1.
SỐ CHÍNH PHƯƠNG 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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.
c Diễn đàn 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