MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC

LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA

Phạm Văn Quốc(Trường THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên)

Trong các kỳ thi học sinh giỏi chúng ta hay gặp các bài toán số học liên quanđến lũy thừa như chứng minh sự chia hết, chứng minh sự tồn tại hoặc tìm cácsố nguyên thỏa mãn điều kiện,... Trong những năm gần đây, dạng toán này cũngxuất hiện nhiều trong các đề thi quốc gia, đề thi chọn đội tuyển thi quốc tế(CĐT) của các nước, các đề dự tuyển và các đề thi Toán quốc tế (IMO). Đây lànhững bài toán hay và tất nhiên không dễ nếu không nắm được một số kỹ thuậtcũng như nhận dạng được kiểu bài toán. Các lời giải thường sử dụng công cụkhông khó nhưng chứa đựng nhiều sự tinh tế và sự linh hoạt trong vận dụng kiếnthức. Bài viết dưới đây đề cập đến một số kiến thức cơ bản và kỹ năng liên quanđến các bài toán dạng này.

I. Kiến thức cơ bản

Trong phần này là một số kiến thức cơ bản nhưng chúng hay được dùng trongcác dạng toán mà ta đang xét: công thức lũy thừa, số mũ "đúng", định lý Fermat,Định lý Euler, cấp của số nguyên và một số tính chất liên quan hay dùng .

1. Một số khai triển liên quan đến lũy thừa

Định lý 1. Cho 𝑛 là số nguyên dương, khi đó với 𝑥, 𝑦 bất kỳ ta có∘ 𝑥𝑛 − 𝑦𝑛 = (𝑥− 𝑦) (𝑥𝑛−1 + 𝑥𝑛−2𝑦 + 𝑥𝑛−3𝑦2 + · · ·+ 𝑥𝑦𝑛−2 + 𝑦𝑛−1) ,∘ 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛 = (𝑥+ 𝑦) (𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛−2𝑦 + 𝑥𝑛−3𝑦2 − · · · − 𝑥𝑦𝑛−2 + 𝑦𝑛−1) nếu 𝑛 lẻ,∘ (𝑥+ 𝑦)𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝐶1

𝑛𝑥𝑛−1𝑦 + 𝐶2

𝑛𝑥𝑛−2𝑦2 + · · ·+ 𝐶𝑛−1

𝑛 𝑥𝑦𝑛−1 + 𝑦𝑛.

Ta hãy bắt đầu bằng ví dụ sau.

Ví dụ 1. (Romania 2002) Cho 𝑘, 𝑛 là các số nguyên dương với 𝑛 > 2. Chứngminh rằng phương trình

𝑥𝑛 − 𝑦𝑛 = 2𝑘

không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (𝑥, 𝑦). Nếu gcd (𝑥, 𝑦) = 𝑑 >1 ⇒ 𝑑 | 2𝑘 nên 𝑑 là lũy thừa của 2. Bằng cách chia hai vế cho 𝑑𝑛, ta có thể giả sửgcd (𝑥, 𝑦) = 1 và suy ra 𝑥, 𝑦 lẻ.

1

www.VNMATH.com

Nếu 𝑛 chẵn, 𝑛 = 2𝑚 ta có 𝑥𝑛 − 𝑦𝑛 = (𝑥𝑚 − 𝑦𝑚) (𝑥𝑚 + 𝑦𝑚) nên 𝑥𝑚 − 𝑦𝑚 =2𝑎, 𝑥𝑚 + 𝑦𝑚 = 2𝑘−𝑎 với 𝑎 là số nguyên dương. Khi đó 𝑥𝑚 = 2𝑎−1

(1 + 2𝑘−2𝑎

)mà

𝑥 lẻ nên 𝑎 = 1. Hơn nữa vì 𝑚 ≥ 2 nên

𝑥𝑚 − 𝑦𝑚 = (𝑥− 𝑦)(𝑥𝑚−1 + 𝑥𝑚−2𝑦 + · · ·+ 𝑦𝑚−1

)> 2

mâu thuẫn.Do đó 𝑛 là số lẻ. Ta có

𝑥𝑛 − 𝑦𝑛 = (𝑥− 𝑦)(𝑥𝑛−1 + 𝑥𝑛−2𝑦 + · · ·+ 𝑦𝑛−1

).

Nhưng do 𝑥, 𝑦 lẻ nên 𝑥𝑛−1 + 𝑥𝑛−2𝑦 + · · · + 𝑦𝑛−1 ≡ 𝑛 ≡ 1 (mod 2). Suy ra 𝑥𝑛−1 +𝑥𝑛−2𝑦+ · · ·+ 𝑦𝑛−1 = 1, điều này là không thể vì 𝑥, 𝑦 nguyên dương và 𝑛 > 2. Vậyphương trình đã cho vô nghiệm. �

Lời giải của ví dụ này chủ yếu dùng công thức của hiệu hai lũy thừa và tínhchất tích của hai số nguyên dương là lũy thừa của 2 thì mỗi số là lũy thừa của 2.Ví dụ tiếp theo cũng có ý giải cũng gần giống nhưng cần một chút khéo léo hơn.Ví dụ 2. (Dự tuyển IMO 2008) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố.Chứng minh rằng nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số nguyên (không nhất thiết dương) thỏa mãnđẳng thức

𝑎𝑛 + 𝑝𝑏 = 𝑏𝑛 + 𝑝𝑐 = 𝑐𝑛 + 𝑝𝑎

thì 𝑎 = 𝑏 = 𝑐.

Lời giải.

Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng. Rõ ràng nếu hai trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐bằng nhau thì tất cả chúng bằng nhau. Giả sử cả ba số phân biệt đôi một, khiđó theo giả thiết ta có

𝑎𝑛 − 𝑏𝑛

𝑎− 𝑏.𝑏𝑛 − 𝑐𝑛

𝑏− 𝑐.𝑐𝑛 − 𝑎𝑛

𝑐− 𝑎= −𝑝3.

Vì vế phải âm nên có ít nhất một trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 là số âm. Hơn nữa 𝑛 phải làsố chẵn (nếu trái lại suy ra mỗi thừa số ở vế trái là số dương).

+, Nếu 𝑝 là số lẻ, mà

2 -𝑎𝑛 − 𝑏𝑛

𝑎− 𝑏= 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑏+ · · ·+ 𝑏𝑛−1.

Suy ra 𝑎, 𝑏 khác tính chẵn lẻ, tức là 2 - 𝑎− 𝑏. Tương tự 2 - 𝑏− 𝑐, 2 - 𝑐− 𝑎 đây làđiều mâu thuẫn.

+, Nếu 𝑝 = 2. Rõ ràng nếu một trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 bằng 0 thì cả ba số bằng 0.Xét |𝑎| , |𝑏| , |𝑐| ≥ 1. Đặt 𝑛 = 2𝑚 ta có

𝐴 =𝑎𝑛 − 𝑏𝑛

𝑎− 𝑏= (𝑎+ 𝑏)

𝑎2𝑚 − 𝑏2𝑚

𝑎2 − 𝑏2

2

www.VNMATH.com

= (𝑎+ 𝑏)(𝑎2𝑚−2 + 𝑎2𝑚−4𝑏2 + · · ·+ 𝑏2𝑚−2

).

Dễ thấy nếu 𝑚 > 1 ta có ngay |𝐴| ≥ 4 (do 𝐴 = 0) và tương tự suy ra mâu thuẫnvì tích của chúng là −8. Do đó 𝑚 = 1 ⇒ 𝑛 = 2 và ta thu được

(𝑎+ 𝑏) (𝑏+ 𝑐) (𝑐+ 𝑎) = −8.

Chú ý là do 𝑝 = 2 nên từ giả thiết ta có ngay 𝑎, 𝑏, 𝑐 cùng tính chẵn lẻ, suy ra𝑎+ 𝑏, 𝑏+ 𝑐, 𝑐+ 𝑎 chẵn. Mà −8 = 2.2. (−2) nên dễ thấy hai trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 phảibằng nhau, suy ra 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 (mâu thuẫn). Từ đó ta có điều phải chứng minh. �

2. Số mũ "đúng" (exact exponent)

Định nghĩa 2. Cho 𝑝 là số nguyên tố, 𝑎 là số nguyên và 𝛼 là số tự nhiên. Ta nói𝑝𝛼 là ước đúng (exact power) của 𝑎, và 𝛼 được gọi là số mũ đúng của 𝑝 trong khaitriển của 𝑎, nếu 𝑝𝛼 | 𝑎 và 𝑝𝛼+1 - 𝑎. Khi đó ta viết 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 và ký hiệu 𝛼 = 𝑣𝑝 (𝑎).

Tính chất 3. Cho 𝑎, 𝑏 là các số nguyên, khi đó ta có∘ Nếu 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 và 𝑝𝛽 ‖ 𝑏 thì 𝑝𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑏,∘ Nếu 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 thì 𝑝𝑘𝛼 ‖ 𝑎𝑘,∘ Nếu 𝑝𝛼 ‖ 𝑎 và 𝑝𝛽 ‖ 𝑏 với 𝑎 = 𝑏 thì 𝑝min(𝛼,𝛽) ‖ 𝑎+ 𝑏.

Ví dụ 3. Cho 𝑎, 𝑘 là các số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố lẻ, 𝛼 ∈ N+ saocho 𝑝𝛼 ‖ 𝑎− 1, khi đó với mọi số nguyên 𝛽 ≥ 0 thì 𝑝𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑘 − 1 ⇔ 𝑝𝛽 ‖ 𝑘.

Lời giải.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo 𝛽. Nếu 𝛽 = 0, thì

𝑎𝑘 − 1

𝑎− 1= 𝑎𝑘−1 + · · ·+ 𝑎+ 1 ≡ 𝑘 (mod 𝑝) do 𝑎 ≡ 1 (mod 𝑝)

và suy ra nó không chia hết cho 𝑝. Bài toán đúng.Giả sử bài toán đúng với 𝛽 ≥ 0 nào đó và 𝑘 = 𝑝𝛽+1𝑡 với 𝑝 - 𝑡. Theo giả thiết

quy nạp ta có 𝑎𝑘/𝑝 = 𝑎𝑝𝛽𝑡 = 𝑚𝑝𝛼+𝛽 + 1 với 𝑚 không chia hết cho 𝑝. Hơn nữa ta

có

𝑎𝑘 − 1 =(𝑚𝑝𝛼+𝛽 + 1

)𝑝 − 1

=(𝑚𝑝𝛼+𝛽

)𝑝+ · · ·+ 𝐶2

𝑝

(𝑚𝑝𝛼+𝛽

)2+𝑚𝑝𝛼+𝛽+1.

Vì 𝑝 | 𝐶2𝑝 =

𝑝 (𝑝− 1)

2, nên tất cả các số hạng trong khai triển trên, ngoại trừ số

hạng cuối cùng, đều chia hết cho 𝑝𝛼+𝛽+2. Từ đó ta có ngay 𝑝𝛼+𝛽+1 ‖ 𝑎𝑘 − 1. Theonguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. �

Tương tự như ví dụ trên, ta có bài toán với 𝑝 = 2. Trong trường hợp này do𝐶2

𝑝 = 1 nên bài toán có sự thay đổi một chút.

Ví dụ 4. Cho 𝑎, 𝑘 là các số nguyên dương, 𝛼 ∈ N+ sao cho 2𝛼 ‖ 𝑎2 − 1, khi đóvới mọi số nguyên 𝛽 ≥ 0 thì 2𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑘 − 1 ⇔ 2𝛽+1 ‖ 𝑘.

3

www.VNMATH.com

Lời giải.

Rõ ràng ta chỉ cần xét với 𝑘 là số nguyên dương chẵn. Ta chứng minh bàitoán bằng quy nạp theo 𝛽 ≥ 0. Với 𝛽 = 0 ⇔ 𝑘 = 2𝑛 (𝑛 là số lẻ). Khi đó

𝑎𝑘 − 1

𝑎2 − 1=

𝑛−1∑𝑖=0

𝑎2(𝑛−1−𝑖) ≡ 𝑛 ≡ 0 (mod 2𝛼) .

Bài toán đúng với 𝛽 = 0. Giả sử bài toán đúng với 𝛽 ≥ 0, đặt 𝑘 = 2𝑛 với 2𝛽+1 ‖ 𝑛,khi đó

𝑎𝑘 − 1

𝑎𝑛 − 1= 𝑎𝑛 + 1 ≡ 2 (mod 4)

(do 𝑎 lẻ và 𝑛 chẵn). Mà 2𝛼+𝛽 ‖ 𝑎𝑛 − 1. Suy ra bài toán đúng đến 𝛽 + 1. Ta cóđiều phải chứng minh. �

Chú ý: Hai ví dụ trên có thể tổng quát hơn, đó là định lý về số mũ đúng nhưdưới đây, cách chứng minh hoàn toàn tương tự bằng quy nạp.

Định lý 4. (Lifting the Exponent Lemma) i. Với 𝑥, 𝑦 là các số nguyên (khôngnhất thiết dương), 𝑛 là số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố lẻ sao cho 𝑝 | 𝑥− 𝑦và 𝑥, 𝑦 không chia hết cho 𝑝. Khi đó

𝑣𝑝 (𝑥𝑛 − 𝑦𝑛) = 𝑣𝑝 (𝑥− 𝑦) + 𝑣𝑝 (𝑛) .

ii. Với 𝑥, 𝑦 là hai số nguyên lẻ và 𝑛 là số nguyên dương chẵn. Khi đó

𝑣2 (𝑥𝑛 − 𝑦𝑛) = 𝑣2 (𝑥− 𝑦) + 𝑣2 (𝑥+ 𝑦) + 𝑣2 (𝑛)− 1.

Nhận xét: +, Nếu 𝑛 lẻ bằng cách thay 𝑦 bởi −𝑦 thì ta cũng có đẳng thức tươngtự trong phần i, 𝑣𝑝 (𝑥

𝑛 + 𝑦𝑛) = 𝑣𝑝 (𝑥+ 𝑦) + 𝑣𝑝 (𝑛) ;+, Trong phần ii, do 𝑥, 𝑦 lẻ nên một trong hai số 𝑣2 (𝑥− 𝑦) , 𝑣2 (𝑥+ 𝑦) bằng

1.

Ví dụ 5. (Nga 1996) Các số nguyên dương 𝑎, 𝑏, 𝑝, 𝑛, 𝑘 thỏa mãn 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 = 𝑝𝑘.Chứng minh rằng nếu 𝑛 > 1 là số lẻ và 𝑝 là số nguyên tố lẻ thì 𝑛 là lũy thừa của𝑝.

Lời giải.

Ta có 𝑝𝑘 = (𝑎+ 𝑏) (𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2𝑏+ · · ·+ 𝑏𝑛−1) suy ra 𝑎+ 𝑏 = 𝑝𝑗, 𝑗 ≥ 1. Giả sử𝑝𝑙 ‖ 𝑛 mà 𝑎 ≡ −𝑏 (mod 𝑝). Nên theo định lý 4 ta có

𝑣𝑝 (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛) = 𝑣𝑝 (𝑎+ 𝑏) + 𝑣𝑝 (𝑛) = 𝑗 + 𝑙,

tức là 𝑝𝑙+𝑗 ‖ (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛) = 𝑝𝑘 ⇒ 𝑙 = 𝑘 − 𝑗. Hơn nữa theo định lý 4 ta lại có

𝑣𝑝

(𝑎𝑝

𝑘−𝑗

+ 𝑏𝑝𝑘−𝑗

)= 𝑣𝑝 (𝑎+ 𝑏) + 𝑣𝑝

(𝑝𝑘−𝑗

)= 𝑗 + 𝑘 − 𝑗 = 𝑘,

4

www.VNMATH.com

suy ra 𝑝𝑘 ‖ 𝑎𝑝𝑘−𝑗

+ 𝑏𝑝𝑘−𝑗

và 𝑎𝑝𝑘−𝑗

+ 𝑏𝑝𝑘−𝑗 ‖ 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 (vì 𝑛 lẻ và 𝑝𝑘−𝑗 ‖ 𝑛). Mà

𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 = 𝑝𝑘 nên ta có 𝑝𝑘 = 𝑎𝑝𝑘−𝑗

+ 𝑏𝑝𝑘−𝑗

= 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 và từ đó 𝑛 = 𝑝𝑘−𝑗. �

3. Định lý Fermat (nhỏ)

Định lý 5. (Định lý Fermat) Cho 𝑝 là một số nguyên tố thỏa mãn 𝑝 - 𝑎. Khi đó

𝑎𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) .

Đối với số nguyên 𝑎 bất kỳ, ta có 𝑎𝑝 ≡ 𝑎 (mod 𝑝) .

Ví dụ 6. Giả sử số nguyên tố 𝑝 có dạng 4𝑘 + 3 và là ước của (𝑥2 + 𝑦2) thì𝑝 | 𝑥, 𝑝 | 𝑦.

Lời giải.

Giả sử trái lại 𝑝 - 𝑥, 𝑝 - 𝑦 ⇒ gcd (𝑥, 𝑝) = gcd (𝑦, 𝑝) = 1. Do đó theo địnhlý Fermat ta có 𝑥𝑝−1 ≡ 𝑦𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝). Trong khi đó từ giả thiết ta có

𝑥2 ≡ −𝑦2 (mod 𝑝) ⇒ (𝑥2)𝑝−12 ≡ (−𝑦2)

𝑝−12 (mod 𝑝). Hay 𝑥𝑝−1 ≡ −𝑦𝑝−1 (mod 𝑝) ⇔

1 ≡ −1 (mod 𝑝). Ta có mâu thuẫn vì 𝑝 là số nguyên tố lẻ. �

Nhận xét : Từ ví dụ này ta suy ra ngay với 𝑛 là số nguyên dương mọi ước nguyêntố lẻ của 𝑛2 + 1 đều có dạng 4𝑘 + 1. Và từ đó mọi ước dương của 𝑛2 + 1 đều códạng 2𝑖 (4𝑘 + 1) , 𝑖 = 0, 1.

Ví dụ 7. (CĐT Mỹ 2008) Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 sao cho 𝑛7 + 7 làsố chính phương.

Lời giải.

Giả sử tồn tại 𝑚 ∈ N sao cho 𝑛7 + 7 = 𝑚2. Khi đó ta có

𝑚2 + 112 = 𝑛7 + 27 = (𝑛+ 2)(𝑛6 − 2𝑛5 + · · · − 25𝑛+ 26

).

Rõ ràng 𝑚2 + 112 ≡ 1, 2 (mod 4) ⇒ 𝑛7 + 27 ≡ 1, 2 (mod 4). Từ đó dễ dàng thấy𝑛 ≡ 1 (mod 4). Mà theo đẳng thức trên ta có (𝑛+ 2) | 𝑚2 + 112 suy ra 𝑚2 + 112

phải có một ước nguyên tố 𝑝 có dạng 4𝑖 + 3. Từ đó 112 ≡ −𝑚2 (mod 𝑝). Nếu𝑝 = 11 thì theo định lý Fermat ta có 11𝑝−1 ≡ 𝑚𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) nhưng trong khiđó

11𝑝−1 ≡(−𝑚2

) 𝑝−12 = −𝑚𝑝−1 (mod 𝑝)

mâu thuẫn. Suy ra 𝑝 = 11. Do đó 𝑚 = 11𝑘, 𝑘 ∈ N và 11 | (𝑛+ 2) .Hơn nữa từ đó ta lại có

𝑛6 − 2𝑛5 + · · · − 25𝑛+ 26 ≡ 7.26 ≡ 8 (mod 11) .

Suy ra 112 | (𝑛+ 2) ⇒ 𝑛 = 112ℎ − 2 và ℎ là ước dương của 𝑘2 + 1. Theo vídụ 6 các ước nguyên tố lẻ của 𝑘2 + 1 chỉ có dạng 4𝑖 + 1, tức là ℎ chỉ có dạng2𝑗 (4𝑖+ 1) , 𝑗 = 0, 1. Khi đó 𝑛 = 112ℎ − 2 ≡ 0; 3 (mod 4). Ta có mâu thuẫn vì𝑛 ≡ 1 (mod 4). Do đó không tồn tại 𝑛 thỏa mãn đầu bài. �

5

www.VNMATH.com

4. Hàm Euler

Định nghĩa 6. Cho 𝑛 là số nguyên dương. Hàm Euler 𝜙 xác định trên tập cácsố nguyên dương như sau: 𝜙 (𝑛) là số các số nguyên dương nhỏ hơn 𝑛 và nguyêntố cùng nhau với 𝑛. Quy ước 𝜙 (1) = 1.

Tính chất 7. Hàm 𝜙 (𝑛) có tính chất nhân theo nghĩa: Nếu 𝑎, 𝑏 là hai số nguyêntố cùng nhau thì 𝜙 (𝑎𝑏) = 𝜙 (𝑎)𝜙 (𝑏) .

Tính chất 8. Giả sử 𝑛 = 𝑝𝛼11 𝑝𝛼2

2 . . . 𝑝𝛼𝑘𝑘 là phân tích tiêu chuẩn của 𝑛 > 1. Khi

đó

𝜙 (𝑛) = 𝑛

(1− 1

𝑝1

)(1− 1

𝑝2

)· · ·

(1− 1

𝑝𝑘

).

Định lý 9. (Định lý Euler) Cho 𝑎, 𝑛 là các số nguyên, 𝑛 > 1, (𝑎, 𝑛) = 1. Khi đó

𝑎𝜙(𝑛) ≡ 1 (mod𝑛) .

Với 𝑎, 𝑛 là hai số nguyên dương bất kỳ ta có

𝑎𝑛 ≡ 𝑎𝑛−𝜙(𝑛) (mod𝑛) .

Nhận xét: Định lý Fermat là trường hợp riêng của định lý Euler trong trườnghợp 𝑛 là số nguyên tố.

Bổ đề 10. Với 𝑎, 𝑏 là các số nguyên dương 𝑎, 𝑏 thì với 𝑛 đủ lớn ta có

𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑎)

(cụ thể hơn 𝑛 ≥ max{𝑣𝑝𝑖 (𝑎) + 1, 𝑝𝑖 là ước nguyên tố của 𝑎

}).

Chứng minh của bổ đề này có thể xem trong bài 7 dưới đây.

Ví dụ 8. (IMO 1971) Chứng minh rằng dãy số 2𝑛− 3 (𝑛 > 1) chứa một dãy convô 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 số𝑎1 = 2𝑛1 − 1, 𝑎2 = 2𝑛2 − 1, ..., 𝑎𝑘 = 2𝑛𝑘 − 1, ở đó 2 = 𝑛1 < 𝑛2 < · · · < 𝑛𝑘, mà cácphần 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 lẻ nên theo định lý Euler ta có 𝑠 | 2𝜙(𝑠) − 1 ⇒2𝜙(𝑠) − 1 = 𝑞𝑠, 𝑞 ∈ N. Khi đó ta có 2𝜙(𝑠)+2 − 3 = 4𝑞𝑠 − 1 là nguyên tố cùngnhau với 𝑠, nên ta có thể chọn 𝑛𝑘+1 = 𝜙 (𝑠) + 2. Rõ ràng 𝑛𝑘+1 > 𝑛𝑘 và dãysố 𝑎1, 𝑎2, ..., 𝑎𝑘, 𝑎𝑘+1 đôi một nguyên tố cùng nhau, từ đó ta có điều phải chứngminh. �

Ví dụ 9. (Mỹ 1991) Chứng minh rằng với mọi số nguyên 𝑛 ≥ 1, dãy số sau

2, 22, 222

, 2222

, . . . (mod𝑛)

là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó.

6

www.VNMATH.com

Lời giải.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo 𝑛. Với 𝑛 = 1 bài toán hiển nhiên đúng.Giả sử bài toán đúng đến 𝑘 − 1, (𝑘 ≥ 2).

+, Nếu 𝑘 chẵn, 𝑘 = 2𝑎𝑏 với 𝑏 lẻ. Khi đó theo giả thiết quy nạp thì dãy đã cholà hằng số từ lúc nào đó mô-đun 𝑏. Mà rõ ràng dãy này là dãy 0 mô-đun 2𝑎 kể từlúc nào đó. Vì thế theo mô-đun 𝑘 nó cũng là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó.

+, Nếu 𝑘 lẻ, theo định lý Euler ta có 2𝜙(𝑘) ≡ 1 (mod 𝑘). Mà theo giả thiết quynạp dãy 1, 2, 22, 22

2, . . . (dãy các số mũ) là hằng số kể từ một lúc nào đó mô-đun

𝜙 (𝑘). Vì thế 2, 22, 222, 22

22

, . . . (mod 𝑘) là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó.Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. �

5. Cấp (order) của một số nguyên

Định nghĩa 11. Cho 𝑎, 𝑛 là hai số nguyên dương và 𝑎 là số nguyên bất kỳ thỏamãn (𝑎, 𝑛) = 1. Số nguyên dương ℎ nhỏ nhất sao cho 𝑎ℎ ≡ 1 (mod𝑛) được gọilà cấp của 𝑎 mô-đun 𝑛, ký hiệu ord𝑛 (𝑎) .

Bổ đề 12. Cho 𝑚,𝑛 là các số nguyên dương và 𝑎 là số nguyên khác 1. Khi đó

gcd (𝑎𝑚 − 1, 𝑎𝑛 − 1) =𝑎gcd(𝑚,𝑛) − 1

.

Định lý 13. Cho 𝑎, 𝑛 là các số nguyên nguyên tố cùng nhau với 𝑛 > 0 khi đóord𝑛 (𝑎) | 𝜙 (𝑛).

Định nghĩa 14. Nếu 𝑟, 𝑛 là các số nguyên tố cùng nhau với 𝑛 > 0 và nếuord𝑛 𝑟 = 𝜙 (𝑛) thì 𝑟 được gọi là căn nguyên thủy mô-đun 𝑛.

Định lý 15. Nếu 𝑟, 𝑛 là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau và nếu 𝑟 làcăn nguyên thủy mô-đun 𝑛. Khi đó các số nguyên

{𝑟, 𝑟2, ..., 𝑟𝜙(𝑛)

}tạo thành một

hệ thặng dư thu gọn mô-đun 𝑛.

Định lý 16. (Sự tồn tại của căn nguyên thủy) Mọi số nguyên tố đều có cănnguyên thủy. Tổng quát hơn: số nguyên dương 𝑛 > 1 có căn nguyên thủy khivà chỉ khi 𝑛 = 2, 4, 𝑝𝑘 hoặc 2𝑝𝑘 trong đó 𝑝 là số nguyên tố lẻ và 𝑘 là số nguyêndương.

Ví dụ 10. Cho 𝑛 là hai số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố thỏa. Chứng minhrằng nếu 𝑚 là ước nguyên tố lẻ của 𝑛𝑝 + 1 thì 2𝑝 | 𝑚− 1 hoặc 𝑚 | 𝑛2 − 1.

Lời giải.

Từ giả thiết 𝑚 | 𝑛𝑝 + 1 ⇒ 𝑛𝑝 ≡ −1 ≡ 1 (mod𝑚) vì 𝑚 > 2. Suy ra 𝑛2𝑝 ≡1 (mod𝑚).

Đặt 𝑑 = ord𝑚 𝑛 khi đó 𝑑 là ước của 2𝑝 nhưng không là ước của 𝑝. Mà 𝑝 là sốnguyên tố suy ra 𝑑 = 2 hoặc 𝑑 = 2𝑝.

+, Nếu 𝑑 = 2 suy ra 𝑛2 ≡ 1 (mod𝑚) hay 𝑚 | 𝑛2 − 1.+, Nếu 𝑑 = 2𝑝 ⇒ 2𝑝 | 𝑚−1 vì theo định lý Fermat ta có 𝑑 | 𝑚−1 (đpcm). �

Ví dụ 11. (Dự tuyển IMO 2006) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phươngtrình

𝑥7 − 1

𝑥− 1= 𝑦5 − 1.

7

www.VNMATH.com

Lời giải.

Gọi 𝑝 là một ước nguyên tố bất kỳ của𝑥7 − 1

𝑥− 1= 𝑥6 + 𝑥5 + · · ·+ 𝑥+ 1. Ta có

hai trường hợp:

+, Nếu 𝑝 | (𝑥− 1), suy ra𝑥7 − 1

𝑥− 1≡ 1 + 1+ · · ·+ 1+ 1 ≡ 7 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 7;

+, Nếu 𝑝 - (𝑥− 1), ta có ngay ord𝑝 𝑥 = 7. Từ đó suy ra 𝑝 ≡ 1 (mod 7) .

Vậy ta có mọi ước nguyên dương 𝑑 của𝑥7 − 1

𝑥− 1thỏa mãn 𝑑 ≡ 0; 1 (mod 7).

Bây giờ giả sử (𝑥, 𝑦) là một nghiệm của phương trình đã cho. Mà 𝑦5 − 1 =(𝑦 − 1) (𝑦4 + 𝑦3 + 𝑦2 + 𝑦 + 1) suy ra

𝑦 − 1 ≡ 0; 1 (mod 7)

𝑦4 + 𝑦3 + 𝑦2 + 𝑦 + 1 ≡ 0; 1 (mod 7) .

Ta có mâu thuẫn vì khi đó 𝑦 ≡ 1; 2 (mod 7) ⇒ 𝑦4+𝑦3+𝑦2+𝑦+1 ≡ 5; 3 (mod 7).Vậy bài toán vô nghiệm. �

Ví dụ 12. (CĐT Trung Quốc 2006) Tìm tất cả các cặp số nguyên (𝑎, 𝑛) sao cho(𝑎+ 1)𝑛 − 𝑎𝑛

𝑛là số nguyên.

Lời giải.

Xét 𝑛 ≥ 2, giả sử 𝑝 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛. Khi đó 𝑝 | (𝑎+ 1)𝑛−𝑎𝑛 ⇒(𝑝, 𝑛) = 1 nên tồn tại 𝑏 sao cho 𝑎𝑏 ≡ 1 (mod 𝑝). Ta có (𝑎+ 1)𝑛 ≡ 𝑎𝑛 (mod 𝑝) ⇒((𝑎+ 1) 𝑏)𝑛 ≡ 1 (mod 𝑝). Do đó 𝑑 | 𝑛 với 𝑑 = ord𝑝 (𝑎𝑏+ 𝑏). Hơn nữa theo định lýFermat ta có ((𝑎+ 1) 𝑏)𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑑 | 𝑝 − 1 ⇒ gcd (𝑑, 𝑛) = 1 (theo địnhnghĩa của 𝑝). Tức là 𝑑 = 1, suy ra 𝑎+1 ≡ 𝑎 (mod 𝑝). Mâu thuẫn, do đó 𝑛 = 1. �

Chú ý : Ta có thể trình bày lời giải bằng căn nguyên thủy như sau: Gọi 𝑔 làcăn nguyên thủy mô-đun 𝑝. Theo giả thiết ta dễ thấy rằng 𝑎, 𝑎 + 1 không chiahết cho 𝑝, suy ra (𝑎+ 1, 𝑝) = (𝑎, 𝑝) = 1 ⇒ 𝑎+ 1 ≡ 𝑔𝑘, 𝑎 ≡ 𝑔ℎ (mod 𝑝) với 𝑘 = ℎ.Thay vào phương trình đã cho suy ra 𝑔𝑘𝑛 ≡ 𝑔ℎ𝑛 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝− 1 | 𝑛 (𝑘 − ℎ). Mà𝑝 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛 nên (𝑝− 1, 𝑛) = 1 ⇒ 𝑝− 1 | 𝑘− ℎ. Theo địnhlý Fermat suy ra 𝑝 | 𝑔𝑝−1 − 1 | 𝑔𝑘 − 𝑔ℎ ⇒ 𝑝 = 1 mâu thuẫn. �

6. Một số hệ quả hay dùng khác

i. Nếu 𝑝 | 𝑥 thì (𝑥+ 𝑦)𝑛 ≡ 𝑛𝑥𝑦𝑛−1 + 𝑦𝑛 (mod 𝑝2) và nếu 𝑎 ≡ 𝑏 (mod 𝑝) thì𝑎 = 𝑘𝑝+ 𝑏 ta có 𝑎𝑛 ≡ 𝑛𝑘𝑝𝑏𝑛−1 + 𝑏𝑛 (mod 𝑝2) .

ii . Cho 𝑚 là số nguyên dương và 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên tố cùng nhau với 𝑚. Nếu𝑥, 𝑦 là hai số nguyên thỏa mãn 𝑎𝑥 ≡ 𝑏𝑥 (mod𝑚) và 𝑎𝑦 ≡ 𝑏𝑦 (mod𝑚). Khi đó𝑎gcd(𝑥,𝑦) ≡ 𝑏gcd(𝑥,𝑦) (mod𝑚).iii . Cho 𝑝 là một số nguyên tố lẻ. Khi đó

a) nếu 𝑎 ≥ 2 thì 𝑎𝑝 − 1 có một ước nguyên tố mà không là ước của 𝑎− 1;b) nếu 𝑎 ≥ 2, 𝑝 = 3 hoặc 𝑎 > 2 thì 𝑎𝑝 + 1 có một ước nguyên tố mà không là

ước của 𝑎+ 1.

8

www.VNMATH.com

Hướng dẫn. Giả sử trái lại suy ra mọi ước của 𝐴 = 𝑎𝑝−1+𝑎𝑝−2+ · · ·+𝑎+1 đềulà ước của 𝑎− 1 mà 𝐴 = (𝑎− 1)𝐵 + 𝑝 ⇒ gcd (𝑎− 1, 𝑎𝑝−1 + 𝑎𝑝−2 + · · ·+ 𝑎+ 1) |𝑝 ⇒ 𝐴 là lũy thừa của 𝑝. Do đó 𝑝2 ‖ 𝑎𝑝 − 1 ⇒ 𝐴 = 𝑝− 1 mâu thuẫn.

iv. Nếu 𝑎 là số nguyên không chia hết cho số nguyên tố 𝑝 và có một số nguyêndương 𝑘 thỏa mãn 𝑎𝑘 ≡ −1 (mod 𝑝) khi đó nếu 𝑑 = ord𝑝 𝑎 thì ℎ = 𝑑/2 là sốnguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 𝑎ℎ ≡ −1 (mod 𝑝) .

Hướng dẫn. 𝑎2𝑘 ≡ 1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑑 | 2𝑘 mà 𝑎𝑘 ≡ −1 (mod 𝑝) nên 𝑑 = 2ℎ ⇒(𝑎ℎ − 1

) (𝑎ℎ + 1

)≡ 0 (mod 𝑝) .

v. Nếu 𝑥 là số nguyên dương và 𝑝, 𝑞 là hai số nguyên tố sao cho 𝑞 | 𝑥𝑝 − 1

𝑥− 1thì

𝑞 = 𝑝 hoặc 𝑞 ≡ 1 (mod 𝑝) .

vi. Số nguyên dương 𝑑 nhỏ nhất thỏa mãn 2𝑑 ≡ 1(mod 3𝑘

)là 𝑑 = 𝜙

(3𝑘)=

2.3𝑘−1. Nói cách khác 2 là căn nguyên thủy mô-đun 3𝑛.Hướng dẫn. Nếu 𝑝 là số nguyên tố lẻ và 𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝2 thì

𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝𝑘 với mọi số nguyên dương 𝑘.

II. Bài tập áp dụngBài 1. (IMO 2005) Xét dãy số 𝑎1, 𝑎2, ... xác định bởi công thức

𝑎𝑛 = 2𝑛 + 3𝑛 + 6𝑛 − 1 (𝑛 = 1, 2, ...) .

Xác định tất cả các số nguyên dương mà chúng nguyên tố cùng nhau với mọi sốhạng của dãy trên.

Lời giải.

Ta sẽ chứng minh với mọi số nguyên tố 𝑝 luôn tồn tại một số hạng 𝑎𝑚 củadãy sao cho 𝑝 | 𝑎𝑚, từ đó suy ra tất cả các số cần tìm là 1.

+, Với 𝑝 = 2, 3 rõ ràng 𝑎2 = 48 từ đó 𝑝 | 𝑎2.+, Xét 𝑝 > 3. Áp dụng định lý Fermat ta có

6𝑎𝑝−2 = 3.2𝑝−1 + 2.3𝑝−1 + 6𝑝−1 − 6 ≡ 3 + 2 + 1− 6 ≡ 0 (mod 𝑝) .

Từ đó 𝑝 | 𝑎𝑝−2 ⇒ gcd (𝑝, 𝑎𝑝−2) = 𝑝 > 1. Vậy chỉ có số 1 thỏa mãn bài toán. �

Bài 2. (Dự tuyển IMO 2005) Giả sử 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên dương sao cho 𝑎𝑛 + 𝑛là ước của 𝑏𝑛 + 𝑛 với mọi số nguyên dương 𝑛. Chứng minh rằng 𝑎 = 𝑏.

Lời giải.

Giả sử 𝑎 = 𝑏, khi đó từ giả thiết dễ thấy 𝑏 > 𝑎. Chọn 𝑝 là số nguyên tố lớnhơn 𝑏 và lấy 𝑛 = (𝑎+ 1) (𝑝− 1)+1. Theo cách chọn này ta có 𝑛 ≡ 1 (mod 𝑝− 1)và 𝑛 ≡ −𝑎 (mod 𝑝). Khi đó theo định lý Fermat ta có

𝑟𝑛 ≡ 𝑟(𝑟𝑝−1

)𝑎+1 ≡ 𝑟 (mod 𝑝) ∀𝑟 ∈ Z.

Ta lại có 𝑎𝑛 + 𝑛 ≡ 𝑎− 𝑎 ≡ 0 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 | 𝑎𝑛 + 𝑛. Hơn nữa 𝑏𝑛 + 𝑛 ≡ 𝑏− 𝑎 ≡0 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 | 𝑏− 𝑎. Điều này mâu thuẫn vì 𝑝 > 𝑏. Do đó 𝑎 = 𝑏 thỏa mãn. �

Bài 3. (Bulgaria 1995) Tìm tất cả các số nguyên tố 𝑝, 𝑞 sao cho 𝑝𝑞 là ước của(5𝑝 − 2𝑝) (5𝑞 − 2𝑞).

9

www.VNMATH.com

Lời giải.

Do tính đối xứng nên ta có thể giả sử 𝑝 ≤ 𝑞 mà (5𝑝 − 2𝑝) (5𝑞 − 2𝑞) là số lẻ nênta có 5 ≤ 𝑝 ≤ 𝑞. Để ý rằng nếu số nguyên tố 𝑘 là ước của 5𝑘 − 2𝑘 thì theo địnhlý Fermat ta có ngay 3 ≡ 5− 2 ≡ 5𝑘 − 2𝑘 (mod 𝑘) ⇒ 𝑘 = 3.

Giả sử 𝑝 > 3, theo nhận xét trên ta có 𝑝 là ước của 5𝑞−2𝑞 hay 5𝑞 ≡ 2𝑞 (mod 𝑝).Lại theo định lý Fermat thì 5𝑝−1 ≡ 2𝑝−1 (mod 𝑝). Do đó

5gcd(𝑝−1,𝑞) ≡ 2gcd(𝑝−1,𝑞) (mod 𝑝) .

Mà 𝑞 ≥ 𝑝 ⇒ gcd (𝑝− 1, 𝑞) = 1 do đó ta có 5 ≡ 2 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 3 mâu thuẫn.Suy ra 𝑝 = 3. Nếu 𝑞 > 3 suy ra 𝑞 là ước của 5𝑝−2𝑝 = 53−23 = 9.13 ⇒ 𝑞 = 13

thỏa mãn.Vậy tất cả các cặp (𝑝, 𝑞) cần tìm là: (3, 3) ; (3, 13) ; (13, 3). �

Bài 4. (Dự tuyển IMO 2003) Cho 𝑝 là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồntại một số nguyên tố 𝑞 sao cho với mọi số nguyên 𝑛, số 𝑛𝑝− 𝑝 không chia hết cho𝑞.

Lời giải.

Ta có𝑝𝑝 − 1

𝑝− 1= 1 + 𝑝+ 𝑝2 + · · · 𝑝𝑝−1 ≡ 𝑝+ 1

(mod 𝑝2

),

suy ra có ít nhất một ước nguyên tố của𝑝𝑝 − 1

𝑝− 1không đồng dư 1 mô-đun 𝑝2. Gọi

số nguyên tố này là 𝑞 và ta sẽ chỉ ra đây là số 𝑞 cần tìm.Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên 𝑛 sao cho 𝑛𝑝 ≡ 𝑝 (mod 𝑞). Khi đó, theo

cách chọn số 𝑞 ta có 𝑛𝑝2 ≡ 𝑝𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Mặt khác, theo định lý Fermat,𝑛𝑞−1 ≡ 1 (mod 𝑞), vì 𝑞 là số nguyên tố. Hơn nữa ta có 𝑝2 - 𝑞 − 1 nên (𝑝2, 𝑞 − 1) |𝑝 ⇒ 𝑛𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Suy ra 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Khi đó ta thu được

1 + 𝑝+ · · ·+ 𝑝𝑝−1 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) .

Cùng với định nghĩa của 𝑞 ta có ngay 𝑝 ≡ 0 (mod 𝑞), đây là điều mâu thuẫn. Tacó điều phải chứng minh. �

Nhận xét: Để dùng định lý Fermat, ta sẽ tìm cách chọn số 𝑞 có dạng 𝑝𝑘+ 1. Khiđó

∃𝑛 𝑛𝑝 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) ⇔ 𝑝𝑘 ≡ 1 (mod 𝑞) ,

tức là ∀𝑛 𝑛𝑝 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) ⇔ 𝑝𝑘 ≡ 1 (mod 𝑞) .

Do đó để tìm 𝑞 ta sẽ chọn 𝑞 là một ước nguyên tố của 𝑝𝑝 − 1 và ta có cách chọnnhư trên.

Bài 5. (Dự tuyển IMO 2005) Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 > 1 sao cho tồntại duy nhất số nguyên 𝑎 với 0 < 𝑎 ≤ 𝑛! thỏa mãn 𝑎𝑛 + 1 chia hết cho 𝑛!.

10

www.VNMATH.com

Lời giải.

Ta sẽ chỉ ra rằng tất cả các số 𝑛 cần tìm là các số nguyên tố. Thật vậy:+, Với 𝑛 = 2 khi đó rõ ràng chỉ có duy nhất 𝑎 = 1 thỏa mãn yêu cầu.+, Với 𝑛 > 2 và 𝑛 chẵn ta có 4 | 𝑛! nhưng 𝑎𝑛+1 ≡ 1, 2 (mod 4) , khi đó không

tồn tại 𝑎 thỏa mãn.+, Xét 𝑛 lẻ. Ta có

(𝑛!− 1)𝑛 + 1 ≡ (−1)𝑛 + 1 ≡ 0 (mod𝑛!) . (*)

Suy ra nếu 𝑛 là hợp số và 𝑑 là một ước nguyên tố của 𝑛 thì ta có(𝑛!

𝑑− 1

)𝑛

+ 1 =𝑛∑

𝑘=1

𝐶𝑘𝑛

(𝑛!)𝑘

𝑑𝑘≡ 0 (mod𝑛!)

bởi vì rõ ràng 𝑑2 | 𝑛! nên mỗi số hạng của tổng trên đều chia hết cho 𝑛!. Do vậytrường hợp này cũng không thỏa mãn.

+, Xét 𝑛 là số nguyên tố lẻ và giả sử 𝑎 là số nguyên thỏa mãn 0 < 𝑎 ≤ 𝑛!, 𝑎𝑛+1chia hết cho 𝑛!. Do 𝑛 lẻ nên ta có khai triển

𝑎𝑛 + 1 = (𝑎+ 1)(𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2 + · · ·+ 𝑎2 − 𝑎+ 1

).

Ta sẽ chứng minh 𝑎 = 𝑛!− 1 là giá trị duy nhất thỏa mãn.Xét 𝑝 là số nguyên tố, 𝑝 ≤ 𝑛. Ta có 𝑝 | 𝑎𝑛 + 1 ⇒ 𝑝 | (−𝑎)𝑛 − 1. Theo định lý

Fermat ta lại có 𝑝 | (−𝑎)𝑝−1 − 1 nên 𝑝 | (−𝑎)(𝑛,𝑝−1) − 1 = −𝑎− 1. Suy ra 𝑛 | 𝑎+1(𝑝 = 𝑛) và nếu 𝑝 < 𝑛 thì 𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2 + · · ·+ 𝑎2 − 𝑎+1 ≡ 𝑛 (mod 𝑝) ≡ 0 (mod 𝑝)do (𝑛, 𝑝) = 1. Từ đó ta thu được 𝑎𝑛−1−𝑎𝑛−2+ · · ·+𝑎2−𝑎+1 và (𝑛− 1)! nguyêntố cùng nhau, suy ra (𝑛− 1)! | 𝑎 + 1. Mà 𝑛 | 𝑎 + 1 nên 𝑛! | 𝑎 + 1. Do điều kiện0 < 𝑎 ≤ 𝑛! ⇒ 𝑛! = 𝑎 + 1 ⇒ 𝑎 = 𝑛! − 1. Cùng với (*) ta có 𝑎 = 𝑛! − 1 là giá trịduy nhất thỏa mãn.

Vậy tất các số nguyên dương 𝑛 cần tìm là tất cả các số nguyên tố. �

Bài 6. (Dự tuyển IMO 2006) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑛 luôntồn tại số nguyên 𝑚 sao cho 2𝑚 +𝑚 chia hết cho 𝑛.

Lời giải.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo 𝑛 rằng luôn tồn tại số nguyên dương 𝑚đủ lớn để 2𝑚 ≡ −𝑚 (mod𝑛) .

+, Với 𝑛 = 1 hiển nhiên đúng.+, Xét 𝑛 > 1. Theo tính chất của hàm Euler ta có dãy các số mũ của 2 theo

mô-đun 𝑛 là tuần hoàn với chu kỳ là bội của 𝜙 (𝑛). Do đó với 𝑥, 𝑦 đủ lớn và𝑥 ≡ 𝑦 (mod𝜙 (𝑛)) thì 2𝑥 ≡ 2𝑦 (mod𝑛).

Chọn số 𝑚 có dạng 𝑚 ≡ −2𝑘 (mod𝑛𝜙 (𝑛)). Khi đó 2𝑚 ≡ −𝑚 (mod𝑛) ⇔2𝑚 ≡ 2𝑘 (mod𝑛). Theo giả thiết quy nạp ta có thể chọn được số 𝑘 đủ lớnđể 2𝑘 ≡ −𝑘 (mod𝜙 (𝑛)) ⇒ −2𝑘 ≡ 𝑚 ≡ 𝑘 (mod𝜙 (𝑛)). Từ đó ta thu được2𝑚 ≡ −𝑚 (mod𝑛). Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. �

Bài 7. (CĐT Mỹ 2007) Hỏi có tồn tại hay không hai số nguyên dương 𝑎, 𝑏 saocho 𝑎 không là ước của 𝑏𝑛 − 𝑛 với mọi số nguyên dương 𝑛.

11

www.VNMATH.com

Lời giải.

Trước hết ta chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑎, 𝑏 thì với 𝑛 đủ lớnta có

𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑎) . (*)

Thật vậy, giả sử 𝑎 = 𝑝𝛼11 𝑝𝛼2

2 . . . 𝑝𝛼𝑘𝑘 , trong đó 𝑝1, 𝑝2, ..., 𝑝𝑘 là các số nguyên tố phân

biệt. Vì 𝜙 là hàm nhân tính nên ta có

𝜙 (𝑎) = 𝜙 (𝑝𝛼11 )𝜙 (𝑝𝛼2

2 ) . . . 𝜙 (𝑝𝛼𝑘𝑘 ) =

(𝑝𝛼11 − 𝑝𝛼1−1

1

) (𝑝𝛼22 − 𝑝𝛼2−1

2

). . .

(𝑝𝛼𝑘𝑘 − 𝑝𝛼𝑘−1

𝑘

)= 𝑎

(1− 1

𝑝1

)(1− 1

𝑝2

)· · ·

(1− 1

𝑝𝑘

).

Khi đó ta có 𝜙 (𝑝𝛼𝑖𝑖 ) | 𝜙 (𝑎) và 𝜙 (𝑎) < 𝑎. Với mỗi 𝑝𝑖, ta có hai trường hợp:

+, Nếu 𝑝𝑖 là ước của 𝑏 ⇒ 𝑏𝑛 ≡ 0 (mod 𝑝𝛼𝑖𝑖 ) với 𝑛 ≥ 𝛼𝑖 + 1. Suy ra 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡

𝑏𝑛𝑏𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 ≡ 0 (mod 𝑝𝛼𝑖𝑖 ) với 𝑛 ≥ 𝛼𝑖 + 1.

+, Nếu 𝑝𝑖 không là ước của 𝑏 ⇒ gcd (𝑝𝛼𝑖𝑖 , 𝑏) = 1. Theo định lý Euler thì

𝑏𝜙(𝑝𝛼𝑖𝑖 ) ≡ 1 (mod 𝑝𝛼𝑖

𝑖 ), mà 𝜙 (𝑝𝛼𝑖𝑖 ) | 𝜙 (𝑎) ⇒ 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑝𝛼𝑖

𝑖 ) .Tức là với mỗi 𝑝𝑖 ta luôn chọn được 𝑛𝑖 sao cho với mọi 𝑛 > 𝑛𝑖 thì 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡

𝑏𝑛 (mod 𝑝𝛼𝑖𝑖 ). Do đó nếu ta chọn 𝑁 = max {𝑛𝑖} khi đó với mọi 𝑛 > 𝑁 , ta có

𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑝𝛼𝑖𝑖 ) với mọi 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘. Bởi vì các 𝑝𝑖 là các số nguyên tố phân

biệt nên 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑎) với mọi 𝑛 > 𝑁 (đpcm).Trở lại bài toán, ta sẽ chỉ ra bằng quy nạp theo 𝑎 rằng với mọi số nguyên

dương 𝑎, 𝑏 thì luôn tồn tại vô hạn số nguyên dương 𝑛 sao cho 𝑎 là ước của 𝑏𝑛 − 𝑛(**).

+, Với 𝑎 = 1 rõ ràng khẳng định (**) đúng.+, Giả sử (*) đúng với mọi số nguyên 1 ≤ 𝑎 < 𝑎0 (𝑎0 ≥ 2). Do 𝜙 (𝑎) < 𝑎 nên

theo giả thiết quy nạp và theo (*) suy ra tồn tại vô số số nguyên dương 𝑛 sao cho

𝜙 (𝑎) | (𝑏𝑛 − 𝑛) và 𝑏𝑛+𝜙(𝑎) ≡ 𝑏𝑛 (mod 𝑎) .

Với mỗi 𝑛 như vậy, đặt

𝑡 =𝑏𝑛 − 𝑛

𝜙 (𝑎)và 𝑛1 = 𝑏𝑛 = 𝑛+ 𝑡𝜙 (𝑎) .

Thế thì theo định lý Euler

𝑏𝑛1 − 𝑛1 ≡ 𝑏𝑛+𝑡𝜙(𝑎) − 𝑛− 𝑡𝜙 (𝑎) ≡ 𝑏𝑛 − 𝑛− 𝑡𝜙 (𝑎) ≡ 0 (mod 𝑎) ,

tức là 𝑛1 = 𝑏𝑛 thỏa mãn yêu cầu. Theo giả thiết quy nạp, có vô hạn số 𝑛1 = 𝑏𝑛

thỏa mãn điều kiện trong khẳng định (**), từ đó (**) đúng. Và do đó không cócác số nguyên dương 𝑎, 𝑏 nào thỏa mãn đầu bài. �

Bài 8. (CĐT Mỹ 2003) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố (𝑝, 𝑞, 𝑟) thỏa mãn

𝑝 | 𝑞𝑟 + 1, 𝑞 | 𝑟𝑝 + 1, 𝑟 | 𝑝𝑞 + 1.

12

www.VNMATH.com

Lời giải.

Giả sử 𝑝, 𝑞, 𝑟 thỏa mãn đầu bài suy ra chúng là ba số nguyên tố phân biệt.Trường hợp 1 : Cả ba số 𝑝, 𝑞, 𝑟 đều lẻ. Ta có 𝑝 | 𝑞𝑟 + 1 nên theo ví dụ 10 ta có

2𝑟 | 𝑝− 1 hoặc 𝑝 | 𝑞2 − 1.+, Nếu 2𝑟 | 𝑝− 1 ⇒ 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑟) ⇒ 0 ≡ 𝑝𝑞 + 1 ≡ 2 (mod 𝑟) mà 𝑟 > 2 nên

mâu thuẫn với đầu bài.+, Nếu 𝑝 | 𝑞2 − 1 = (𝑞 − 1) (𝑞 + 1). Hơn nữa do 𝑝 lẻ và 𝑝− 1, 𝑝 + 1 là các số

chẵn nên ta có

𝑝 | 𝑞 − 1

2hoặc 𝑝 | 𝑞 + 1

2.

Khi đó ta luôn có 𝑝 ≤ 𝑞 + 1

2< 𝑞. Bằng cách chứng minh tương tự ta cũng có

𝑞 < 𝑟, 𝑟 < 𝑝. Ta cũng có mâu thuẫn nên trường hợp này không xảy ra được.Trường hợp 2 : Một trong ba số 𝑝, 𝑞, 𝑟 phải bằng 2, do tính xoay vòng nên ta

có thể giả sử 𝑝 = 2. Khi đó 𝑟 | 2𝑞 + 1, lại theo ví dụ 10 ta có 2𝑞 | 𝑟 − 1 hoặc𝑟 | 22 − 1.

Rõ ràng nếu 2𝑞 | 𝑟 − 1 như trường hợp trên ta cũng có 𝑟 ≡ 1 (mod 𝑞) ⇒ 0 ≡𝑟𝑝 + 1 ≡ 2 (mod 𝑞) ⇒ 𝑞 = 2 ta có mâu thuẫn vì 𝑝, 𝑞, 𝑟 phân biệt. Do đó 𝑟 | 22 − 1suy ra 𝑟 = 3 và 𝑞 | 𝑟2 + 1 = 10 ⇒ 𝑞 = 5. (thỏa mãn).

Vậy các bộ cần tìm là các hoán vị xoay vòng của (2, 5, 3). �

Bài 9. (Iran 2007) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑛 = 22007𝑘+1 với 𝑘 là số nguyênlẻ. Chứng minh rằng

𝑛 - 2𝑛−1 + 1.

Lời giải.

Giả sử 𝑛 | 2𝑛−1+1 =(2𝑘)22007

+1. Gọi 𝑝 là một số ước nguyên tố tùy ý của 𝑛

và đặt 𝑡 = 2𝑘, 𝑑 = ord𝑝 (𝑡). Ta có 𝑡22007 ≡ −1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑡2

2008 ≡ 1 (mod 𝑝). Suyra 𝑑 | 22008, 𝑑 - 22007, tức là 𝑑 = 22008 mà 𝑑 | 𝑝− 1 ⇒ 𝑝 ≡ 1 (mod 22008). Do đó

𝑛 ≡ 1(mod 22008

)⇒ 22007𝑘 ≡ 0

(mod 22008

)⇒ 2 | 𝑘.

Điều này mâu thuẫn với giả thiết, ta có kết luận của bài toán. �

Bài 10. (Việt Nam 2001) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑎, 𝑏 là các số nguyên tốcùng nhau lớn hơn 1. Giả sử 𝑝, 𝑞 là hai ước lẻ lớn hơn 1 của 𝑎6

𝑛+ 𝑏6

𝑛. Tìm số dư

trong phép chia của 𝑎6𝑛+ 𝑏6

𝑛cho 6.12𝑛.

Lời giải.

Trước hết ta chứng minh 𝑝 ≡ 1 ≡ 𝑞 (mod 2𝑛+1). Vì (𝑎, 𝑏) = 1 suy ra (𝑎, 𝑝) =(𝑏, 𝑝) = 1. Gọi 𝑏′ là nghịch đảo của 𝑏 mô-đun 𝑝 và đặt 𝐴 = 𝑎𝑏′. Khi đó theo giảthiết

𝑝 | 𝑎6𝑛 + 𝑏6𝑛 | 𝐴6𝑛 + 1 | 𝐴2.6𝑛 − 1.

13

www.VNMATH.com

Suy ra ord𝑝 (𝐴) | 2.6𝑛, ord𝑝 (𝐴) | 6𝑛. Do đó ta suy ra ord𝑝 (𝐴) = 2𝑛+13𝑛 màord𝑝 (𝐴) | 𝑝 − 1 ⇒ 𝑝 ≡ 1 (mod 2𝑛+1). Chứng minh tương tự cho 𝑞. Vậy 𝑝 ≡𝑞 ≡ 1 (mod 2𝑛+1) ⇒ 𝑝6

𝑛 ≡ 𝑞6𝑛 ≡ 6𝑛.2𝑛+1 + 1

(mod (2𝑛+1)

2)

(theo khai triển

Newton). Từ đó 𝑝6𝑛 ≡ 𝑞6

𝑛 ≡ 1 (mod 22𝑛+1). (*)Hơn nữa ta có 𝜙 (6𝑛+1) = 2.6𝑛 ⇒ 𝑝6

𝑛 ≡ ±1 (mod 6𝑛+1). Giả sử 𝑝6𝑛 ≡

−1 (mod 6𝑛+1) suy ra 𝑝6𝑛 ≡ −1 (mod 2𝑛+1) mà từ (*) ta có 𝑝6

𝑛 ≡ 1 (mod 2𝑛+1) ⇒2𝑝6

𝑛 ≡ 0 (mod 2𝑛+1) mâu thuẫn vì 𝑝 lẻ. Do đó ta thu được 𝑝6𝑛 ≡ 1 (mod 22𝑛+1)

và 𝑝6𝑛 ≡ 1 (mod 6𝑛+1) từ đó 𝑝6

𝑛 ≡ 1 (mod 6.12𝑛). Tương tự 𝑞6𝑛 ≡ 1 (mod 6.12𝑛).

Suy ra số dư cần tìm là 2. �

Bài 11. (Trung Quốc 2009) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (𝑝, 𝑞) sao cho𝑝𝑞 | 5𝑝 + 5𝑞.

Lời giải.

Rõ ràng cặp (5, 5) thỏa mãn. Xét trường hợp 𝑝 = 5, 𝑞 = 5 ta có 5𝑞 | 55+5𝑞 ⇒𝑞 | 625 + 5𝑞−1. Theo định lý Fermat suy ra 𝑞 là ước của 626, trong trường hợpnày ta có nghiệm (5, 313) và (5, 2). Tương tự trường hợp 𝑞 = 5, 𝑝 = 5 ta có hainghiệm (313, 5) và (2, 5).

Xét 𝑝 = 2, 𝑞 = 5 ta có 2𝑞 | 25 + 5𝑞 ⇒ 25 + 5𝑞 ≡ 0 (mod 2𝑞) và theo địnhlý Fermat ta thu được 30 ≡ 0 (mod 2𝑞) từ đó dễ thấy 𝑞 = 3 thỏa mãn. Do đótrong trường hợp trong hai số 𝑝, 𝑞 có một số bằng 2 và số còn lại khác 5 ta có hainghiệm (2, 3) và (3, 2).

Xét 𝑝, 𝑞 là hai số khác 2 và 5. Ta có 5𝑝 + 5𝑞 ≡ 0 (mod 𝑝𝑞) ⇒ 5 + 5𝑞 ≡0 (mod 𝑝) ⇒ 5𝑞−1 ≡ −1 (mod 𝑝) ⇒ 52(𝑞−1) ≡ 1 (mod 𝑝). Tương tự ta có5𝑝−1 ≡ −1 (mod 𝑞). Chọn 𝑘 sao cho 2𝑘 ‖ ord𝑝 5 mà ord𝑝 5 | 𝑝 − 1, và ord𝑝 5 |2 (𝑞 − 1) ; ord𝑝 5 - (𝑞 − 1). Suy ra 2𝑘−1 ‖ 𝑞 − 1, tức là số mũ lớn nhất của 2 màlà ước của 𝑝− 1 lớn hơn số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑞 − 1. Do tính đốixứng nên ta cũng có số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑞− 1 lớn hơn số mũ lớnnhất của 2 mà là ước của 𝑝 − 1. Đây là điều mâu thuẫn, trong trường hợp nàybài toán vô nghiệm.

Vậy các nghiệm của bài toán là (2, 3) ; (2, 5) ; (5, 5) ; (5, 313) và các nghiệm đốixứng của nó là (3, 2) ; (5, 2) ; (313, 5). �

Bài 12. (CĐT Romanian 2000) Cho 𝑎 > 1 là số nguyên dương. Tìm số nguyêndương 𝑛 nhỏ nhất sao cho 22000 | 𝑎𝑛 − 1.

Lời giải.

Ta có 𝑎𝑛 ≡ 1 (mod 22000). Theo định lý Euler suy ra 𝑛 | 𝜙 (22000) = 21999 ⇒ 𝑛là lũy thừa của 2. Đặt 𝑛 = 2𝑘 với 𝑘 ≥ 0. Khi đó ta có

𝑎𝑛 − 1 = (𝑎− 1) (𝑎+ 1)(𝑎2 + 1

) (𝑎4 + 1

)· · ·

(𝑎2

𝑘−1

+ 1).

Mà 𝑎2𝑚 + 1 ≡ 2 (mod 4) nên 2𝑘 − 1 ‖ (𝑎2 + 1) (𝑎4 + 1) · · ·(𝑎2

𝑘−1+ 1

). Do đó

ta cần tìm 𝑘 nhỏ nhất để 22001−𝑘 | (𝑎− 1) (𝑎+ 1) = 𝑎2 − 1. Vì thế nếu đặt

14

www.VNMATH.com

𝑚 = 𝑣2 (𝑎2 − 1) (tức là số mũ của 2 lớn nhất của 𝑎2 − 1) ta có

𝑘 =

{0 nếu 𝑚 ≥ 2001

2001−𝑚 nếu 𝑚 < 2001.

Vậy 𝑛 = 2𝑘 với 𝑘 xác định theo công thức trên. �

Bài 13. (CĐT Romanian 2005) Giải phương trình trong tập số nguyên dương3𝑥 = 2𝑥𝑦 + 1.

Lời giải.

Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được hai nhận xét sau:∘ Với mọi số nguyên dương 𝑛 ta có 2𝑛+2 ‖ 32

𝑛 − 1,∘ Với mọi số nguyên dương 𝑛 ≥ 3 ta có 2𝑛 > 𝑛+ 2.Viết lại phương trình đã cho dưới dạng

2𝑥𝑦 = (3− 1)(3𝑥−1 + 3𝑥−2 + · · ·+ 3 + 1

)= 2

(3𝑥−1 + 3𝑥−2 + · · ·+ 3 + 1

).

Đặt 𝑥 = 2𝑛𝛼 với 𝛼, 𝑛 ∈ N và 𝛼 lẻ.+, Nếu 𝑛 = 0 tức là 𝑥 là số lẻ, mà 3𝑥−1 + 3𝑥−2 + ... + 3 + 1 là tổng của 𝑥 số

lẻ nên là số lẻ, suy ra 2 ‖ 2𝑥𝑦 ⇒ 𝑥 = 1 ⇒ 𝑦 = 1. Từ đó (𝑥, 𝑦) = (1, 1) là mộtnghiệm của phương trình.

+, Nếu 𝑛 ≥ 1, ta có(32

𝑛)22

𝑛𝛼𝑦 =(32

𝑛)𝛼 − 1𝛼

=(32

𝑛 − 1) ((

32𝑛)𝛼−1

+(32

𝑛)𝛼−2+ · · ·+

(32

𝑛)+ 1

).

Mà(32

𝑛)𝛼−1+(32

𝑛)𝛼−2+ · · ·+

(32

𝑛)+ 1 là tổng của 𝑛 số lẻ nên là số lẻ. Do đó

theo nhận xét trên ta có 2𝑛+2 ‖ 3𝑥 − 1 = 22𝑛𝛼𝑦. Suy ra 𝑛 + 2 ≥ 2𝑛𝛼 ⇒ 𝑛 ≤ 2.

Kiểm tra trực tiếp dễ thấy với 𝑛 = 1 ⇒ 𝛼 = 1 ⇒ 𝑥 = 2, 𝑦 = 2; với 𝑛 = 2 tươngtự ta có 𝛼 = 1 và từ đó 𝑥 = 4, 𝑦 = 5.

Vậy phương trình có các nghiệm (1, 1) ; (2, 2) và (4, 5). �

Bài 14. (Dự tuyển IMO 1991) Tìm số nguyên dương 𝑘 lơn nhất sao cho

1991𝑘 | 199019911992 + 199219911990

.

Lời giải.

Trước hết ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi số lẻ 𝑎 ≥ 3 và số nguyên𝑛 ≥ 0 thì ta có

𝑎𝑛+1 ‖ (𝑎+ 1)𝑎𝑛

− 1 và 𝑎𝑛+1 ‖ (𝑎− 1)𝑎𝑛

− 1.

Rõ ràng 𝑛 = 0 hiển nhiên đúng. Giả sử (𝑎+ 1)𝑎𝑛

= 1 +𝑁𝑎𝑛+1, 𝑎 - 𝑁 . Khi đó

(𝑎+ 1)𝑎𝑛+1

=(1 +𝑁𝑎𝑛+1

)𝑎= 1 + 𝑎.𝑁𝑎𝑛+1 + 𝐶2

𝑎𝑁2𝑎2𝑛+2 +𝑀𝑎3𝑛+3.

15

www.VNMATH.com

Mà 𝑎 lẻ nên 𝐶2𝑎 chia hết cho 𝑎. Suy ra (𝑎+ 1)𝑎

𝑛+1

= 1 +𝑁 ′𝑎𝑛+2 với 𝑎 - 𝑁 ′.Do đó ta có ngay

19911993 ‖ 199019911992

+ 1, 19911991 ‖ 199219911990 − 1.

Vậy 𝑘 = 1991. �

Bài 15. (IMO 1990) Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 sao cho2𝑛 + 1

𝑛2là số

nguyên.

Lời giải

Với 𝑛 = 1 thỏa mãn. Xét 𝑛 > 1 ⇒ 𝑛 lẻ. Giả sử 𝑝 ≥ 3 là ước nguyên tốnhỏ nhất của 𝑛. Ta có gcd (𝑝− 1, 𝑛) = 1 và 𝑝 | 2𝑛 + 1 | 22𝑛 − 1. Theo địnhlý Fermat 𝑝 | 2𝑝−1 − 1 suy ra 𝑝 | gcd (2𝑝−1 − 1, 22𝑛 − 1) = 2gcd(2𝑛,𝑝−1) − 1. Màgcd (2𝑛, 𝑝− 1) ≤ 2 suy ra 𝑝 | 3 ⇒ 𝑝 = 3. Đặt 𝑛 = 33𝑑 với 2, 3 - 𝑑.

Ta có nhận xét: Nếu 2𝑚 − 1 chia hết cho 3𝑟 thì 𝑚 chia hết cho 3𝑟−1 (xem vídụ 3). Hơn nữa do 32𝑘 | 𝑛2 | 22𝑛 − 1 ⇒ 32𝑘−1 | 𝑛 = 3𝑘𝑑 ⇒ 𝑘 = 1.

Giả sử 𝑑 > 1 và 𝑞 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑑. Rõ ràng 𝑞 lẻ và 𝑞 ≥5, gcd (𝑛, 𝑞 − 1) | 3. Khi đó ta có 𝑞 | 22𝑛 − 1, 𝑞 | 2𝑞−1 − 1 ⇒ 𝑞 | 2gcd(2𝑛,𝑞−1) − 1 |26 − 1 = 32.7. Do đó 𝑞 = 7 ⇒ 7 | 𝑛 | 2𝑛 + 1 mà 2𝑛 + 1 ≡ 2, 3, 5 (mod 7) mâuthuẫn. Vậy 𝑑 = 1 ⇒ 𝑛 = 3 thỏa mãn. Đáp số 𝑛 = 1, 𝑛 = 3. �

Bài 16. (CĐT Trung Quốc 2005) Cho 𝑏,𝑚, 𝑛 là các số nguyên dương 𝑏 > 1,𝑚 =𝑛. Chứng minh rằng nếu 𝑏𝑚 − 1 và 𝑏𝑛 − 1 có cùng các ước nguyên tố thì 𝑏+ 1 làlũy thừa của 2.

Lời giải.

Trước hết ta chứng minh bài toán cho trường hợp 𝑛 = 1, tức là nếu 𝑎 > 1, 𝑘 >1 và 𝑎𝑘 − 1 và 𝑎 − 1 có cùng các nhân tử nguyên tố thì 𝑘 và 𝑎 + 1 là lũy thừacủa 2. Phản chứng, giả sử 𝑝 là ước nguyên tố lẻ của 𝑘. Khi đó mọi ước nguyêntố 𝑞 của 1 + 𝑎+ 𝑎2 + · · ·+ 𝑎𝑝−1 là ước của 1 + 𝑎+ 𝑎2 + · · ·+ 𝑎𝑘−1 | 𝑎𝑘 − 1 | 𝑎− 1.Suy ra 1 + 𝑎 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑝−1 ≡ 𝑝 (mod 𝑞) ≡ 0 (mod 𝑞), nên 𝑝 = 𝑞. Do đó1 + 𝑎 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑝−1 = 𝑝𝑡, 𝑡 > 1. Đặt 𝑎 = 𝑢𝑝 + 1 ⇒ 1 + 𝑎 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑝−1 ≡𝑝 (mod 𝑝2) mâu thuẫn. Vậy 𝑘 là lũy thừa của 2. Gọi 𝑟 là ước nguyên tố bất kỳcủa 𝑎+ 1 ⇒ 𝑟 | 𝑎𝑘 − 1 ⇒ 𝑟 | 𝑎− 1 ⇒ 𝑟 = 2.

Trong trường hợp 𝑛 bất kỳ, đặt 𝑑 = gcd (𝑚,𝑛) , 𝑘 = 𝑚/𝑑. Ta thu được 𝑏𝑘𝑏 − 1và 𝑏𝑑 − 1 có cùng các ước nguyên tố. Do đó theo chứng minh trên ta có 𝑘 là lũythừa của 2 và 𝑏𝑑+1 = 2𝑡, 𝑡 ≥ 2. Xét mô-đun 4 suy ra 𝑑 lẻ. Giả sử 𝑟 là ước nguyêntố của 𝑏 + 1 suy ra 𝑟 | 𝑏 + 1 | 𝑏2 − 1 | 𝑏𝑘𝑑 − 1 ⇒ 𝑟 | 𝑏𝑑 − 1 ≡ −2 (mod 𝑟). Từ đó𝑟 = 2, tức là 𝑏+ 1 là lũy thừa của 2. �

III. Một số bài tậpBài 1. (Dự tuyển IMO 2007) Cho 𝑏, 𝑛 là các số nguyên. Giả sử với mỗi 𝑘 > 1luôn tồn tại số nguyên 𝑎𝑘 sao cho 𝑏−𝑎𝑛𝑘 chia hết cho 𝑘. Chứng minh rằng 𝑏 = 𝐴𝑛

với 𝐴 là số nguyên nào đó.

16

www.VNMATH.com

Hướng dẫn: Biểu diễn 𝑏 = 𝑝𝛼11 . . . 𝑝𝛼𝑙

𝑙 . Do 𝑏2 | 𝑏 − 𝑎𝑛𝑏2 ⇒ 𝑝𝛼𝑖𝑖 ‖ 𝑎𝑛𝑏2 ∀𝑖. Suy ra

𝑛 | 𝛼𝑖 ∀𝑖 tức là 𝑏 là lũy thừa đúng bậc 𝑛.

Bài 2. (Dự tuyển IMO 2002) Cho 𝑝1, 𝑝2, ..., 𝑝𝑛 là các số nguyên tố phân biệt lớnhơn 3. Chứng minh rằng 2𝑝1𝑝2...𝑝𝑛 + 1 có ít nhất 4𝑛 ước số.

Hướng dẫn: Chú ý nếu 𝑢, 𝑣 lẻ và (𝑢, 𝑣) = 1 thì ước chung lớn nhất của 2𝑢 + 1và 2𝑣 +1 là 3. Từ đó 2𝑢𝑣 +1 chia hết cho (2𝑢 + 1) (2𝑣 + 1) /3. Sau đó chứng minhbài toán bằng quy nạp theo 𝑛.

Bài 3. (IMO 2006) Xác định tất cả các cặp số nguyên (𝑥, 𝑦) thỏa mãn phươngtrình

1 + 2𝑥 + 22𝑥+1 = 𝑦2.

Hướng dẫn: Xét 𝑥 > 0, 𝑦 > 0 và 𝑦 lẻ. Chú ý 2𝑥 (1 + 2𝑥+1) = (𝑦 − 1) (𝑦 + 1) từđó ta có thể biểu diễn 𝑦 theo 𝑥. Suy ra 𝑥 = 4, 𝑦 = 23. Đáp số (0,±2) ; (4,±23) .

Bài 4. (Dự tuyển IMO 2001) Cho 𝑝 là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằngtồn tại số nguyên 𝑎 với 1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑝− 2 sao cho hoặc 𝑎𝑝−1 − 1 hoặc (𝑎+ 1)𝑝−1 − 1chia hết cho 𝑝2.

Hướng dẫn: Đặt 𝐴 = {1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑝− 1 : 𝑎𝑝−1 ≡ 1 (mod 𝑝2)}. Vì ít nhất mộttrong hai số 𝑎, 𝑝 − 𝑎 thuộc 𝐴 và 1 /∈ 𝐴 và |𝐴| ≥ (𝑝− 1) /2 = 𝑘 và giả sử cóđúng một trong hai số 2𝑖, 2𝑖+ 1 (1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘 − 1) thuộc 𝐴. Xét 𝑝 ≥ 7 ⇒ 2𝑘− 1 =𝑝− 2 /∈ 𝐴 ⇒ 𝑝− 3 = 2𝑘− 2 ∈ 𝐴. Bằng cách xét mô-đun 𝑝2 ⇒ 2𝑘− 3 ∈ 𝐴, tức là𝑝− 3, 𝑝− 4 thỏa mãn.

Bài 5. (CĐT Việt Nam 2008) Cho 𝑚,𝑛 là các số nguyên dương. Chứng minhrằng (2𝑚+ 3)𝑛 + 1 chia hết cho 6𝑚 khi và chỉ khi 3𝑛 + 1 chia hết cho 4𝑚.

Hướng dẫn: Khai triển Newton, bài toán trở thành chứng minh 2𝑚 | 3𝑛 + 1và 3 | (2𝑚)𝑛 + 1 khi và chỉ khi 4𝑚 | 3𝑛 + 1.

Bài 6. (Dự tuyển IMO 2000) Xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (𝑎,𝑚, 𝑛)sao cho 𝑎𝑚 + 1 là ước của (𝑎+ 1)𝑛 .

Hướng dẫn: Chú ý nếu 𝑢 | 𝑣𝑙 ⇒ 𝑢 | (gcd (𝑢, 𝑣))𝑙. Xét 𝑎 > 1 và 𝑚 > 1,khi đó 𝑚 lẻ. Giả sử 𝑝 là ước nguyên tố của 𝑚. Bằng cách xét mô-đun, suy ra(𝑏𝑝 + 1) / (𝑏+ 1) = 𝑝 ⇒ 𝑝 = 3. Đáp số: {(1,𝑚, 𝑛) ; (𝑎, 1, 𝑛) ; (2, 3, 𝑛 ≥ 2)} .Bài 7. (Nga 2000) Hỏi có tồn tại ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 1 đôi một nguyên tố cùng nhauvà thỏa mãn

𝑏 | 2𝑎 + 1, 𝑐 | 2𝑏 + 1, 𝑎 | 2𝑐 + 1.

Hướng dẫn: Ta có 𝑎, 𝑏, 𝑐 là lẻ. Giả sử 𝑎 = min {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 nguyên tốsuy ra 𝑎 = 3, không tồn tại 𝑏, 𝑐. Trường hợp bất kỳ ta ký hiệu 𝜋 (𝑛) là ước nguyêntố nhỏ nhất của 𝑛. Khi đó nếu 𝑝 là số nguyên tố sao cho 𝑝 | 2𝑦 + 1 và 𝑝 < 𝜋 (3)thì 𝑝 = 3. Sử dụng tính chất này suy ra mâu thuẫn.Bài 8. (IMO 2000) Hỏi có tồn tại hay không số nguyên dương 𝑛 có đúng 2000ước nguyên tố và 2𝑛 + 1 chia hết cho 𝑛.

Hướng dẫn: Sử dụng quy nạp theo số các ước số, 𝑘. Chỉ ra rằng ta có thể tìm𝑛 với đúng 𝑘 ước nguyên tố sao cho 𝑛 | (2𝑛 + 1) và có một ước nguyên tố của2𝑛 + 1 nhưng không là ước của 𝑛.

17

www.VNMATH.com

Bài 9. (CĐT Iran 2006) Cho 𝑛 là số nguyên dương. Tìm tất cả các bộ 𝑛 số𝑎1, 𝑎2, ..., 𝑎𝑛 đôi một phân biệt và đôi một nguyên tố cùng nhau sao cho với mọi1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 ta có

𝑎1 + 𝑎2 + · · ·+ 𝑎𝑛 | 𝑎𝑖1 + 𝑎𝑖2 + · · ·+ 𝑎𝑖𝑛.

Hướng dẫn: Chứng minh 𝑎1+𝑎2+ · · ·+𝑎𝑛 | 𝑛 (𝑛− 1) và hai số này bằng nhau.Nếu 𝑛 ≥ 8 thì 𝑎1 + 𝑎2 + · · ·+ 𝑎𝑛 ≥ 1+ 2+ 3+ 5+ · · ·+2𝑛+1 = 𝑛2 − 7 > 𝑛2 −𝑛.Đáp số 𝑛 = 1, 𝑎1 tùy ý.Bài 10. (Iran 2004) Cho 𝑎1, 𝑎2, ..., 𝑎𝑛 là các số nguyên không đồng thời bằngnhau. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố 𝑝 sao cho có tồn tại số nguyêndương 𝑘 sao cho

𝑝 | 𝑎𝑘1 + 𝑎𝑘2 + · · ·+ 𝑎𝑘𝑛.

Hướng dẫn: Ta có thể giả sử gcd (𝑎1, 𝑎2, ..., 𝑎𝑛) = 1 và 𝑎𝑛 ≥ 2. Giả sử chỉ cóhữu hạn các số nguyên tố 𝑝1, ..., 𝑝𝑚. Chọn 𝑘 thích hợp để suy ra 𝑎𝑘1 +𝑎𝑘2 + · · ·+𝑎𝑘𝑛có ước nguyên tố lớn hơn 𝑝1𝑝2...𝑝𝑚.Bài 11. (Dự tuyển IMO 2002) Tìm tất cả các cặp số nguyên 𝑚,𝑛 ≥ 3 sao chotồn tại vô hạn các số nguyên 𝑎 thỏa mãn

𝑎𝑚 + 𝑎− 1

𝑎𝑛 + 𝑎2 − 1

là một số nguyên.

Hướng dẫn: Rõ ràng 𝑛 < 𝑚. Sử dụng tính chất đa thức suy ra biểu thức 𝐴 đãcho nhận giá trị nguyên với mọi 𝑎. Đa thức ở tử số chia hết đa thức ở mẫu số nênchúng có nghiệm chung 𝛼 ∈ (0, 1) từ đó đánh giá theo 𝛼 suy ra 𝑚 < 2𝑛. Cuốicùng chọn 𝑎 = 2 và xét mô-đun 𝑑 = 2𝑛 + 3 (mẫu số) ta được (𝑚,𝑛) = (5, 3) .

Bài 12. (Trung Quốc 2008) Tìm tất cả các bộ ba số (𝑝, 𝑞, 𝑛) sao cho 𝑞𝑛+2 ≡3𝑛+2 (mod 𝑝𝑛) , 𝑝𝑛+2 ≡ 3𝑛+2 (mod 𝑞𝑛) trong đó 𝑝, 𝑞 là các số nguyên tố lẻ và 𝑛 làsố nguyên dương.

Hướng dẫn: Nếu hai trong ba số 𝑝, 𝑞, 3 bằng nhau ta có nghiệm (3, 3, 𝑛). Xéttrường hợp chúng phân biệt và 𝑝 > 𝑞. Ta có 𝑝𝑛𝑞𝑛 | 𝑝𝑛+2 + 𝑞𝑛+2 − 3𝑛+2 < 2𝑝𝑛+2 ⇒𝑝2 > 𝑞𝑛−1. Mà 𝑞𝑛+2 − 3𝑛+2 ≥ 𝑝𝑛. Suy ra 𝑛 ≤ 3.

18

www.VNMATH.com