Tải bản đầy đủ

một số bài toán số học sử dụng đồng dư

CHUYÊN ĐỀ: MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ

A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Số học là một phần kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ thông.
Trong các kì thi chọn học sinh giỏi Toán cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,
cấp khu vực, thi Olympic Toán quốc tế, các bài toán về số học được đề cập nhiều
và thường thuộc loại khó. Trong các năm gần đây, số học luôn là bài mà nhiều học
sinh bị mất điểm trong các kì thi. Học sinh được làm quen với số học từ các lớp
THCS nhưng ở bậc THPT phần số học chỉ biết đến trong chuyên đề của các lớp
chuyên Toán nên đây vẫn là chuyên đề mà giáo viên và học sinh gặp rất nhiều khó
khăn trong quá trình dạy và học. Sự phong phú đa dạng của các bài toán số học
luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáo viên, học sinh giỏi yêu toán. Để tạo niềm tin và
hệ thống cho học sinh các kiến thức cơ bản và vận dụng được các định lí quan
trọng của số học trong lý thuyết đồng dư, tác giả đã hệ thống lại các kiến thức về
đồng dư và viết đề tài“Một số bài toán số học sử dụng đồng dư”.
2. Mục đích của đề tài
Đề tài "Một số bài toán số học sử dụng đồng dư" được tác giả chọn viết nhằm
chia sẻ cùng các thầy cô và các em học sinh một số kinh nghiệm và phương pháp
khi giảng dạy về chủ đề đồng dư thức trong chương trình chuyên toán THPT. Đề
tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh giỏi

các trường THPT Chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10.
Nội dung của đề tài là các kiến thức cơ bản về lý thuyết đồng dư, các định lí
về đồng dư và hệ thống các bài tập điển hình về đồng dư giúp cho học sinh THCS,
THPT chuẩn bị cho các kì thi học sinh giỏi các cấp và là nguồn tài liệu tham khảo
cho các bạn đồng nghiệp.
Tác giả rất mong nhận được góp ý trao đổi của các chuyên gia, các bạn đồng
nghiệp để đề tài có thể hoàn thiện hơn nữa. Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ để
việc giảng dạy số học đạt hiệu quả và các em học sinh có thể áp dụng tốt nhất vào
việc học tập, giải các bài toán số học và khơi dậy đam mê Toán học trong các em.

1


B. PHẦN NỘI DUNG
I. Cơ sở lý thuyết
1. Đồng dư thức
Định nghĩa 1.1
Cho a, b là các số nguyên, m là số tự nhiên lớn hơn 1. Nếu a  b chia hết
cho m thì a được gọi là đồng dư với b modul m. Kí hiệu

a �b mod m .

Tính chất 1.2
Cho a, b, c, d là các số nguyên, m là số tự nhiên lớn hơn 1. Khi đó:
1.

a �a mod m ,a.

2. Nếu

a �b mod m

thì

b �a mod m .

3. Nếu

a �b mod m




b �c mod m

thì

a �c mod m

4. Nếu

a �b mod m



c �d mod m

thì

a  c �b  d mod m

5. Nếu

a �b mod m



c �d mod m

thì

ac �bd mod m

.

6. Nếu

a �b mod m

, k nguyên dương thì

ak �bk  mod m

.

7.

a �
b mod m

ak bk mod mk

8. Nếu

a �b mod m

9. Nếu

ab �ac mod m

10. Nếu



.
.

với mọi k nguyên dương.

d md
,  1 a �b mod d
thì
.



 a,m  1thì b �c mod m .

a �b mod mi  , i  1,n

thì





a �b mod �
m1,m2,...,mn �

�.

2. Định lí Fermat
Định lí 1.3(Định lí Fermat)
Nếu p là số nguyên tố, (a, p) = 1 thì ap–1  1 (mod p).
Chứng minh
Xét p 1 số a, 2a, 3a, …, (p – 1)a. Ta chứng minh rằng trong p 1 số trên
không tồn tại 2 số đồng dư trong phép chia cho p.
2


Giả sử ka  la (mod p) với k, l {1,2,…,p – 1} và k  l.
Ta có a(k – l) Mp  k – l Mp 

k �l  mod p

(mâu thuẫn).

Vậy khi chia p 1số trên cho p ta được p 1số dư khác nhau từ 1, 2, …, p – 1.
Suy ra a.2a.…(p – 1)a  1.2….(p – 1) (mod p)  (p – 1)! ap–1 (p – 1)!(mod p).
Vì ((p – 1)!,p) = 1 nên ap–1 1(mod p).
Hệ quả. Nếu p nguyên tố, (a, p) =1 thì ap a (mod p).
3. Hệ thặng dư đầy đủ và hệ thặng dư thu gọn
Định nghĩa 1.4
Nếu

x �y mod m

thì ta nói y là một thặng dư của x modul m.

Tập hợp {x1, x2, …, xm}gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modul m nếu với mỗi
số nguyên y tồn tại duy nhất một xi sao cho y  xi(mod m).
Định nghĩa 1.5
Một tập hợp {r1,r2,…,rn} được gọi là một hệ thặng dư thu gọn modul m nếu
(ri,m) = 1, ri rji  j, 1  i, j  n và với mọi số nguyên x nguyên tố cùng nhau với
m đều tồn tại ri sao cho ri  x (mod m).
Định lí 1.6

 a,m  1. Gọi {r1,r2,…,rn} là hệ thặng dư thu gọn (hệ thặng dư đầy đủ)
Cho
modul m. Khi đó, {ar1,ar2,…,arn} cũng là là hệ thặng dư thu gọn (hệ thặng dư đầy
đủ) modul m.
4. Phi hàm Euler
Định nghĩa 1.7
Cho m là một số nguyên dương. Phi hàm Euler  (m) là số các số nguyên
dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m.
Ví dụ:  (1)  1,  (2)  1,  (3)  2,  (4)  2,  (5)  4
Định lí 1.8. (Công thức tính  (m) )
Giả sử

m p11 p2 2 ...pn k

là phân tích m ra thừa số nguyên tố. Khi đó

3


� 1�
� 1 �� 1 �
 ( m)  m �
1 �
1 �
...�
1 �
.

p
p
p
� 1�
� 2 �� k �
Định lí 1.9 (Định lí Euler)
Cho m là số nguyên dương và

 a,m  1. Khi đó a

 (m)

�1 mod m 

.

Chứng minh
Giả sử r1, r2, …,

r(m)

là hệ thặng dư thu gọn gồm các số nguyên dương
ar
không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m. Ta có ar 1, ar2, …, (m) là hệ
ar
thặng dư thu gọn modul m. Vậy các thặng dư dương bé nhất của ar 1, ar2,.., (m) là
r
các số r1, r2, …, (m) xếp theo một thứ tự nào đó. Vì thế ta có

ar1.ar2 ....ar(m) �r1r2 ...r(m) (mod m)


(r1r2 ...r (m) , m)  1

nên a

 (m)

hay

a (m) r1r2 ...r(m) �r1r2 ...r(m) (mod m)

.

�1 (mod m) (điều phải chứng minh).

5. Cấp của một số nguyên dương
Định nghĩa 1.10
Cho a và n là các số nguyên dương, (a, n) =1. Số d �1 gọi là cấp của phần tử
d
a, kí hiệu d = Ordn(a) nếu d là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn a �1 (mod n).

6. Định lí Wilson
Định lí 1.11 (Định lí Wilson)
Với số nguyên tố p, ta có (p – 1)!  – 1 (mod p).
Chứng minh
Khi p = 2, ta có (p – 1)! = 1  –1 (mod 2).
Giả sử p là số nguyên tố lớn hơn 2, khi đó mỗi số nguyên a với 1  a  p – 1
tồn tại nghịch đảo a’ với 1  a’  p – 1 sao cho aa’  1 (mod p). Khi đó chỉ có 2 số
1 và p – 1 là nghịch đảo modul p của chính nó. Như vậy, ta có thể nhóm các số 2,
p 3
3,…, p – 2 thành p cặp mà tích của chúng đồng dư 1 modul p. Do đó
2.3... p  3  p  2 �1 mod p

4

.


Nhân hai vế với 1 và p 1 ta được
(p – 1)!  1(p – 1)  –1 (mod p).
7. Định lí thặng dư Trung Hoa
Định lí 1.12 (Định lí thặng dư Trung Hoa)
Cho n số nguyên dương m1 , m2 , ..., mn đôi một nguyên tố cùng nhau và
a1 , a2 , ..., an là n số nguyên bất kỳ. Khi đó hệ đồng dư tuyến tính
�x �a1  mod m1 

�x �a2  mod m2 

........................

�x �a  mod m 
n
� n

có nghiệm duy nhất modul M  m1m2 ...mn .
Chứng minh
Trước tiên, ta xây dựng một nghiệm của hệ đồng dư tuyến tính trên.

Đặt


Mk 

M
 m1m2 ...mk 1mk 1...mn
mk
.

 m , m   1 với
k

j

j �k nên  M k , mk   1 .

Suy ra k  1, n tồn tại số nguyên nghịch đảo yk của M k modul mk thoả mãn
M k yk �1 mod mk  .
Xét tổng a  a1M 1 y1  a2 M 2 y2  ...  an M n yn .
�x �a1  mod m1 

�x �a2  mod m2 

.......................

�x �a  mod m 
n
Khi đó a là nghiệm của hệ: � n

Thật vậy, ta có

mj | M k

M �0  mod mk  , j �k
khi j �k nên j
.

Suy ra a �ak M k yk  mod mk  .
5


Do M k yk �1 mod mk  nên a �ak  mod mk  hay a là 1 nghiệm của hệ đồng dư
tuyến tính trên.
Bây giờ ta chỉ ra 2 nghiệm tùy ý của hệ sẽ đồng dư nhau theo modul M.
�x �a1  mod m1 

�x �a2  mod m2 

......................

�x �a  mod m 
n
Giả sử x0 , x1 là 2 nghiệm của hệ đồng dư � n

Khi đó với mỗi k =1, 2, …, n,

x0 �x1 �ak  mod mk 

.

Do đó mk |  x0  x1  . Từ đó suy ra x0 �x1  mod M  .
Vậy hệ đồng dư đang xét có nghiệm duy nhất modul M hay tất cả các nghiệm của
hệ có dạng

x �a  mod M 

.

II. Một số dạng toán áp dụng
2.1. Sử dụng phép đồng dư trong các bài toán chia hết
n

8
Bài toán 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì 5  23 chia hết cho 24.

Lời giải
n 1
4.8
8n
8.8n 1
�1  mod 24  suy ra
 254.8 mà 25 �1(mod 24) nên 25
Ta có 5  5
n 1

8n

5

5
 23 �0  mod 24 
hay

8n



 23 M24

(điều phải chứng minh).

Bài toán 2. Cho a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu a 2 + b2 + c2
chia hết cho 9 thì ít nhất một trong các số a2 – b2; b2 – c2; c2 – a2 chia hết cho 9.
Lời giải
Bài toán tương đương chứng minh tồn tại ít nhất 2 trong 3 số a 2, b2, c2 có cùng số
dư khi chia cho 9.
Nhận xét. Khi chia n2 cho 9 số dư chỉ có thể là 0, 1, 4, 7.
2
2
2
Giả sử a �r1  mod9  ; b �r2  mod9  ; c �r3  mod9 

 a2 + b2 + c2 �r1 + r2 + r3 (mod 9)  r1 + r2 + r3 �0 (mod 9).
Do r1, r2, r3  0;1;4;7 nên tồn tại ít nhất hai số bằng nhau.
6


Vậy ít nhất một trong các số a 2 – b2; b2 – c2; c2 – a2 chia hết cho 9 (điều phải chứng
minh).
Bài toán 3. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 7. Chứng minh rằng (3p – 2p – 1)M42p.
Lời giải
Ta chứng minh: 3p – 2p – 1 chia hết cho 2; 3; 7 và p.
Thật vậy, 3p – 2p – 1 = (3p – 3) – (2p – 2) �0 (mod p)
3p – 2p – 1 = (3p – 1) – 2p �0 (mod 2).
Do p nguyên tố và p > 7 nên p lẻ  3p – 2p – 1 �-(-1)p – 1 �0 (mod 3).
p
p
p–1
p
Ta có 3 – 2 – 1= 3.3 – 2 – 1 = 3. 9

�3. 2

p 1
2

- 2p – 1(mod 7) �2

p 1
2

p 1
2

2

- 2p – 1

p 1
2

 2 p  1  mod 7 

.

Do (p, 3) = 1 nên p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 với k  �.
Nếu p = 3k + 1 thì 2
2

p 1
2

p 1
2

2

p 1
2

 2 1  8 1  2
p

k

p 1
2

 2 �2  2
p

p

p 1
2

 mod 7  và

� p21 � p21 k
2  1� 2  8  1 �0  mod 7 



.

Nếu p = 3k + 2, chứng minh tương tự.
Vậy (3p – 2p – 1) chia hết cho 42p (điều phải chứng minh).
n
n
Bài toán 4. Cho số nguyên dương n  1 và 2  3 chia hết cho 5. Chứng minh
rằng n chia hết cho 5.

Lời giải
Từ giả thiết suy ra n không chia hết cho 2 và 3. Gọi p là ước nguyên tố bé
nhất của n , ta chứng minh p  5 .
Do ( p  1; n)  1 nên tồn tại các số nguyên dương a, b sao cho a ( p  1)  bn  1 .
Dễ thấy b lẻ.
p 1
a ( p 1)
�1(mod p) .
Theo định lý Fermat ta có 2 �1(mod p) nên 2
1 bn
1bn
Do đó 2 �1(mod p) , tương tự 3 �1(mod p ) , từ đó

3.3bn �2.2bn (mod p)
7

(1)


n
n
3n  � 2n  (mod p)

3


2
(mod
p
)
Mà từ giả thiết ta có
nên
hay

b

b

3nb �2nb (mod p ) (b lẻ ). Từ đó 3.3nb �3.2nb (mod p)

(2)

bn
Từ (1) và (2) suy ra 5.2 �0(mod p) nên p phải chia hết cho 5.

Bài toán 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, tồn tại một số nguyên n sao
cho n3 – 11n2 – 87n + m chia hết cho 191.
Lời giải
Đặt P(x) = x3 – 11x2 – 87x + m.
Ta chứng minh tồn tại a, b nguyên để P(x) �(x + a)3 + b (mod 191)
 x3 + 3ax2 + 3a2x + a3 + b �x3 – 11x2 – 87x + m (mod 191).
Chọn a nguyên sao cho 3a �-11 (mod 191)  a �60 (mod 191)
 3a2 �-87 (mod 191)
 với mọi m chỉ cần chọn b �m – a3 (mod 191).
Khi đó, với i, j nguyên mà P(i) �P(j) (mod 191)
 (i + a)3 �(j + a)3 (mod 191)
 (i + a)3.63(j + a)2 �(j + a)191 (mod 191) �j + a (mod 191)
 (j + a)2 �(i + a)189(j + a)3 (mod 191) �(i + a)192 (mod 191)
�(i + a)2 (mod 191)

 (i + a)3.63(j + a)2 �(i + a)189(i + a)2 (mod 191) �(i + a) (mod 191)
 P(i) �P(j) (mod 191)  i �j (mod 191).
Từ đó tập {P(1), P(2), …, P(191)} có 191 số dư khác nhau khi chia cho 191.
Do đó tồn tại n  {1, 2, …, n} sao cho P(n) chia hết cho 191 (điều phải chứng
minh).
Bài toán 6. Cho hai số nguyên a, b thoả mãn 24a 2 + 1 = b2. Chứng minh rằng có
một và chỉ một trong hai số a, b chia hết cho 5.
Lời giải
Do b2 – 24a2 = 1 không chia hết cho 5 nên hai số a và b không thể cùng chia hết
cho 5.
Giả sử a và b cùng không chia hết cho 5.
Theo định lý Fermat, ta có a4 �1 (mod 5); b4 �1 (mod 5).
8


a
Do đó

2

 b2   a 2  b 2   a 4  b 4 �
0 (mod 5).

2
2
Nếu a  b �0 (mod 5) thì 25a2 + 1 = a2 = b2 �0 (mod 5) (vô lí)

suy ra a2 – b2 �0 (mod 5)  23a2 + 1 = b2 – a2 �0 (mod 5).
Vì (a, 5) = 1 nên a ��1 (mod 5) hoặc a ��2 (mod 5).

0 �23a 2  1 �23 �1  1 �1
a


1
Nếu
(mod 5) thì
(mod 5)(vô lí).
2

0 �23a 2  1 �23  �2   1 �3
a


2
Nếu
(mod 5) thì
(mod 5) (vô lí).
2

Vậy, điều giả sử sai nên có đúng một trong hai số a và b chia hết cho 5(điều phải
chứng minh).
p; q 
 7 p  2 p   7q  2q  M pq  .
Bài toán 7. Tìm cặp số nguyên tố 
sao cho

Lời giải
Không mất tổng quát, giả sử q �p , vế trái lẻ, suy ra p, q lẻ.
k
k
Nhận xét: Nếu k là số nguyên tố thỏa mãn 7  2 Mk. Theo định lý Fermat, ta có

7 k  2k �7- 2  mod k  � k  5.

Giả sử

7


p

2

p  5. Ta có
p

7

q

2

q

 M pq  �  7

p

2

p

7

q

2

q




7 p  2 p Mp � p  5  l 
Mp � � q
q
 *
� 7  2 Mp

q
2q không chia hết cho p nên 7 không chia hết cho p, suy ra p khác 7. Theo

p 1
�2 p 1  mod p 
định lý Fermat, 7

Từ (*) và (**) suy ra

 **

7 gcd( q ; p 1) �2gcd( q ; p 1)  mod p  .

q �p  5 � gcd(q; p  1)  1 � 7  2Mp � p  5  l  .

Trường hợp

7
p=5. Ta có

5

 25   7 q  2q  M 5q  .

Hiển nhiên q=5 thỏa mãn.

9


q  5 � 7q  2q không chia hết cho q, suy ra

Nếu
75  25 Mq � 16775  5.5.11.61 Mq � q   11; 61
. Thử lại thấy thỏa mãn.
Trường hợp

7
p=3. Ta có

3

 23   7 q  2q  M 3q  .

Hiển nhiên q=3, q=5 không thỏa mãn.
3
3
Nếu q  5 � 7  2 Mq � 335  5.67Mq � q  67 .Thử lại không thỏa mãn.

Kết luận

 p; q     5; 5  ;  5; 11 ;  5; 61 ;  11; 5  ;  61; 5   .

11p
Bài toán 8. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2  2 chia hết cho 11p.

Lời giải
p
Giả sử p là số nguyên tố cần tìm. Ta có 2 �2(mod p ) (1)

211 p   2 p  �211 (mod p)
11

Theo định lí Fermat ta có

(2)

Từ (1) và (2) suy ra p là uớc số của 2 11 – 2 = 2046 = 2.3.11.31, mà p là số nguyên
tố nên p � 2;3;11;31 .
22
21
+) Với p = 2 ta có 2 �2(mod 22) �2 1(mod 22) 1(mod 11)
10
220   210  �1(mod11)
2

1(mod11)
Lại có
(4) nên
mâu thuẫn (3) � p = 2 không thoả mãn .
2

232   210  .22 �4(mod11)
3

+) Với p = 3 từ (4) có

(3)

221

2(mod11)


32
do đó 2 �1(mod11)

33
232 1(mod33)

2
�2(mod33) . Vậy p = 3 không thoả mãn.


+) Với p =11 ta có
211p – 2 – 2121 – 2 = 2[(230)4 - 1]
= 2((230)2 +1)(230 +1)(25 +1)(210 -25 + 1)(25 - 1)(210 + 25 + 1).
Thay 25 = 32 và kết hợp với (4) suy ra trong tích này chỉ có nhân tử 2 5 +1 là
chia hết cho 11 được 3 còn các nhân tử khác đều không chia hết cho 11 nên tích
này không chia hết cho 11p = 121. Vậy p = 11 không thỏa mãn.
10


340
+) Với p=31 ta kiểm tra xem 2 �1(mod341) hay không.

2340   210  �1(mod11)
34

Từ (4) suy ra

(5)
�1(mod 31)

5
2 2 
lại có 2 �1(mod31) nên
Kết hợp với (5) thì p =31 thoả mãn do 11 và 31 đều là số nguyên tố
340

5 68

Vậy p = 31 là số nguyên tố cần tìm.
p
p
Bài toán 9. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng p là ước của ab  ba với
a, b là các số nguyên bất kì.

Lời giải
Ta có

ab p  ba p  ab  b p 1  a p 1 

.

Nếu p | ab thì bài toán được chứng minh.
Nếu p không là ước của ab hay p không là ước của cả a và b, theo định lí
Fermat ta có:

a p 1 �1 �b p1  mod p  � a p 1  b p 1 �0  mod p 

. Do đó, p là ước

của ab  ba .
p

p

Bài toán 10. Cho p là số nguyên tố lẻ, q và r là các số nguyên tố thỏa mãn
p | q r  1 . Chứng minh rằng 2r | p  1 hoặc p | q 2  1 .
Lời giải
Gọi d là cấp của q modulo p hay
r
1  mod p 
Theo giả thiết q  �

d  ord p ( q)
q2r

1  mod p  .

qd

1  mod p 

.

d | 2r

d 2


��

d  2r
d|r

Suy ra �
2
Nếu d  2 thì q  1Mp .
p 1
Nếu d  2r thì p  1M2r (do q �1  mod p  ) (điều phải chứng minh).
2
2
2
2
Bài toán 11. Các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a  ab  b  c  cd  d .

Chứng minh rằng a  b  c  d là hợp số.
11


Lời giải
Từ giả thiết ta suy ra

 a  b

2

 ab   c  d   cd � ab  cd   a  b  c  d   a  b  c  d 
2

.

Giả sử p  a  b  c  d là số nguyên tố.
Do ab  cd  p  a  b  c  d  ta có ab  cd �0  mod p  .
Mặt khác d �  a  b  c  mod p  � ab  c  a  b  c  �0  mod p 

�  c  a   c  b  �0 mod p  .
mà 0  c  a, c  b  p , p nguyên tố suy ra  c  a, p   1   c  b, p  .
Do đó không thể có  c  a   c  b  �0 mod p  .
Vậy a  b  c  d là hợp số.
Bài toán 12. Cho số nguyên a  1 và số nguyên dương n. Nếu p là ước nguyên tố
n 1
2n
lẻ của a  1 thì p  1M2 .

Lời giải
n

2
Do p là ước của a  1 nên a không chia hết cho p, theo định lí Fermat, ta có

a p 1 �1  mod p 

.

 

a 2  1� mod p 
n

Theo giả thiết bài toán
Ta chứng minh

2n1  ord p  a 

a2

n

2

1  mod p 

a2

n 1

n

1  mod p 

2
, điều này hiển nhiên do a không đồng dư 1 modul p.

n | 3n  1
n

1
Bài toán 13. Cho
là số nguyên lẻ. Chứng minh rằng:
.
Lời giải
n
Giả sử tồn tại số nguyên lẻ n  1 mà n | 3  1 .

Gọi p là số nguyên tố nhỏ nhất là ước của n suy ra p  3 .
n
1  mod p 
Ta có 3  �

32 n 1  mod p 

Theo định lí Fermat ta có

3 p 1 �
1  mod p 

.

12

3

p 1,2 n 

1  mod p  .


Do p-1 chẵn nên  p  1, 2n   2 (do n lẻ).
2
Từ đó suy ra: 3 �1  mod p  � p  8 , điều này vô lí. (điều phải chứng minh)

Bài toán 14 . Cho p là số nguyên tố khác 2; a và b là hai số tự nhiên lẻ sao cho

 a  b  Mp,  a  b  M p  1 .

Chứng minh rằng

a

b

 b a  M2 p

.

Lời giải
a �r  mod p

. Do

r ab 1 mod p

. Từ

Giả sử a �b . Gọi r là số dư trong phép chia a cho b thì

 a  b  Mp
Do đó

nên

b �r  mod p .





ab  ba �r b  r a  mod p �r b 1 r ab  mod p .

 p  1 suy ra a  b  k  p  1 .
Theo giả thiết,  a  b  M
Theo định lí Fermat,
đó suy ra

ab  ba �0 mod p

a
Lại có a, b lẻ nên
a
Vậy

b

r p1 1�
 mod p

 b a  M2 p

b

 b a  M2

hay

a

1 mod p

k p1
r 
b

 b a  Mp

.

.

.

2.2. Tìm chữ số tận cùng
Bài toán 15. Tìm 2 chữ số tận cùng của 20092010.
Lời giải
Ta có 20092010 92010 (mod 100)
Áp dụng định lý Euler ta có (9,100) =1

Nên

9 (100)

� 1�
� 1�
  100  100�
1 �
1 � 40

2�
5�


1 (mod 100). Mà

hay 940 1 (mod 100)  92010 910 (mod 100)
mà 910 = 3486784401 1 (mod 100) nên 92010 1 (mod 100).
Vậy 2 chữ số tận cùng của 20092010 là 01.
13


Bài toán 16. Tìm 3 chữ số tận cùng của 21954.
Lời giải
Ta thấy (2; 1000) = 2 nên chưa thể áp dụng trực tiếp định lí Euler được.
Ta có (21954; 1000) = 8.
Ta xét 21951 chia cho 125.
Theo định lí Euler ta có (2; 125) = 1 nên

2 (125) 1(mod 125).

� 1�
  125  125�
1 � 25
5�


hay 225 1 (mod 125)  21951 2 (mod 125)
 21951. 23 2.23 (mod 125.23)  21954 16 (mod 1000).
Vậy 3 chữ số tận cùng của 21954 là 016.
Bài toán 17. Tìm 2 chữ số tận cùng của .
Lời giải
Áp dụng định lý Euler ta có: (9; 100) = 1;  (100) = 40;
 940 1 (mod 100). (*)
Mặt khác ta có: 92 1 (mod 40)  99 9 (mod 40).
Đặt 99 = 40.k + 9 với k��

(

**)

Từ (*) và (**) suy ra 99 (mod 100)
Mà 99 = 387420489 89 (mod 100)
Vậy 2 chữ số tận cùng của là 89.
2.3. Tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước
Bài toán 18. Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn

3 |  n.2n  1

.

Lời giải
2k
Nhận thấy 2 �1  mod 3 nên 2n chia 3 dư 1 hoặc 2 tùy theo n là số chẵn hay lẻ
tương ứng.

Do đó tất cả các số tự nhiên n cần tìm có dạng n  6m  1 hoặc n  6m  2 .
14


Bài toán 19. Tìm số các số tự nhiên n> 1 sao cho với mọi số nguyên a thì a25- a
chia hết cho n.
Lời giải
Dễ thấy với mọi p nguyên tố thì p25 – p không chia hết cho p. Do đó n không thể
chia hết cho p2 với p nguyên tố (Số có tính chất đó được gọi là số Squarfree)
Mặt khác 225 – 2 = 2.325.7.13.17.241

(1)

Ta có 325 ≡ 14 (mod 17) và 335 ≡ 32 (mod 241)
Do đó, n không có ước nguyên tố là 3 và 241

(2)

Từ (1) và (2) suy ra n chỉ có thể có các ước nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 13.
Theo định lý Fermat nhỏ ta có:
a2 ≡ a (mod 2)  a25 ≡ a (mod 2)
a25 ≡ (a2)12. a ≡ a (mod 3)
a4 ≡ 1 (mod 5) a24 ≡ 1 (mod 5) a25 ≡ a (mod 5)
a25 ≡ (a6)4.a ≡ a (mod 7)
a12 ≡ 1 (mod 13) a25 ≡ a (mod 13)
Từ đó suy ra nếu n chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 13 và là số squarfree thì
a25 – aM n.
Do đó có 25 – 1 = 31 số như vậy.
n
Bài toán 20. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 7  147 là số chính phương.

Lời giải
n
Dễ thấy n = 0 thì 7  147  148 không là số chính phương.

Xét n > 0
Nếu n lẻ, đặt n = 2k + 1 (k ��) .
2 k 1
�( 1) 2 k 1 (mod4) �1(mod 4) , 147 �3(mod4)
Ta có 7

� 7 2 k 1  147 �2(mod4)
n
suy ra 7  147 không là số chính phương.

15


*
Nếu n chẵn, đặt n = 2k (k �� ) .

n
2
Giả sử tồn tại số nguyên a sao cho 7  147  a thì aM7 , đặt a = 7m (m �Z) .

Khi đó
7 n  147  a 2 � 7 2 k  147  49m2
� m 2  7 2 k 2  3 � (m  7 k 1 )(m  7 k 1 )  3

m  7 k 1  1 �
m2

��

�n2

k 1
k

1
m

7

3


2
2
Với n = 2, 7  147  196  14 .

n
Vậy khi n = 2 thì 7  147 là số chính phương.

�n 2012 �
ai �
M
120


� , với a1,a2,...,an
Bài toán 21 . Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn �i 1
là các số nguyên tố lớn hơn 10.

Lời giải


ai

là các số nguyên tố lớn hơn 10 nên theo định lí Fermat,

ai2 �1 mod 3 ,ai4 �1 mod 5

Lại có
Vậy

.

ai ��1 mod 8 , ai ��3 mod 8

nên

ai2 �1 mod 8

ai2012 �1 mod 3 ,ai2012 �1 mod 5 , ai2012 �1 mod 8
n

Do đó

�a
i 1

2012
i

�n mod 120

.

nên

ai2012 �1 mod 120

.

�n 2012 �
ai �
M
120 � nM
120


i

1

Suy ra �
. Vậy n = 120 là số tự nhiên cần tìm.

Bài toán 22. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho

n

2

 11n  4  �
n !  33 �
13n  4

Lời giải
16

là số chính phương.

.


Đặt

An   n2  11n  4  �
n!  33 �
13n  4

. Xét giá trị của An theo mod8

2 3 4 �

n  n! , do vậy
Nếu n �4 , ta có 8 1 ����
An   n 2  11n  4  �
n!  33 �
13n  4 �0  5n  4  mod8  .
2
5
1 mod8
  
Vì ���

52 k 1 mod8  ,52 k 1 5  mod8  , k



Từ đó An �5  mod8 khi n chẵn và An �1 mod8  khi n lẻ. Mà An là số chính
phương do vậy An �1 mod8  khi n lẻ, các số chẵn n �4 bị loại.
Khi n lẻ, n �7 xét các giá trị của An theo mod 7 . Ta có 7 n! , từ đó suy ra

An   n 2  11n  4  �
n!  33 �
13n  4 �0  5 �
 1  4 �6  mod 7 
n

, vô lý do An là số

chính phương thì An �0,1,2,4  mod 7  , vậy mọi n lẻ, n �7 bị loại.
Từ hai điều trên ta có n � 1,2,3,5 .
3
n

3



A



3
1
3
3
3
Nếu
A3 �0,1,4  mod5  .

4 3  mod5  loại do A3 là số chính phương nên

5
n

5



A



4
0
3
3


5
Nếu
A5 �0,1,4  mod5  .

4 3  mod5  loại do A5 là số chính phương nên

2
Nếu n  1 � A1  441  21 ( thỏa mãn).
2
Nếu n  2 � A2  5625  75 ( thỏa mãn).

Bài toán 23. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho với mọi số nguyên tố p tồn
p
p
n
tại số nguyên a thỏa mãn 2  3  a .
Lời giải
*) Nếu n =1 ta thấy luôn thỏa mãn.
*) Xét với n > 1:
+) Với p = 2 thì 13  a , không tồn tại số nguyên a và số tự nhiên n> 1 thỏa mãn.
n

+) Với p > 2 thì p lẻ. Giả sử tồn tại hai số a và n thỏa mãn bài toán.
17


p

Ta có

a n  2 p  3 p  (2  3)(2 p 1  2 p  2.3  ...  2.3 p  2  3 p 1 )  5�( 1)i 1.2 p i.3i 1
i 1

n
5.
5 , vậy aM
Suy ra a M
n
Hơn nữa, vì n �2 nên a M25 .
p

Bởi vậy,

�(1)

i 1

.2 p i.3i 1 M
5

i 1

. (1)

Mặt khác, với mỗi i = 1,2,…,p ta có:

( 1)i 1.2 p i.3i 1  ( 1)i 1.2 p i.(5  2)i 1 �( 1)i 1.2 p i.( 2) i 1 �2 p 1 ( mod 5).
p

Từ đó ta có

�(1)

i 1

.2 p i.3i 1 �p.2 p 1 (mod5)

i 1

(2)

p 1
5 . Do (2 p 1 ,5)  1 nên pM
5 . Vậy, p =5.
Từ (1) và (2) ta có p.2 M

5 nên a = 5k, với k là số nguyên.
Mà aM
5n .
Khi đó 25 + 35 = (5k)n, hay (5k)n = 275. Do đó, 275M
Do n > 1 nên n = 2. Suy ra, 275 = 25k2 � k2 = 11. Vô lý.
Vậy, không tồn tại n nguyên với n >1 thỏa mãn.
Bài toán 24. Cho n > 1, n là số lẻ, a, b là các số nguyên sao cho (n, a+ b) = 1.
n
n
Chứng minh rằng a  b không chia hết cho n.

Lời giải
n
n
Phản chứng giả sử tồn tại n> 1 sao cho a  b Mn

Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của n.
n
n
n
n
Suy ra a  b Mp hay a �(b ) (mod p) ( n lẻ)

Nếu a Mp thì a Mp � b Mp � bMp � a  bMp . Vậy p là một ước chung của n và a + b
(mâu thuẫn với (n, a+b)= 1).
n

n

Nếu (a, p) = 1 thì tồn tại x, y nguyên sao cho ax + py = 1. Suy ra ax �1(mod p)

( xa) n �( x b) n (modp)
( xb) n �1(modp)
à
m
nên
.
18


p 1
Mặt khác (-xb, p) = 1 nên (  xb) �1(modp).

Gọi h =ordp(- xb) thì h| (p - 1), h |n.
Nếu h > 1 thì tồn tại r nguyên tố sao cho r | h, r | n, r < p, mâu thuẫn.
Nếu h = 1 thì

 xp �1(modp)

suy ra

a  b �0(mod p)

(mâu thuẫn).

Vậy điều giả sử là sai. Suy ra điều phải chứng minh
2.4. Chứng minh tồn tại vô số các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện chia
hết.
Bài toán 25. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố lẻ p , tồn tại vô số số nguyên
n
dương n sao cho p | n.2  1.

Lời giải
p 1
 p  1 thì 2n �1  mod p  , vì
Theo định lý Fermat 2 �1  mod p  nên nếu nM

 p  1 thì n.2n  1 �n  1 (mod p) ở đây n có thể là lũy thừa của
vậy nếu ta chọn nM
p  1 , hoặc có thể bằng p  1 nhân với một hệ số nào đó.
n
Mặt khác n.2 1� mod p 

n

1  mod p 

.

*Nếu chọn n là lũy thừa của p  1 thì số mũ phải lẻ thỏa mãn hai điều kiện trên:

n   p  1

2 k 1

, k ��
.
Khi k chạy trên tập số tự nhiên cho ta vô số số n thỏa mãn điều kiện bài toán.

*Nếu n bằng tích của p  1 với một hệ số thì hệ số đó phải chia p dư 1, ta chọn
n   p  1  kp  1 , với k là một số tự nhiên bất kì.
Khi k chạy trên tập số tự nhiên sẽ cho ta vô số các số n thỏa mãn điều kiện.
Với các ý tưởng như trên thì bài toán hoàn toàn được giải quyết.
Bài toán 26. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p, tồn tại vô số số nguyên
dương n thoả mãn (2n – n)Mp.
Lời giải
Nếu p = 2 thì mọi n chẵn đều thoả mãn điều kiện đề bài.
19


Nếu p > 2, khi đó theo định lý Fermat, ta có

2

m p 1

�1  mod p 

*

với m  � .

Lấy n = m(p – 1) với m �-1 (mod p)
Khi đó n = m(p – 1) �1 (mod p) và 2n – n �2n – 1 �0 (mod p).
Do có vô số số nguyên dương m sao cho m �-1 (mod p) nên tồn tại vô số số
nguyên dương n thoả mãn (2n – n)Mp (điều phải chứng minh).
Bài toán 27. Cho p là một số nguyên tố, chứng minh rằng có vô số các số n ��*
n
sao cho 2015  n chia hết cho p .
Lời giải
Nếu 2015Mp thì chọn n = kp, k là số nguyên dương bất kỳ .
Nếu (2015, p)  1 , theo định lí Fermat
2015 p 1 �
1(mod p)

2015m ( p 1)

1(mod p ) ( m �N* ).

*
Lấy m  kp  1 , k �N ta có m �1(mod p ) và m( p  1) �1(mod p). Từ đó ta có

2015m ( p 1) �m( p  1)(mod p ).
*
Như vậy với mọi k �N , đặt m  kp  1 và n  m( p  1) thì có vô số số

để

(2015n  n)Mp .

2.5. Phương trình nghiệm nguyên
x
y
Bài toán 28. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y để 2  5 là số chính phương.

Lời giải
x
y
2
Giả sử 2  5  k  k �� .
y
y
2
2
Nếu x  0 thì 1  5  k  k là số chẵn  k M4 , nhưng 1  5 �2  mod 4  . Do đó
x �0 .

x
y
2
Từ 2  5  k ta suy ra k lẻ và k không chia hết cho 5.
x
2
x
Với y  0 thì 2  1  k   2m  1 � 2  4m  m  1  m  1 .
2

Khi đó x  3, y  0
3
0
Thử lại có 2  5  9 là số chính phương.

20


2
Với y �0 , vì k không chia hết cho 5 nên k ��1 mod 5  .
x
x
y
2
Từ 2  5  k suy ra 2 ��1 mod5   x chẵn.

5 y   k  2n   k  2n 
x

2
n
Đặt
, ta có


k  2 n  5a
�� n
k  2  5b , với a  b  y  a  b; a, b ��

� 2n1  5b  5a b  1 � 5b  1 � b  0, a  y
n 1
y
Lúc đó 2  5  1
n 1
2t
3 (vô lý)
Nếu y  2t thì 2  5  1M

Do đó ta có y lẻ. Khi đó
2n1  5 y  1  4  5 y 1  5 y  2  ...  5  1 .
y 1
y2
Nếu y  1 thì 5  5  ...  5  1 là số lẻ (vô lý)

Vậy y  1 � n  1, x  2, y  1 .
2
1
Thử lại có 2  5  9 là số chính phương.

Bài toán 29. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn phương trình
3x 1  1  2 y .

(1)

Lời giải
y
Với x  1 thu được 2  2 � y  1 .

2 y �1 mod 3 � y
x

1
Với
, ta có vế trái (1) chia cho 3 dư 1, suy ra
là số chẵn

� y  2k ( k ��* ).

Phương trình đã cho viết dưới dạng

3x 1   2k  1  2k  1

.

k
Suy ra 2  1  1 (vì chỉ có một trong hai thừa số chia hết cho 3).

Do đó k  1 � y  2 .
21


x 1
2; 2 
Ta được 3  1  4 � x  2 ta có nghiệm 
.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm  1;1 ,  2;2  .
x
2
Bài toán 30. Tìm cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn: 2  y  2 y  64  0 (1)

Lời giải
Ta có

(1) � 2 x  65   y  1

2

.

x
Vì 65 chia hết cho 5 và 2 không chia hết cho 5 với mọi x nguyên dương nên nếu
số nguyên dương y là thỏa mãn phương trình (1) thì y  1 là số nguyên dương

không chia hết cho 5. Suy ra  y  1 ��1 mod5  .
2

x
*
Do đó 2 ��1 mod5  , suy ra x  2k , với k �� .

Thay vào phương trình (1) ta được:
22 k  65   y  1 � 65   y  1  2k  .  y  1  2 k 
2



y

nguyên dương nên

y  1  2k  0 , từ (2) suy ra

(2)
y  1  2k  0 và

y  1  2k  y  1  2 k .

Do đó
k


�y  1  2


k
�y  1  2


k
�y  1  2


k

�y  1  2


 65

k 5



�x  10




1
�y  32 �
�y  32





�k  2
�x  4
 13






�y  8
�y  8
5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương là  10;32  và  4;8 
Bài toán 31. Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho tồn tại các số x1, x2, …, xk
sao cho x13 + x23 + … + xk3 = 20022002.
Lời giải
Ta có 2002  4 (mod 9)  20023 43 1 (mod 9)
20022002 = (20023)667.2002  2002 (mod 9)  4 (mod 9)
22


Mặt khác, với mọi số nguyên a ta có
a3 � 1 (mod 9) hoặc a3 0 (mod 9)
Do đó x13 ; x13 + x23; x13 + x23 + x33 không thể đồng dư với 4 modul 9 được.
Tức là với k ≤ 3 thì phương trình trên không có nghiệm nguyên.
Ta sẽ chứng minh k = 4 là giá trị cần tìm.
Thật vậy ta có 2002 = 103 + 103 + 13 + 13
Mà 2002 = 3. 667 + 1
 20022002 = 2002. (2002667)3
= (103 + 103 + 13 + 13 ) (2002667)3
= (10.2002667)3 + (10.2002667)3+ (2002667)3 + (2002667)3
Vậy với k = 4 thì phương trình trên có nghiệm. Ta có k = 4 là giá trị cần tìm.
3
2
3
Bài toán 32. Phương trình x  3xy  y  2012 có nghiệm nguyên hay không?

Lời giải
Ta có

2012 �1 mod 3

suy ra

x3  3xy2  y3 �1 mod3 � x3  y3 �1 mod3

�  x  y  3xy x  y �1 mod3 � x  y �1 mod3
3

Xét 3 trường hợp sau:
Trường hợp 1:

x �0 mod3 , y �1 mod3

Ta có

x  3m, y  3k  1,  mk
, �Z .

Do đó

x3  3xy2  y3  27m3  3.3m. 3k  1   3k  1 �1 mod 9
2



2012 �5 mod 9

Trường hợp 2:
Ta có

nên không thỏa mãn.

x �1 mod3 , y �0 mod3

x  3m 1, y  3k,  mk
, �Z .

23

3

.


x3  3xy2  y3   3m 1  3. 3m 1 . 3k   3k �1 mod 9
3

Do đó


2012 �5 mod 9

Trường hợp 3:

2

3

nên không thỏa mãn.

x �1 mod3 , y �1 mod3

Ta có

x  3m 1, y  3k  1,  mk
, �Z .

Do đó

x3  3xy2  y3   3m 1  3. 3m 1 . 3k  1   3k  1 �1 mod 9
3



2012 �5 mod 9

2

3

nên không thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Bài toán 33
Chứng minh rằng phương trình x + y + z = 19 + 7+ 9
không có nghiệm nguyên dương
Lời giải
Ta có 19 = (2.9 + 1).
Từ công thức nhị thức Newton suy ra 19 1(mod 9).
Tương tự 7 = (9 – 2) -2(mod 9).
Lại có -2=(-4)2= (-4)(2)=(-4)(8)(-4)(-1)(mod 9) 4 (mod 9)
nên 7 4(mod 9)
9 0(mod 9)
Vậy, 19 + 7+ 9 5(mod 9) (*)
Mặt khác với mọi a nguyên, a 0,1,-1(mod 9) suy ra a 0,1,-1(mod 9)
do đó x + y + z -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3 (mod 9) . Vậy x + y + z không đồng dư với 5
theo modun 9 (**)
Từ (*) và (**) suy ra phương trình đã cho vô nghiệm.
2.6. Ứng dụng của định lí thặng dư Trung Hoa

24


Bài toán 34. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất: chia 7 dư 5, chia 11 dư 7 và
chia 13 dư 3.
Lời giải

Xét hệ phương trình:

�x �5  mod 7 

�x �7  mod11

�x �3  mod13 

(1)

Vì 7, 11, 13 là các số nguyên tố nên theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ (1)
có 1 nghiệm là a  a1 M 1 y1  a2 M 2 y2  a3 M 3 y3 trong đó
M 1  11 �
13  143, M 2  13.7  91, M 3  7.11  77 .

ta có:

M 1 y1 �3 y1 �1 mod 7  � y1  2

tương tự : M 2 y2 �3 y2 �1 mod11 � y2  4

M 3 y3 � y3 �1 mod13 � y3  1
nên a  5.143.( 2)  7.91.4  3.77.( 1)  887 .
Tất cả các nghiệm của hệ (1) có dạng x  887  1001t  t �� .
Vậy số cần tìm là 887.
Bài toán 35. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương chẵn k sao cho
p 2  k là hợp số với mọi số nguyên tố p.
Lời giải
2
Với p  2, p  k là hợp số với mọi số k chẵn.
2
Với p  3 ta có p �1 mod3

2
Nếu k nguyên dương chẵn và k �2  mod 3 thì p  k chia hết cho 3
2
Với p = 3 thì p  k chia hết cho 3 khi k �1 mod5 

25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×