Từ đó mà : −1 ≡ 5n −1 = 2(p1−1)(p2−1)...(pt−1) ≡ 2.(−2)t = 2t+1 (mod 5) ⇒ 2t+2 ≡ −2 (mod 5) ⇒ −2 5 = 1 Điều cuối cùng này là vô lí. Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Ví dụ 14. Cho dãy số nguyên dương (xn) thỏa mãn xn+1 = x2 n + xn, ∀n ∈ N∗ . Tìm giá trị nhỏ nhất của x1 sao cho 2006 | x2006. 12
  • 13. Toán học Lời giải. Vì 2006 | x2006 nên từ công thức xác định dãy số, ta được : x2 2005 + x2005 ≡ 0 (mod 1003) Phương trình đồng dư này cho ta nghiệm x2005 ≡ 0, −1, −119, 118 (mod 1003) Ta có : x2 2004+x2004 = x2005 ⇒ (2x2004+1)2 = 4x2004+1 (mod 1003) ⇒ 4x2005 + 1 17 = 4x2005 + 1 59 = 1 (∗) Thử trực tiếp ta thấy chỉ có nghiệm x2005 ≡ 0 (mod 1003) là thỏa mãn (∗). Tương tự, ta được xi ≡ 0 (mod 1003), ∀i = 2, 2005 Từ đó : x2 = x2 1 + x1 ≡ 0 (mod 1003) ⇒ x1 ≡ 0, −1, −119, 118 (mod 1003) Ta tìm được Minx1 = 1003 − 119 = 884 Ví dụ 15. Gỉa sử p là số nguyên tố có dạng 4k + 1 (k ∈ Z) sao cho p2 | 2p − 2. Gọi q là ước nguyên tố lớn nhất của 2p − 1. Chứng minh rằng 2q > 2.(6p)p . Lời giải. Gỉa sử rằng : 2p − 1 = qk1 1 qk2 2 ...qkm m Trong đó qi ∈ P, ki ∈ N∗ , ∀i = 1, m, q1 < q2 < ... < qm Lại đặt qi = 1+xip (xi ∈ N), ∀i = 1, m Ta có : 2p − 1 = (1 + x1p)k1 (1 + x2p)k2 ...(1 + xmp)km Theo giả thiết : 2p − 2 ≡ 0 (mod p2 ) ⇒ 1 ≡ m i=1 (1 + xip)ki (mod p2 ) Để ý rằng ta có : (1 + xip)ki = 1 + ki 1 .xip + ki(ki − 1) 2! x2 i p2 + ... + xki i pki ≡ 1 + kixip (mod p2 ) Do vậy mà : m i=1 (1 + kixip) ≡ 1 (mod p2 ) ⇒ 1 + m i=1 kixip ≡ 1 (mod p2 ) ⇒ m i=1 kixi ≡ 0 (mod p) ⇒ xm m i=1 ki > m i=1 xiki ≥ p Ta cũng có : 2p − 1 ≡ 0 (mod qi) ⇒ 2p+1 ≡ 2 (mod qi) ⇒ 2 qi = 1 ⇒ qi ≡ ±1 (mod 8) ⇒ 1+xip ≡ ±1 (mod 8) ⇒ 8 | xi ∨ xip ≡ 6 (mod 8) ⇒ 8 | xi ∨ xi ≡ 6 (mod 8) ⇒ xi ≥ 6 Từ đó dẫn đến : 2p − 1 = m i=1 (1 + xip)ki > (6p)k1+k2+...+km ⇒ 2p.xm > (6p)xm(k1+k2+...+km) > (6p)p Hay : 2q−1 = 2qm−1 > (6p)p ⇒ 2q > 2.(6p)p Bài toán được giải quyết trọn vẹn. 13
  • 14. Toán học Bài 1. Cho n là số nguyên dương lẻ. Chứng minh rằng 2n − 1 luôn có ước nguyên tố dạng 8k − 1. Bài 2. Cho m, n là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng : 6m | (2m + 3)n + 1 ⇔ 4m | 3n + 1 Bài 3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố lẻ p, luôn tồn tại số nguyên dương a sao cho :    a p = −1 a < √ p + 1 Bài 4. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho với mọi số nguyên dương k thì k2 + k + n không có ước nguyên tố nhỏ hơn 2014. Bài 5. Tìm số nguyên tố p sao cho 3p + 7p − 4 là một số chính phương. Bài 6. (Iran TST 2013) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương a, b, c sao cho a2 + b2 + c2 chia hết cho 2013(ab + bc + ca). Bài 7. (Tạp chí Animath 2006) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2n. Bài 8. (Bulgaria MO 1998) Cho các số nguyên dương m, n thỏa mãn : A = (m + 3)n + 1 3m là một số nguyên. Chứng minh rằng A là một số lẻ. Bài 9. Tìm ước nguyên tố nhỏ nhất của 12215 + 1. Bài 10. (Olympic toán Ba Lan 2007) Chứng minh rằng phương trình x2 + 5 = y3 không có nghiệm nguyên. Bài 11. (Tài liệu bồi dưỡng HSGQG Việt Nam 2008) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 và có dạng 3k + 1. Chứng minh rằng ta luôn có : p i=1 (i2 + i + 1) ≡ 0 (mod p) Bài 12. (Đề thi Olympic Duyên hải Bắc Bộ 2009-2010) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) sao cho số A = x2 + y2 x − y là một số nguyên và là ước của 2010 Bài 13. Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của n4 − n2 + 1 luôn có dạng 12k + 1. Bài 14. Cho đa thức P(x) = (x2 − 2)(x2 − 3)(x2 − 6). Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p luôn tìm được số nguyên dương n sao cho P(n) chia hết cho p. Bài 15. Cho dãy số (un) xác định bởi : u1 = 1, u2 = 11 un+2 = un+1 + 5un, ∀n ∈ N∗ Chứng minh rằng kể từ số hạng thứ hai trở đi, không có số hạng nào của dãy là số chính phương. 14
  • 15. Toán học Bài 16. Dãy số (xn) xác định bởi : x1 = 1 xn+1 = 2x2 n − 1, ∀n ≥ 1 Chứng minh rằng không có số hạng nào của dãy là bội của 2003. Bài 17. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng 23n + 1 có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt dạng 8k + 3. Bài 18. (Ukraine TST 2007) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên tố của n2 + n + 1 không lớn hơn √ n. Bài 19. Chứng minh rằng nếu số nguyên dương a không chính phương thì tồn tại vô hạn số nguyên tố p sao cho a p = −1. Bài 20. Cho a, b là các số nguyên dương sao cho ab không chính phương. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho (an − 1)(bn − 1) không là số chính phương. Tài liệu [1] Number Theory - Titu Andreescu, Dorin Andrica [2] Thặng dư bình phương - Nguyễn Văn Sơn A1K40 THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An [3] Tập san toán học 2009 - Nam Định [4] Tài liệu của Đặng Ngọc Sơn, 12T, THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai [5] Một số tài liệu trên internet. 15