CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC BÀI TẬP CỦNG CỐ MỘT SỐ NỘI DUNG CƠ BẢN CỦA LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ I Bài tập sử dụng Định lý Thặng dư Trung Hoa Bài Cho A tập khác rỗng Z + Chứng minh tồn số nguyên dương n cho tập hợp nA = { nx / x ∈ A} chứa toàn lũy thừa số tự nhiên với số mũ lớn  Lời giải: Đặt A = {a1, a2, , ak} p1, p2, , pk k số nguyên tố phân biệt Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, với i = 1,2, ,k tồn số nguyên dương mi thỏa mãn mi ≡ -1 ( mod pi) ; mi ≡ ( mod pj) ( i ≠ j, j = 1,2, ,k) Khi đó: m1 +  p1 m2  p1 mk  p1 m1  p2 m2 +  p2 mk  p2 m2  pk mk +  pk m1  pk Đến đây, ta đặt: n = a1m1 a2 m2 a3m3 a k mk Ta có: mk m1 +1 m2 na1 = a1m1 +1 a2 m2 a3 m3 a k mk = ( a1 p a p a p ) p1 k 1 mk m1 m2 +1 na2 = a1m1 a2 m2 +1 a3 m3 a k mk = ( a p a p a p ) p 2 2 k mk +1 m1 m2 nak = a1m1 a2 m2 a3 m3 a k mk +1 = ( a p a p a p ) p k k k k k  ĐPCM Bài Với tập số nguyên {a1, a2, a3 , an } tồn số nguyên dương b để tập { ba1, ba2, ba3 , ban } bao gồm lũy thừa số nguyên  Lời giải: Đặt p1, p2, p3, , pn số ngun tố có mặt phép phân tích a 1, a2, , an thành thừa số nguyên tố Ta có: = p1bi1 p2bi2 pkbik Ta biết số nguyên phân tích thành thừa số nguyên tố p1c1 p m c m lũy thừa bậc q c1, c2, , cn chia hết cho q Đặt b = p1d1 p2 d p3d p k d k Ta chứng minh tìm d1, d2, , dk mà b thỏa mãn điều kiện đề Để có ba1 lũy thừa bậc q1 số nguyên b11 + d1, b12 + d2, , b1k + dk chia hết cho q1 Tương tự với ba2, ba3, , ban, ta có: + b21 + d1, b22 + d2, , b2k + dk chia hết cho q2 + bn1 + d1, bn2 + d2, , bnk + dk chia hết cho qn Từ phải xác định d1, d2, , dk thoản mãn d1 ≡ - bi1 (mod qi); i = 1,2, ,n Tương tự với d2, d3, , dk Ta chọn q1, q2, , qn số nguyên tố phân biệt Áp dụng định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn d1, d2, , dk Từ tồn b (ĐPCM) Bài Chứng minh với số nguyên n, tồn tập số nguyên n phần tử để tổng phần tử tập không rỗng lũy thừa  Lời giải: Ta xét tập số nguyên S = { x1, x2, , xn }, tập S có 2n – tập khơng rỗng S Đặt: S1, S2, S3, , S n −1 Là tổng phần tử tập Áp dụng tập 7, tồn số nguyên b thỏa mãn: { bS1, bS2, bS3, , bS n −1 } Bao gồm toàn lũy thừa Từ ta chọn tập: F = { bx 1, bx2, bx3, , bxn } tập F thỏa mãn điều kiện đề Bài Cho m số nguyên dương Tìm số lượng nghiệm phương trình x2 ≡ x ( mod m)  Lời giải: Giải sử m = p1a1 p a2 p3a3 pk ak a Ta có: x2 ≡ x ( mod m) Từ x2 ≡ x ( mod pi ) với i = 1,2,3, ,k ( pi , p j j ) = với i ≠ j, i,j ∈ {1,2, ,n} hay x(x-1) ≡ ( mod pi ) với i ∈ {1,2, ,n} Vậy phương trình x(x-1) ≡ ( mod pi ) có nghiệm x ≡ ( mod pi ) x ≡ ( mod pi ) Áp dụng định lý Thặng dư Trung Hoa, hệ x ≡ ri ( mod pi ), i ∈ {1,2, ,n} với ri ∈ {0,1} có nghiệm mod m lại có k cách chọn hệ Vì vậy, phương trình có 2k nghiệm Bài Cho n số nguyên dương lẻ n > Gọi k, t số nguyên dương nhỏ cho kn + tn số phương Chứng minh n số nguyên tố khi:  {k,t} > n Lời giải: Điều kiện cần: Giả sử n số ngun tố, đó: n|tn tn phương nên n2|tn ⇒ n|t t ≥ n> Từ đó: n Hơn nữa, đặt: a2 = kn + a2 ≡ (mod n) Kết hợp n nguyên tố nên a ≡ ± 1(mod n) Nhưng a > nên a ≥ n – ( với n – số nhỏ đồng dư với mod n) Dẫn đến: kn + ≥ (n – 1)2 ⇒ k ≥ n – ⇒ k > n n , n > nên n – > Điều kiện đủ: • Nếu n có ước số nguyên tố nhất, đặt n = p α với p ≥ n lẻ α chẵn, ta lấy t = < n tn = p α số phương, mâu thuẫn với giải thiết Nếu α lẻ, α n α ≥ 3, ta lấy: t = p < p = tn = p α +1 , α + chẵn nên tn số phương với 4 t< n , mâu thuẫn Vậy α = hay n số nguyên tố • Nếu n có ước ngun tố phân biệt Khi ta viết n dạng n = p α m, p số nguyên tố lẻ, m số nguyên dương lẻ, (m,p) = Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên s cho: s ≡ ( mod p α ) s ≡ -1 (mod m) n Từ đó: n|s2 – Hơn ta chọn s cho: s ≤ Vì s không đồng dư với mod m nên s ≠ s không đồng dư với -1 mod p α nên s ≠ -1 Dẫn đến s2 ≠ -1, từ lấy: k = s −1 k số nguyên dương, n kn + = s2 số phương k = s −1 n Mâu thuẫn với điều kiện: {k,t} > n2 n < = 4 n ≤ n s2 n Vậy trường hợp xảy Vậy n số nguyên tố II Bài tập Phương trình đồng dư Bài : Cho p số nguyên tố lẻ k | p – Khi phương trình x k – = (mod p) có k nghiệm phân biệt  Lời giải: Vì k | p – nên dễ thấy xp-1 – = (xk – 1)Q(x) Trong Q(x) đa thức hệ số nguyên với deg Q = p – – k Gọi A ⊂ S = { 1, 2, , p − 1} ; B ⊂ S tương ứng nghiệm phương trình : x p−1 ≡ (mod p ) Q( x) ≡ (mod p ) Thì ta có A ∪ B = S ⇒| A | + | B |≥ p − mà | A |≤ k ; | B |≤ p − − k nên | A | + | B |= k Vậy xk – = (mod p) có k nghiệm phân biệt k k Bài : Chứng minh p số nguyên tố C p−1 ≡ (−1) (mod p) ∀1 ≤ k ≤ p −  Lời giải: Xét đa thức f ( x) = ( x + 1) p−1 − x p −1 x −1 Dễ thấy bậc f (x) không p − (1) Mặt khác theo định lí Fermat nhỏ thì: ( x + 1) p−1 ≡ (mod p) x p ≡ x (mod p ) ⇒ x p − x + x +1 ≡ (mod p) x +1 Do phương trình f ( x) ≡ (mod p) có p − nghiệm mod p 0, 1, 2, …, p – (2) Từ (1) (2) suy hệ số f (x) chia hết cho p k k Vậy C p−1 ≡ (−1) (mod p) ∀1 ≤ k ≤ p − Bài : Chứng minh p số nguyên tố : C pk Mp, ∀k = 1, p −  Lời giải: p −1 ( ) Đặt f ( x) = ∑ C pk x k = ( x + 1) − x p + k =1 p Theo định lý Fermat nhỏ : ( x + 1) ≡ x + ≡ x p + 1(mo d p), ∀x ∈ ¢ p Do phương trình f ( x) ≡ (mo d p) có p nghiệm Mà deg f = p − nên hệ số f ( x) chia hết cho p (đpcm) Bài 9: Cho n số tự nhiên, p số nguyên tố, n ≥ p Chứng minh n Cnp ≡   (mod p) ,trong [ x ]  p  kí hiệu phần nguyên x Lời giải: Xét dãy n, n − 1, , n − p + Dãy gồm p số tự nhiên liên tiếp nên có số dãy chia hết cho p, giả sử số N.Ta có N n = p  p  Loại số N khỏi dãy xét đồng dư modulo p, ta dãy 1, 2, , ( p − 1) (mod p) (xếp theo thứ tự đó) Gọi Q tích số dãy ( sau loại bỏ N) Ta có Q= n(n − 1) (n − p + 1) ≡ ( p − 1)! (mod p) N Suy NQ ≡ ( p − 1)! N (mod pN) QN N ≡ ( p − 1)! (mod p) p p (1) Vì (p, ( p − 1)!) = nên ta NQ N ≡ (mod p) p! p (2) n p Vậy Cn ≡   (mod p)  p Bài 10 : Xét số tự nhiên m, n, k thoả mãn m n n m , n k k n Chứng minh m k k m  Lời giải: Từ giả thiết suy m n = an m , n k = bk n Ta có (m k ) n = ( m n ) = ( an m ) = a k ( n k ) = a k b m ( k m ) k k m n Suy ( m k ) ( k m ) n n Vậy m k k m Bài 11: cho p số nguyên tố lẻ chứng minh với n -1 (mod  phương trình )(*) có p-1 nghiệm phân biệt Lời giải: Chứng minh quy nạp theo n với n=1 khẳng định Giả sử khẳng định với n xét phương trình -1 Giả sử { Ta có: (mod ) (1) } p-1 nghiệm (1) -1 = Với i tồn {1,2,…,p} Thỏa mãn: (p-1) (mod p) (p-1) khơng chia hết cho p Đặt Ta có: -1 +(p-1) (mod ) Ta có : Do nghiệm (*) Đảo lại: Nếu => (mod ) => i=j Vậy phương trình có nghiệm Giả sừ b nghiệm (*) Khi b nghiệm (1) Vậy tồn b= Ta có  (p-1) t Vậy t  b 1= chia hết cho p (mod p) => t = (mod , t để +pl => b= ) phương trình (*) có p-1 nghiệm III Hệ thặng dư Bài 11: Cho a, b số nguyên Dương nguyên tố Số nguyên dương n gọi số đẹp tồn x,y cho không tồn nguyên dương cho CMR số xấu lớn Số nguyên dương gọi số xấu 2.CMR số đẹp khi số xấu  Lời giải: Ta chứng minh Giả sử số xấu lớn có nghiệm nguyên dương ⇒ số đẹp, hay phương trình (do ⇒ ( Khi phương trình (1) tương đương với Vậy điều gỉa sử sai, tức Ta chứng minh Do vơ lí số xấu phương trình nên có nghiệm ngun dương HĐĐ mod suy tồn cho Do số nguyên dương Vậy tồn Do đó, nguyên dương cho số đẹp số xấu lớn 2, Giả sử số đẹp, tồn cho Khi Giả sử số đẹp, tồn nguyên dương cho Từ (2) (3) ta có dương nên mà nguyên số đẹp, mâu thuẫn với câu 1) Vậy số xấu Ngược lại, đặt Suy Do tồn nên HĐĐ cho Theo giả thiết k số xấu, suy Do Khi ta có nguyên dương nên n số đẹp Bài 12: Cho số nguyên dương n số nguyên tố p lớn n+1 Chứng minh đa thức khơng có nghiệm ngun  Lời giải: Ta có có hệ số dạng gồm Từ suy tập thừa HĐĐ mod cho số, nên tồn , suy không chia hết cho Tương ứng với số lại Giả có hệ số khơng chia hết cho đồng thời hệ số chia hết cho không chia hết cho sử PT có nghiệm nguyên Khi Theo Suy mà khơng với chia hết Vì Vậy điều giả sử sai, tức PT khơng có nghiệm ngun, hay nên , mâu thuẫn khơng có nghiệm nguyên (đpcm) Bài 13: Cho dãy số xác định minh dãy số với Chứng chứa vô hạn số nguyên chia hết cho  Lời giải: Giả sử có hữu hạn số dãy chia hết cho số cuối dãy chia hết cho Từ công thức xác định dãy ta có Do nên Mặt khác Do nên tập số HĐĐ mod 7, suy bảy tồn số chia hết cho mà số lại lớn Điều mâu thuẫn với giả sử sử sai nên ta có đpcm số cuối dãy chia hết cho Do giả Bài 14: Cho số nguyên không âm bốn số nguyên phân biệt Chứng minh tồn thỏa mãn  Lời giải: Xét tổng có tất Giả sử không tồn bốn số tổng với cho HĐĐ mod 5050 Từ số lẻ (1) Mặt khác số chẵn (2) Ta thấy (1) (2) mâu thuẫn Vậy tồn hai tổng cho bốn số phân biệt bốn số với lúc thỏa mãn phải Bài 15: Cho m số nguyên dương Tìm số nghiệm phương trình: x ≡ x (mod m)  Lời giải: Giả sử m = p1α p2α pkα Ta có: x ≡ x (mod m) k α ⇔ x ≡ x (mod pi i ) ∀i = 1, 2, , k Hay x( x − 1) ≡ (mod piα ) ∀i = 1, 2, , k i Vì ( x; x − 1) = nên phương trình x( x − 1) ≡ (mod piα ) có nghiệm mod piα là: x ≡ i α α (mod pi ) x ≡ (mod pi ) i i Theo Định lý Thặng dư Trung hoa: Với { r1 , r2 , , rk } phương trình: x ≡ ri (mod piαi ) ∀i = 1, 2, , k ln có nghiệm mod m i α α Do phương trình x( x − 1) ≡ (mod pi ) có hai nghiệm mod pi nên phương trình i i cho có 2k nghiệm Bài 16: Chứng minh : với số nguyên dương n , tồn số tự nhiên n gồm n chữ số lẻ chia hết cho 5n  Lời giải: Xét số Xn = a1 a2 a3… an = dương i + lẻ với i=1,2,3,,,n a nguyên Ta chứng minh toán quy nạp : với n=1 a1 =5 Gỉa sử mệnh đề đứng với n Cần chứng minh mệnh đề với n+1 Xét số sau đây: a1 = 1a1 a2 a3… an = a2=3a1 a2 a3… an = a3= a1 a2a3… an = a4= 7a1 a2 a3… an = a5= 9a1 a2 a3… an = Do B= HĐĐ mod nên : C= HĐĐ mod nên tồn số hệ chia hết cho Trong số a1,a2,a3,a4,a5 có số C chia hết cho 5(n+1) mà số gồm (n+1) chữ số lẻ Do mệnh đề với n+1.điều giả sử với n * Vậy với số nguyên dương n , tồn số tự nhiên n gồm n chữ số lẻ chia hết cho 5n IV Định lý Fermat nhỏ Bài 17 Tìm tất số tự nhiên m cho m n ≡ ( mod n) với n số nguyên dương tùy ý m ≡ ( mod n)  Lời giải: +) Giả sử m > Khi ta có: m( m −1) ≡ [ + (m − 1)] ( m −1)2 ≡ ( mod (m − 1) ) Mặt khác m − không chia hết cho (m − 1) với m > Do giá trị m > không thỏa mãn đề +) m = thỏa mãn +) m = ta có: 2n ≡ ( mod n) ∀n > Giả sử p ước nguyên tố nhỏ n, đó: 2n ≡ ( mod p) => p lẻ Ta có (n; p − 1) = Khi ∃a, b ∈ Z cho an + b( p − 1) = Theo định lí Fermat nhỏ ta có: 21 = 2na.2b ( p−1) ≡ (mod p) ( mâu thuẫn) Mâu thuẫn chứng tỏ giả thiết m n ≡ ( mod n) khơng xảy Vậy ta có mệnh đề m n ≡ ( mod n) => m ≡ ( mod n) m=1 m=2 p −1 Bài 18 Cho p số nguyên tố lẻ Đặt m = CMR: m hợp số lẻ, không chia hết cho 3m−1 ≡ ( mod m)  Lời giải: Ta có: m= p −1 3p −1 3p +1 = Dễ thấy 3p −1 3p +1 số nguyên dương lớn nên m hợp số Mặt khác p −1 m= = p −1 + p − + + + => m ≡ ( mod 3) hay m khơng chia hết cho Ta thấy 9k có tận với k lẻ, có tận k chẵn m = p −1 + p − + + + = (9 p −1 + p − ) + (9 p −3 + p − ) + + (9 + 9) + Do p lẻ => m có tận 1=> m lẻ Theo định lí Fermat nhỏ: p−1 ≡ ( mod p) => p − 9Mp mà p − 9M8, (8; p) = Do p − 9M8 p hay m − = 9p − Mp Do m lẻ => m-1 chẵn => m − 1M2 p => 3m −1 − 1M32 p − => 3m −1 − 1Mm ( 32 p − = 8m ) hay 3m−1 ≡ ( mod m) x x y y p p q q Bài 19 Tìm số nguyên tố p, q thỏa mãn ( − ) ( − ) ( − ) ( − ) chia hết cho pq  Lời giải: Bổ đề: (quen x x Cho ( − ) ⋮p, thuộc) (7 y − y ) ⋮p với x nhỏ y⋮x Áp dụng: Ta thấy p,q≠5,7 p p p −1 p −1 TH1: ( − ) ⋮p theo Fermat nhỏ ( − ) ⋮p ⇔ ( p − p−1.7 ) Mp ⇒ 2.5 p−1 Mp ⇒ 2Mp ⇒ p=2 (7 − 52 ) ( q − q ) q ⇒ 12 ( − 5q ) Mq Mq ⇒ 2.5 p−1 Mp ⇒ 2Mp ⇒ p = ⇒ 12.2.5 p−1 Mq ⇒ 12.2Mq ⇒ q ∈ { 2;3} Khi ấy: (7 − ) ( q − 5q ) q ⇒ 12 ( − 5q ) Mq Mq ⇒ 12.2.5 p−1 Mq ⇒ 12.2Mq ⇒ q ∈ { 2;3} TH2: (7 p − 5p ) , p ⇒ q − 5q ⋮p q q Nếu ( − ) ⋮q cm tương tự q q Nếu ( − ) , p p ( − ) ⋮p p p q⇒ ( − ) ⋮q p p q q ( − ) ⋮q ( − ) ⋮p Như k k Gọi ( − ) ⋮q với k đạt GTNN theo bổ đề p⋮k nên mà p nguyên tố nên k=1,p Khi k=1⇒2⋮q⇒q=2 dễ tìm p p p Khi k=p⇒ ( − ) ⋮q với p số nhỏ thỏa đề, dẫn đến vơ lý cịn số nhỏ thỏa mãn q −1 q −1 ( − ) ⋮q (theo Fermat nhỏ) nên vơ lý Do trường hợp có nghiệm giống TH1 Vậy (p,q)=(2,3),(3,2),(2,2) Bài 20 Giả sử m, p số nguyên tố khác CMR với số tự nhiên đó, p ước số x m−1 + x m −2 + + ta có p ≡ ( mod m)  Lời giải: Giả sử p = mk + r , ≤ r ≤ m − Ta có: x m −1 + x m− + + Mp => x m ≡ ( mod p) (1) => x không chia hết cho p Ta chứng minh: x r −1 ≡ ( mod p) (2) +) Nếu p < m (2) Fermat p −1 Giả sử p > m Nâng vế (1) lên lũy thừa k = ta được: m x p −r ≡ ( mod p) Theo Fermat nhỏ: x p −1 ≡ ( mod p) => x p − r ( x r −1 − 1) ≡ ( mod p) => x r −1 ≡ ( mod p) Cần chứng minh r = Giả sử r > Khi (m; r − 1) = Ta có: ( x m −1 − 1; x r −1 − 1) = x ( x ;r −1) − = x − Từ (1) (2)=> x m − 1Mp, x r −1 − 1Mp => x − 1Mp => x ≡ ( mod p) => P( x) ≡ m ( mod p) ( trái với giả thiết P( x)Mp ) Do r = => p ≡ ( mod m) ( đpcm) ... Hệ thặng dư Bài 11: Cho a, b số nguyên Dư? ?ng nguyên tố Số nguyên dư? ?ng n gọi số đẹp tồn x,y cho không tồn nguyên dư? ?ng cho CMR số xấu lớn Số nguyên dư? ?ng gọi số xấu 2.CMR số đẹp khi số xấu ... ngun dư? ?ng HĐĐ mod suy tồn cho Do số nguyên dư? ?ng Vậy tồn Do đó, nguyên dư? ?ng cho số đẹp số xấu lớn 2, Giả sử số đẹp, tồn cho Khi Giả sử số đẹp, tồn nguyên dư? ?ng cho Từ (2) (3) ta có dư? ?ng... nguyên số đẹp, mâu thuẫn với câu 1) Vậy số xấu Ngược lại, đặt Suy Do tồn nên HĐĐ cho Theo giả thiết k số xấu, suy Do Khi ta có nguyên dư? ?ng nên n số đẹp Bài 12: Cho số nguyên dư? ?ng n số nguyên