SlideShare a Scribd company logo
1 of 71
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ
VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC
TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH
GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG)
WORD VERSION | 2023 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
C H U Y Ê N Đ Ề Đ Ạ T G I Ả I M Ô N
T O Á N
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group
vectorstock.com/28062405
254
CHUYÊN ĐỀ
VẬN DỤNG BỔ ĐỀ VỀ MŨ ĐÚNG TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Số học có thể nói là một lĩnh vực xuất hiện sớm nhất trong lịch sử toán học. Khi
những con số được con người sử dụng thì cũng là lúc Số học ra đời. Ngạn ngữ Pháp có
câu: “Toán học là vua của các khoa học nhưng Số học là Nữ hoàng”. Điều đó đã cho
thấy tầm quan trọng của Số học trong đời sống và khoa học. Trải qua một quá trình
phát triển lâu dài nhưng Số học vẫn giữ được vẻ đẹp sơ khai của nó. Vẻ đẹp ấy được
thể hiện qua cách phát biểu đơn giản của một bài toán. Chính vì cách phát biểu đơn
giản nhưng cần những suy luận sâu sắc và tinh tế nên những bài toán Số học trong các
kì thi học sinh giỏi thường là những thách thức thực sự và thường được dùng để phân
loại học sinh.
Đối với phân môn Số học trong trương trình toán THPT chuyên thì các kiến
thức về Bổ đề nâng lũy thừa là một kết quả hay và có nhiều ứng dụng. Việc sử dụng
thành thạo các tính chất về số mũ đúng cùng sự kết hợp khéo léo với các định lý cơ
bản của số học như định lý Euler, định lý Fecmat, kiến thức về cấp của một số…sẽ
giúp chúng ta có thể giải quyết được các phương trình Diophante hoặc các bài toán
chia hết liên quan đến số mũ. Chính vì vậy nhóm tác giả đã quyết định viết chuyên đề:
“Vận dụng bổ đề về mũ đúng trong các bài toán Số học”.
2. Mục đích của đề tài
Trong chuyên đề này, tác giả trình bày một hệ thống lý tuyết về Bổ đề nâng lũy
thừa và một số kiến thức hỗ trợ cho phương pháp LTE trong việc giải quyết các bài
toán Số học. Các bài toán trong chuyên đề đều được nhóm tác giả tìm kiếm, chọn lọc,
tổng hợp, trình bày lời giải một cách chi tiết kèm theo những phân tích, bình luận và
đặt nó trong sự kết nối với các bài tập khác. Chuyên đề được viết với mong muốn phục
vụ trực tiếp cho công tác giảng dạy của nhóm tác giả đồng thời cũng hy vọng sẽ là tài
liệu có ích cho các thầy cô, các em học sinh tham khảo và học tâp.
3. Cấu trúc của đề tài
Chuyên đề bao gồm 3 phần chính như sau:
A. Phần mở đầu.
B. Phần nội dung.
C. Phần kết luận.
B. PHẦN NỘI DUNG
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Định nghĩa. Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên và α là số tự nhiên. Ta nói
pα
là ước đúng của a (exact power) và α là số mũ đúng của a nếu |
p a
α
và
1
p a
α+
 . Khi đó ta viết ||
p a
α
và kí hiệu ( )
p
v a
α = .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
255
2. Tính chất. Cho , ,
a b c là các số nguyên, khi đó ta có
o ( ) ( ) ( )
p p p
v ab v a v b
= +
o ( ) ( )
.
n
p p
v a n v a
=
o ( ) ( ) ( )
{ }
min ,
p p p
v a b v a v b
+ ≥ . Đẳng thức xảy ra khi ( ) ( )
p p
v a v b
≠
o ( )
1
!
n
p i
i
n
v n
p
=
 
=  
 
 (Định lý Legendre)
3. Hai bổ đề
3.1. Bổ đề 1. Cho ,
x y là hai số nguyên (không nhất thiết phải nguyên dương) và n là
số nguyên dương. Cho p là số nguyên tố bất kỳ sao cho
( )
, | ,
1, , y
n p
p p x y p x
= −   . Ta có
( ) ( )
n n
p p
v x y v x y
− = −
Chứng minh.
Ta có ( )( )
1 2 2 1
...
n n n n n n
x y x y x x y xy y
− − − −
− = − + + + +
Do |
p x y
− nên ( )
mod
x y p
≡
( )
1 2 2 1 1
... 0 mod
n n n n n
x x y xy y nx p
− − − − −
 + + + + ≡ ≡
/
Ta có đpcm.
3.2. Bổ đề 2. Cho ,
x y là các số nguyên (không nhất thiết phải nguyên dương), n là
số nguyên dương lẻ và p là số nguyên tố bất kỳ thỏa mãn
( )
, | ,
1, , y
n p
p p x y p x
= +   . Ta có
( ) ( )
n n
p p
v x y v x y
+ = +
Chứng minh.
Sử dụng Bổ đề 1 ta có ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
n
n n n
p p p p
v x y v x y v x y v x y
+ = − − = − − = +
4. Lifting The Exponent Lemma (LTE)
4.1. Định lý 1. Cho ,
x y là hai số nguyên (không nhất thiết phải nguyên dương), n là
một số nguyên dương và p là một số nguyên tố lẻ thỏa mãn |
p x y
− và ,
p x p y
  .
Ta có
( ) ( ) ( )
n n
p p p
v x y v x y v n
− = − +
Chứng minh.
Ta sẽ chứng minh quy nạp theo ( )
p
v n . Trước hết, ta chứng minh khẳng định sau:
( ) ( ) 1
p p
p p
v x y v x y
− = − + ( )
1
Để chứng minh ( )
1 , ta cần chỉ ra rằng
1 2 2 1
| ...
p p p p
p x x y xy y
− − − −
+ + + + ( )
2
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
256
Và 2 1 2 2 1
...
p p p p
p x x y xy y
− − − −
+ + + +
 ( )
3
Thật vậy, ta có: ( )
1 2 2 1 1
... 0 mod
p p p p p
x x y xy y px p
− − − − −
+ + + + ≡ ≡
Với ( )
3 , ta đặt *
,
y x kp k
= + ∈ℕ , khi đó với 1; 1
t p
= −
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
1 1
2
1 1 1
1 1
1 2 2
1
....
2
mod
t
p t t p t
t
p t t t t
p t t t
p p
x y x x kp
t t
x x tkpx kp x kp
x x tkpx
x tkpx p
− − − −
− − − −
− − −
− −
= +
−
 
= + + + +
 
 
≡ +
≡ +
Do đó
( )
( )
( )
( )
1 2 2 1
1 1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
1 2 2
1 2
...
2 ... 1
1 2 ... 1
1
2
1
2
0 mod
p p p p
p p p p p p p
p p
p p
p p
p
x x y xy y
x x kpx x kpx x p kpx
px p kpx
p p
px kpx
p
px kp x
px p
− − − −
− − − − − − −
− −
− −
− −
−
+ + + +
≡ + + + + + + + −
≡ + + + + −
−
≡ +
−
≡ +
≡ ≡
/
( )
3
 được chứng minh.
Vậy ( ) ( ) 1
p p
p p
v x y v x y
− = − +
Trở lại bài toán, ta đặt .
n p k
α
= với ( )
, , , 1
k p k
α ∈ =
ℕ . Sử dụng Bổ đề 1 và ( )
1 , ta
có
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1 1 2 2
1 2
1
k k
n n p k p k p p
p p p
p p
p p p p
p p
p p p p
p p
p p
p p
p p
v x y v x y v x y
v x y v x y
v x y v x y
v x y v x y
v x y v n
α α α α
α α α α
α α α α
α α
− −
− − − −
 
− = − = −
 
 
 
= − = −
 
 
= − + = − +
= − + − = − +
= − +
Định lý được chứng minh.
4.2. Định lý 2. Cho ,
x y là hai số nguyên, n là một số nguyên dương lẻ và p là một
số nguyên tố lẻ thỏa mãn |
p x y
+ và ,
p x p y
  . Ta có
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
257
( ) ( ) ( )
n n
p p p
v x y v x y v n
+ = + +
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
258
Chứng minh.
Áp dụng Định lý 1 và điều kiện n lẻ ta có:
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
n
n n n
p p
p p
p p
v x y v x y
v x y v n
v x y v n
+ = − −
= − − +
= + +
4.3. Định lý 3. (Cho trường hợp 2
p = ) Cho ,
x y là hai số nguyên lẻ sao cho
4 | x y
− . Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
n n
v x y v x y v n
− = − +
Chứng minh.
Theo Bổ đề 1, nếu ( )
, | ,
1, , y
n p
p p x y p x
= −   thì
( ) ( )
n n
p p
v x y v x y
− = −
Tức là nếu 2
p = , n là số lẻ và 2 | x y
− thì
( ) ( )
2 2
n n
v x y v x y
− = −
Do đó ta chỉ cần chứng minh Định lý trong trường hợp n là lũy thừa của 2 . Tức là:
( ) ( )
2 2
2 2
n n
v x y v x y n
− = − +
Thật vậy, ta có:
( )( ) ( )( )( )
1 1 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
....
n n n n n n
x y x y x y x y x y x y
− − − −
− = + + + + −
Vì ( ) ( )
2 2
1 mod4 1 mod4
k k
x y x y
≡ ≡ ±  ≡ ≡
( )
2 2
2 mod4
k k
x y
 + ≡
( ) ( ) ( )
1 1 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
... 1
n n n n
v x y v x y v x y
− − − −
 + = + = = + =
Lại có 4 | ,
x y
− ,
x y là số lẻ nên ( )
2 mod4
x y
+ ≡
( ) ( )
2 2
2 2
n n
v x y v x y n
 + = − +
4.4. Định lý 4. (Cho trường hợp 2
p = ) Cho ,
x y là hai số nguyên lẻ và n là một số
nguyên dương chẵn. Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 1
n n
v x y v x y v x y v n
− = − + + + −
Chứng minh.
Do ,
x y lẻ 2 2
4| x y
 − , ta đặt 2 .
k
n m
= ,( )
,2 1
m = .
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
k k
k k k k
n n m m
v x y v x y v x y v x y
− −
 
 − = − = − = −
 
 
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
259
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2
1 1
1
v x y k v x y v x y k
v x y v x y v n
= − + − = − + − + −
= − + − + −
5. Một số nhận xét.
5.1. Sai lầm thường gặp nhất khi sử dụng bổ đề nâng lũy thừa là việc không kiểm tra
điều kiện |
p x y
± .
5.2. Với n là số nguyên dương thì ( )
logp p
n v n n
≤  . Thật vậy
Đặt n p k
α
= với ( )
, 1
p k = , khi đó ( )
p
v n α
=
( )
p
v n p p k n
α α
α
=  ≤ =
Ta cũng có log log
p p
n r r
α
= + ≥ .
5.3. Nếu ,
a b là hai số tự nhiên, p là một số nguyên tố, ta có ( ) ( )
| p p
a b v a v b
⇔ ≤
5.4. Với p là một ước nguyên tố của a . Đặt
m
a p k
= với *
,
m k ∈ℕ , ta có
i)
( )
p
v a
a p
≥
ii)
m
p k m α
≥ + với .
m β
≥ Do đó ( )
p
a v a α
≥ + với ( )
p
v a β
≥ hay
a pβ
≥ .
II. VẬN DỤNG BỔ ĐỀ VỀ MŨ ĐÚNG TRONG GIẢI TOÁN
Trước hết ta xét một số bài toán mà việc lựa chọn Bổ đề LTE và chọn số p là
điều dễ dàng quan sát thấy.
Bài toán 1. (AIME 2020 I- Problem 12) Cho n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa
mãn 3 5 7
149 2 3 .5 .7
n n
− ⋮ . Tìm số các ước nguyên dương của n .
Phân tích bài toán
Đề bài xuất hiện 149 2
n n
− , ta nghĩ ngay đến sử dụng bổ đề LTE. Kiểm tra điều kiện
bổ đề đều thỏa mãn trong các trường hợp 3, 7
p p
= = . Tuy nhiên 149 2 5
/
− ⋮ nên ta
chưa thể áp dụng ngay bổ để LTE trong trường hợp 5
p = . Để giải quyết vấn đề này
ta nghĩ đến việc xét các trường hợp của n
Lời giải
Áp dụng Định lý 1, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3
149 2 149 2 1
n n
v v v n v n
− = − + = + .
Để 3 5 7
149 2 3 .5 .7
n n
− ⋮ thì
( ) ( ) ( ) ( )
3 5 7
3 3 3 3
3 .5 .7 149 2 3 1 2
n n
v v v n v n
≤ −  ≤ +  ≥  2
3
n⋮ .
Lại áp dụng Định lý 1, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
7 7 7 7
149 2 149 2 2
n n
v v v n v n
− = − + = + .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
260
Để 3 5 7
149 2 3 .5 .7
n n
− ⋮ thì
( ) ( ) ( ) ( )
3 5 7
7 7 7 7
3 .5 .7 149 2 7 2 5
n n
v v v n v n
≤ −  ≤ +  ≥ , ta được 5
7
n⋮ .
Ta có 149 2 5 4 ,
n n
n s s
− ⇔ = ∈
⋮ ℕ.
Xét ( ) ( )
4
4 4
149 2 1 16 0 mod5
− ≡ − − ≡ , hay 4 4
149 2 5
− ⋮ .
Áp dụng Định lý 1, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 4 4
5 5 5 5
149 2 149 2 149 2
n n s s
v v v v s
− = − = − + ,
Mặt khác, ta cũng có ( ) ( )
4
4 4
149 2 1 16 15 mod25
− ≡ − − ≡ − nên 4 4
149 2 25
− ⋮ .
Vậy ( )
4 4
5 149 2 1
v − = .
Để 3 5 7
149 2 3 .5 .7
n n
− ⋮ thì ( ) ( ) ( ) ( )
3 5 7
5 5 5 5
3 .5 .7 149 2 5 1 4
n n
v v v s v s
≤ −  ≤ +  ≥ ,
ta được 4 4
5 4.5
s n

⋮ ⋮ .
Do 2 5 4
3 ,7 ,4.5 nguyên tố cùng nhau nên 2 3 4 5
2 .3 .5 .7
n⋮ , do n là số nguyên dương nhỏ
nhất nên 2 3 4 5
2 .3 .5 .7
n = .
Vậy số các ước của n là ( )( )( )( )
2 1 3 1 4 1 5 1 270
+ + + + = .
Lời giải khác
Theo Công thức khai triển Nhị thức Newton, ta có
( )
149 2 147 2 2
n
n n n
− = + −
1 1 2 2 2 3 3 3
.147.2 .147 .2 .147 .2 147
n n n n
n n n
C C C
− − −
= + + + +
⋯ .
Ta kiểm tra điều kiện để 3
149 2 3
n n
− ⋮
 .
Do 3||147 nên các số hạng chứa 3 4
147 ,147 ,⋯ sẽ đều chia hết cho 3
3 , tức là ngoại
trừ hai số hạng đầu, thì các số hạng còn lại đã chia hết cho 3
3 .
Do đó ta cần
( ) 2
3 1 2 2 2
1 1 2
3
1
| .
. 147
147.2 2
. 7 . .1
14 .2 47 .2
2
n n
n
n n
n
n n
C n
C
− −
− −
=
+
−
+
( ) ( )
1 2 3 3
.147.2 1 .147 .2 147 .2 147 143
n n n
n n n n n
− − −
= + − = − ,
tức là 2
3 n
∣ (do 147 143 3
n − ⋮ ).
Ta kiểm tra điều kiện để 7
149 2 7
n n
− ⋮
 .
Vì 2
7 ||147 nên các số hạng chứa 4 5
147 ,147 ,⋯ đều chia hết cho 7
7 , tức là ngoại trừ
ba số hạng đầu thì các số hạng còn lại đều chia hết cho 7
7 .
Do đó, ta cần
7 1 1 2 2 2 3 3 3
7 | .147.2 .147 .2 .147 .2
n n n
n n n
C C C
− − −
+ +
( ) ( )( )
1 2 2 3 3
1 1 2
.147.2 .147 .2 .147 .2
2 6
n n n
n n n n n
n − − −
− − −
= + +
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
261
( ) ( )( )
3
1 2 3 4
147
.147.2 1 .147 .2 1 2 . .2
3
n n n
n n n n n n
− − −
= + − + − −
( ) ( )
( )
4 2
147 .2 8 1 147.2 3 2 7203
n
n n n n
−
= + − + − +
( )
4 2
147 .2 7203 21903 14120
n
n n n
−
= − + ,
tức là 5
7 | n (do 2
7203 21903 14120 7
n n
− + ⋮ ).
Ta kiểm tra điều kiện để 5
149 2 5
n n
− ⋮
 .
Ta có
( )( )
149 2 4 2 2 2 1 mod5
n n n n n n
− ≡ − = − ,
nên để 5
149 2 5
n n
− ⋮
 thì 4 n
∣ .
Đặt 4
n m
= và đặt ( )( )
4 4 2 2 2 2
149 2 149 2 149 2 147.151.22205
c = − = − + = .
Kiểm tra được rằng 5|| c.
Theo Công thức khai triển Nhị thức Newton, ta có
( ) ( )
4 4
149 2 ( 16) (16)
m m m m
c
− = + −
1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4
16 16 16 16
m m m m m
m m m m
C c C c C c C c c
− − − −
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + +
⋯ .
Do 5|| c nên các số hạng chứa 5 6
, ,
c c ⋯ đều chia hết cho 5
5 , tức là ngoại trừ bốn số
hạng đầu thì các số hạng còn lại đều chia hết cho 5
5 .
Bằng cách lập luận tương tự như trên, ta cũng có 5
5 cm
∣ , và do 5|| c nên 4
5 m
∣ .
Theo cách đặt 4
n m
= nên 4
4.5 n
∣ .
Tổng hợp các điều kiện thì ( )
2 2 4 5
3 2 .5 .7 | n .
Với n là số nguyên dương nhỏ nhất thì ( )
2 2 4 5
3 2 .5 .7
n = . Số các ước nguyên dương
của n là 270.
Bài toán 2. (Balkan MO 2013) Tìm các số nguyên dương , ,
x y z sao cho
5
4 2013
y z
x + = .
Phân tích bài toán
Từ giả thiết, không khó để nhận ra có thể giải quyết bài toán bằng cách sử dụng Bổ đề
LTE với 3,11,61
p = là các ước của 2013. Tuy nhiên, ban đầu số mũ của x và 4
khác nhau nên ta chưa thể áp dụng Bổ đề LTE ngay được. Dễ dàng kiểm tra được rằng
5
y t
= , khi đó phương trình có dạng 5 5
4 2013
t z
x + = .
Lời giải.
Xét modulo 11, ta có 11| 2013 nên ( )
5
4 0 mod11
y
x + ≡ . Mà ( )
5
0,1, 1 mod11
x ≡ −
nên ( )
4 1,0,1 mod11
y
≡ − . Do đó, các nghiệm trong modulo 11 là
( ) ( ) ( ) ( )
{ }( )
5
,4 0,0 , 1, 1 , 1,1 mod11
y
x ∈ − − .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
262
Ta có ( )
4 4,5,9,3,1 mod11
y
≡ , nên ta cần 4 1(mod11)
y
≡ .
Mặt khác, vì ( )
11 4 5
ord = nên 5 y
∣ . Khi đó, đặt 5
y t
= , ta có
5 5
4 2013
t z
x + = , hay ( )
5
5
4 2013
t z
x + = .
Vì ( )
5
5
4 4 2013
t z
t
x x
+ + =
∣ , mà 2013 3.11.61
= và 4 1
t
x + ≠ nên
4 311 61
t i j k
x + = với , ,
i j k +
∈ℤ .
Ta kiểm tra được rằng 4 3,11,61
t
⋮ nên 3,11,61
x⋮ .
Áp dụng Định lý 2, ta có
( )
( ) ( ) ( )
5
5
3 3 3
4 4 5
t t
v x v x v
+ = + +
do đó ( ) ( )
3 3
2013 4
z t
v v x
= + , hay ( )
3 4t
z v x
= + nên 3 4
||
z t
x + .
Tương tự, ta chứng minh được |
1 4
|
1z t
x + và |
6 4
|
1z t
x + .
Do 4 311 61
t i j k
x + = nên 4t
x + chỉ có các ước nguyên tố trong tập { }
3,11,61 .
Lại thêm với kết quả vừa chứng minh được, 3 4
||
z t
x + , |
1 4
|
1z t
x + , |
6 4
|
1z t
x + nên
4 2013
t z
x + = .
Điều này dẫn đến mâu thuẫn, vì ( )
5
5
2013 4 4 2013
z t t z
x x
= +  + = .
Vậy phương trình này không có nghiệm.
Lời giải khác.
Ta vẫn sử dụng kết quả 5| y như chứng minh trên. Đặt 5
y t
= .
Khi đó, vế trái trở thành
( ) ( )( )
5 5 4 3 2 2 3 4
4 4 4 4 4 4
t t t t t t
x x x x x x
+ = + − + − + .
Hơn nữa, vì
( ) ( )( )
4 3 2 2 3 4 4 3 2 2 3 4
4 4 4 4 4 2.4 3.4 4.4 5.4
t t t t t t t t t
x x x x x x x x x
− + − + = + − + − +
nên 4t
x + và 4 3 2 2 3 4
4 4 4 4
t t t t
x x x x
− + − + nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, mọi ước
chung d của chúng phải là ước của 2013 và 4
5.4 t
, mà ( )
4
gcd 2013,5.4 1
t
= nên
1
d = .
Từ phương trình 5
4 2013
y z
x + = , thì ( )
5
1 0 mod3
y
x + ≡ nên
5
3 x
 , do đó 3 x
 .
Điều này dẫn đến
( )
4 3 2 2 3 4
4 4 4 4 1 1 1 2 0 mod3
t t t t
x x x x x x x
− + − + ≡ − + − + ≡ − ≡
Từ phương trình 5
4 2013
y z
x + = thì ( )
5
0 1 mod2
x + ≡ nên x là lẻ. Điều này dẫn
đến
( )
4 3 2 2 3 4
4 4 4 4 1 mod4
t t t t
x x x x
− + − + ≡ .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
263
Ta có ( ) ( )( )
5 5 4 3 2 2 3 4
2013 4 4 4 4 4 4
z t t t t t t
x x x x x x
= + = + − + − + và
2013 3.11.61
= .
Vì
4 3 2 2 3 4
3 4 4 4 4
t t t t
x x x x
− + − +
 nên 3| 4t
x + , kéo theo ( )
2 mod3
x ≡ . Do đó
( )
4 3 2 2 3 4
4 4 4 4 2 2 mod3
t t t t
x x x x x
− + − + ≡ − ≡
Vì 2 n
 và ta chứng minh ở trên thì 4t
x + và 4 3 2 2 3 4
4 4 4 4
t t t t
x x x x
− + − + nguyên
tố cùng nhau, nên 4 3 2 2 3 4
4 4 4 4
t t t t
x x x x
− + − + phải có dạng ( )
11 ,61 , 11.61
z
z z
.
Ta lập bảng kiểm tra
( )
4 3 2 2 3 4
4 4 4 4 2 mod3
t t t t
x x x x
− + − + ≡ và
( )
4 3 2 2 3 4
4 4 4 4 1 mod4
t t t t
x x x x
− + − + ≡ .
4 3
2 2 3 4
4
4 4 4
t
t t t
x x
x x
− +
− +
modul
o 3
Điều kiện của z để
( )
4 3 2 2
3 4
4 4
4 4 2 mod3
t t
t t
x x x
x
− +
− + ≡
modul
o 4
Điều kiện của z để
( )
4 3 2 2
3 4
4 4
4 4 1 mod4
t t
t t
x x x
x
− +
− + ≡
11z
2z Lẻ 3z Chẵn
61z
1z Không thỏa mãn 1z Luôn thỏa mãn
( )
11.61
z
2z Lẻ 3z Chẵn
Nếu 4 3 2 2 3 4
4 4 4 4
t t t t
x x x x
− + − + có dạng 11z
hoặc ( )
11.61
z
thì z không thể vừa là
số lẻ, vừa là số chẵn.
Nếu 4 3 2 2 3 4
4 4 4 4
t t t t
x x x x
− + − + có dạng 61z
thì không có số nguyên z thỏa mãn.
Vậy phương trình này không có nghiệm.
Bài toán 3. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( )
, ,
x y z thỏa mãn phương trình
2009 2009
7z
x y
+ = .
Lời giải.
Dễ thấy x y
≠ (vì nếu x y
= thì
2009 2009 2009
2 7z
x y x
+ = ≠ )
Ta có
2009 2009
|
x y x y
+ + đồng thời 1 7 |
x y x y
+   + . Đến đây ta xét hai trường
hợp sau
TH1: Nếu 7 x
 , 7 y
 , Áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( )
2009 2009
7 7 7 2009
v x y v x y v
+ = + +
( ) ( )
2009 2009
7 7 2
v x y v x y
 + = + +
( )
2009 2009
49. .
x y k x y
 + = + với 7 k
 điều này mâu thuẫn với giả thiết
2009 2009
x y
+ chỉ có ước là 7 .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
264
TH2: Nếu một trong hai số x hoặc y chia hết cho 7 thì số còn lại cũng chia hết cho
7 hay , 7
x y⋮ .
Không giảm tổng quát, giả sử ( ) ( )
7 7
v x v y k
≥ =  1
7 .
k
x x
= và 1
7 .
k
y y
= với
*
1 1 1 1 1
, , 7,
x y y y x
/
∈ 
ℕ ⋮ do 1 1
x y
≠ .
Khi đó ta có ( )
2009 2009 2009 2009 2009
1 1
7 7
k z
x y x y
+ = + = ( )
2009 2009 2009
1 1 7z k
x y −
 + = là
lũy thừa của 7 . Mà 1 1
7 7
y x
/ /

⋮ ⋮ quay về TH1 ta có điều mâu thuẫn.
Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương.
Tiếp theo ta xét bài toán ở dạng Tổng quát hơn
Bài toán 4. (European Mathematical Cup 2012, Senior Division). Tìm số nguyên
dương , ,
a b n và số nguyên tố p thỏa mãn
2013 2013 n
a b p
+ = .
Phân tích bài toán.
Ở đây, a và b có cùng số mũ 2013, tuy nhiên đề bài không có dữ kiện ,
a p b p
⋮ ⋮ và
a b p
+ ⋮
.
Bằng cách đặt
( ) ( )
,
, ,
a b
a b
a b a b
′ ′
= = thì ta có p a′
 và p b′
 và
2013 2013
a b p
a b ′ ′
+
+ ⋮ ⋮
 .
Lời giải.
Đặt ( )
,
d a b
= và ,
a b
x y
d d
= = . Ta có ( )
2013 2013 2013 n
y
d x p
+ = , nên 2013 2013 m
x y p
+ = ,
hay
( )( )
2012 2011 2010 2 2011 2012 m
x y x x y x y xy y p
+ − + − − + =
⋯ .
Do ,
x y là các số tự nhiên nên 1
x y
+  nên p x y
+
∣ . Mà theo cách đặt ,
a b
x y
d d
= =
với ( )
,
d a b
= thì ,
x y nguyên tố cùng nhau, kéo theo p x
 và p y
 .
Áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( )
2013 2013
2013
p p p
v x y v x y v
+ = + + .
Mà ( ) ( ) ( )
2013 2013 2012 2011 2010 2 2011 2012
...
p p p
v x y v x y v x x y x y xy y
+ = + + − + − − +
nên ( ) ( )
2012 2011 2010 2 2011 2012
2013 ...
p p
v v x x y x y xy y
= − + − − + .
Xét 2013 3.11.61
= nên ( )
2013 0
p
v = nếu p là số nguyên tố khác 3,11,61, và
( )
2013 1
p
v = nếu p là một trong các số nguyên tố 3,11,61.
+) Nếu ( ) ( )
, 1,1
x y = thì 2012 2011 2010 2 2011 2012
1
x x y x y xy y
− + − − + =
⋯ .
+) Nếu ( ) ( )
, 1,1
x y ≠ , không giảm tổng quát, giả sử x y
≥ ta có
2012 2011 2010 2 2011 2012
x x y x y xy y
− + − − +
⋯
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
265
( ) ( ) ( )
2011 2009 2 2010 2012
x x y x y x y xy x y y
= − + − + + − +
⋯ .
Biểu thức này lớn hơn 61 khi ( ) ( )
, 1,1
x y ≠ và x y
≥ .
Đến đây, ta xét hai trường hợp.
TH1: Nếu ( )
2013 1
p
v = thì ( )
2012 2011 2010 2 2011 2012
1
p
v x x y x y xy y
− + − − + =
⋯ và
{ }
3,11,61
p ∈ nên { }
2012 2011 2010 2 2011 2012
3,11,61
x x y x y xy y
− + − − + ∈
⋯ , điều này
không thể xảy ra vì 2012 2011 2010 2 2011 2012
61
x x y x y xy y
− + − − + 
⋯ theo chứng minh
trên.
TH2: Nếu ( )
2013 0
p
v = thì ( ) ( )
, 1,1
x y = . Do đó a b
= .
Vì 2013 2013 n
a b p
+ = nên 2013
2.
n
a
p = , do đó 2
p = .
Ta có nghiệm *
2 , 2013 1, 2,
k
a b n k p k
= = = + = ∀ ∈ℕ .
Lời giải khác.
Đặt ( )
, , ,
a b
d a b x y
d d
= = = . Khi đó, ta có ( )
2013 2013 2013 n
d a b p
+ = , nên d cũng phải
là lũy thừa của p , do đó ,
k
d p k
= ∈ ℕ .
Do đó ( )
2013 2013 2013
k n
p a b p
+ = , nên 2013 2013 m
a b p
+ = (với 2013
m n k
= − ).
Đặt 671
A x
= và 671
B y
= thì ta có 3 3 m
A B p
+ = , nên ( )( )
2 2 m
A B A AB B p
+ − + = .
Theo cách đặt ( )
, , ,
a b
d a b x y
d d
= = = thì ,
x y nguyên tố cùng nhau nên ,
A B cũng
nguyên tố cùng nhau.
Ta xét ba trường hợp.
TH1: Nếu 1
A B
+ = . Điều này không xảy ra do A và B là các số nguyên dương.
TH2: Nếu 2 2
1
A AB B
− + = hay 2
( ) 1
A B AB
− + = , xảy ra khi 1
A B
= = . Do đó
a b
= .
Vì 2013 2013 n
a b p
+ = nên 2013
2.
n
a
p = , do đó 2
p = .
Ta có nghiệm *
2 , 2013 1, 2,
k
a b n k p k
= = = + = ∀ ∈ℕ .
TH3: Nếu cả A B
+ và 2 2
A AB B
− + đều lớn hơn 1, thì p A B
+
∣ và
( )
2
2 2
3
p A AB B A B AB
− + = + −
∣ nên 3
p AB
∣ .
+) Nếu p AB
∣ , kết hợp với p A B
+
∣ thì ta có p A
∣ và p B
∣ , mâu thuẫn với điều kiện
A và B nguyên tố cùng nhau.
+) Nếu 3
p∣ thì 3
p = . Ta có hai trường hợp nhỏ.
o ( )
2
2 2
3 3
A AB B A B AB
− + = ⇔ − + = , nên 2, 1
A B
= = hoặc 1, 2
A B
= = .
Nhưng theo cách đặt 671
A x
= và 671
B y
= thì 671
2 x
= không có nghiệm nguyên
dương.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
266
o 2 2
3
A AB B
− +  thì 2 2 2
3 A AB B
− +
∣ . Ta có 3| A B
+ nên ( )
2
2
3 | A B
+ và
( )
2
2 2 2
3 3
A AB B A B AB
− + = + −
∣ . Điều này dẫn đến 2
3 3AB
∣ , hay 3 AB
∣ .
Như chứng minh trên, ta có nếu p AB
∣ , kết hợp với p A B
+
∣ thì ta có p A
∣ và p B
∣ ,
mâu thuẫn với điều kiện A và B nguyên tố cùng nhau. Do đó, trường hợp này cũng
không cho ta nghiệm của phương trình.
Vậy tất cả các nghiệm của phương trình là *
2 , 2013 1, 2,
k
a b n k p k
= = = + = ∀ ∈ℕ .
Bài toán 5. (Romania 2019) Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại các số
nguyên dương n và m với 2
m ≥ sao cho 3 5
k k m
n
+ = .
Lời giải.
Hiển nhiên ta thấy rằng n là số chẵn.
Ta xét các trường hợp sau:
TH1: Nếu k chẵn thì ( )
mo 2
5 d
3 0
k k
≡
+ và ( )
mo 4
5 d
3 2
k k
≡
+ nên ( )
2 3 5 1
k k
v + = ,
kéo theo 1
m = . Điều này không thỏa mãn 2
m ≥ .
TH2: Nếu k lẻ. Áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
3 5 3 5 8 0 3
k k
mv n v v v k v
= + = + + = + = |3
m

với 2
m ≥  3
m = .
+) Nếu 1
k = , ta có ( ) ( )
, , 1,2,3
k n m = .
+) Nếu 1
k  ( )
3
5 mod9
k
n
 ≡ ⇔ 3 k
∣ .
Đặt *
3 ,
k t t
= ∈ℕ . Khi đó ta có ( ) ( )
3 3 3
3 5
t t
n
+ = , mà ta biết rằng phương trình này có
dạng 3 3 3
a b n
+ = nên không có nghiệm nguyên dương.
Vậy 1
k = .
Bài toán 6. (Italy TST 2003) Tìm các số nguyên dương ,
x y và số nguyên tố p sao
cho 2 19
x y x
p
+ = .
Lời giải.
Ta có 2 19 19 2
x y x x x y
p p
+ = ⇔ − = . Mà 17 |19 2
x x
VT = − nên 17 17
y
p p
 =
⋮
 .
Do ( )
2 17 19 2 17 2 17
x
x y x x x
+ = = +  + với 2
x ≥ . Do đó ta xét hai trường hợp sau.
TH1: Nếu 2
x ≥ thì y x
 . Áp dụng Định lý 1 thì
( ) ( ) ( ) ( )
17 17 17 17
17 19 2 19 2
y x x
v v v v x
= − = − + ( )
17
1
y v x
 = + .
Mà ( )
17
1 1
y v x x
= + ≤ + . Do đó 1
y x
= + và ( )
17
v x x
= . Điều này không xảy ra.
TH2: Nếu 1
x = thì 1
y = .
Vậy ( ) ( )
, , 1,1,17
x y p = là nghiệm duy nhất của bài toán này.
Bài toán 7. (Russia MO – 1996) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại
các số nguyên dương , ,
x y k thỏa mãn ( )
, 1, 2
x y k
= ≥ và 3n k k
x y
= + .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
267
Lời giải.
Nếu một trong hai số x hoặc y chia hết cho 3 thì số còn lại cũng chia hết cho 3,
điều này mâu thuẫn. Do đó cả x và y đều không chia hết cho 3.
Nếu k chẵn thì ( )
1 mod3
k k
x y
≡ ≡ nên
k k
x y
+ không chia hết cho lũy thừa của 3.
Do đó k lẻ.
Gọi p là ước nguyên tố của x y
+ .
Vì k lẻ  k k
x y x y p
+ +
⋮ ⋮ hay 3 3
n
p p
 =
⋮
Do đó 3m
x y
+ = với m là số nguyên dương.
Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3
3n k k
v v x y v x y v k
= + = + +
( )
3
n m v k
 = + . Đến đây ta xét các trường hợp sau
TH1: Nếu 1
m  . Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp được rằng 3 2
a
a
≥ + với mọi
số nguyên 1
a ≥ , và ( )
3 2
v k k
≤ − .
Đặt ( )
max ,
M x y
= , do 3 9
m
x y
+ = ≥ nên 5
M ≥ . Khi đó
( )
 
1
5
1 1
1
.3
2 2
1
. 3 .5
2
m
k
k k k k m k
x y
x y M M M
−
− −
+
≥
≥
=
+ ≥ = 
( )
3
2 2
3 .5 3 3 3
m v
m k m k n
k
+
− + −
 ≥ ≥ = mâu thuẫn giả thiết.
TH2: Nếu 1
m =  3
x y
+ = nên 1, 2
x y
= = hoặc 2, 1
x y
= = . Kéo theo
( )
3
1
3 1 2
v k k
+
= + . Nhưng ta có
( ) ( )
3 3
3 3
v k v k
k k
 ≤
∣ . Do đó
( )

3 3
1 ( )
1 2 3 3.3 3 2 1 3
v v k
k k
k
k
k k
≤
+
+ = = ≤  + ≤ mà k là số lẻ  3
k = .
Khi 3, 2, 1
k x y
= = = hoặc 3, 1, 2
k x y
= = = thì 2
n = .
Bài toán 8. (Balkan 1993) Cho p là số nguyên tố và 1
m  là số nguyên dương.
Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên dương 1, 1
x y
  mà
2 2
m
p p
x y x y
+ +
 
=  
 
thì m p
= .
Lời giải.
Ta có bất đẳng thức quen thuộc
2 2
p
p p
x y x y
+ +
 
≥  
 
với mọi số nguyên dương p .
Kết hợp giả thiết
2 2
m
p p
x y x y
+ +
 
=  
 
 m p
≥ .
Đặt ( )
,
d x y
= , 1 1
,
x dx y dy
 = = với ( )
1 1
, 1
x y = , 1 1
, 1
x y ≥ và không đồng thời bằng
1
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
268
Ta có
2 2
m
p p
x y x y
+ +
 
=  
 
⇔ ( ) ( )
1
1 1 1 1
2
m
m p p m p
x y d x y
− −
+ = + . Ta có hai trường
hợp
TH1: Nếu p lẻ
Gọi q là ước nguyên tố bất kì của 1 1
x y
+ . Đặt ( )
1 1 1
q
v v x y
= + ≥
o Nếu q lẻ, áp dụng Định lý 2, ta có ( )
( ) ( )
1
1 1
2m p p
q q
v x y v v p
−
+ = +
Mà ( )
( )
1 1
q
m
m p
v x m
y v
d −
+ ≥  ( )
q
v v p mv
+ ≥ 1
mv v
 ≤ +
(Vì
( )
( )
1
0
q
q
v p khi q p
v p khi q p
= =


= ≠


)
( )
1 1
v m
 − ≤
Do đó 2 2
m p m
≤  ≤ ≤ mâu thuẫn.
o Nếu 2
q = thì 1
m v mv
− + ≥ , nên 1
v ≤ và 1 1 2
x y
+ = , hay x y
= , suy ra
m p
= .
TH2: Nếu 2
p =
o Nếu ( ) ( )
, 1,2
x y = hoặc ( ) ( )
, 2,1
x y = thay vào ta thấy không thỏa mãn
o Nếu , 2 4
x y x y
≥  + ≥
Ta có
2 3
2 2
4 2
2 2 2 2
m
x y x y x y x y
x y
+ + + +
     
+ ≥  =  ≤
     
     
3
m
 ≤ mà 2
m p
≥ = 2
m
 = .
Vậy 2
m p
= =
Bài toán 9. (Romanian Junior Balkan TST 2008) Cho số nguyên tố 3
p ≠ và các số
nguyên ,
a b thỏa mãn |
p a b
+ và 2 3 3
|
p a b
+ . Chứng minh rằng 2
|
p a b
+ hoặc
3 3 3
|
p a b
+ .
Lời giải.
Do |
p a b
+ , nên nếu |
p a thì |
p b và khi đó 3 3 3
|
p a b
+ .
Nếu p a
 thì p b
 , lại có |
p a b
+
Áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3
3
p p p p p
v a b v a b v v a b v a b
+ = + +  + = + .
Mà 2 3 3
|
p a b
+ nên ( )
3 3
2
p
v a b
+ ≥ , kéo theo ( ) 2
p
v a b
+ ≥ , hay 2
|
p a b
+
Cách giải khác.
Do |
p a b
+ , nên nếu |
p a thì |
p b kéo theo 3 3 3
|
p a b
+ .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
269
Nếu p a
 thì p b
 . Ta có ( ) ( )
( )
2
2 3 3
| 3
p a b a b a b ab
+ = + + − , mà ,
p a b
 nên
( )
( )
2
3
p a b ab
+ −
 .
Ta có
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
3 3
3
p p
v a b v a b a b ab
+ = + + −
( ) ( )
( ) ( )
2
3
p p p
v a b v a b ab v a b
= + + + − = + .
(vì ( )
( )
2
3
p a b ab
+ −
 nên ( )
( )
2
3 0
p
v a b ab
+ − = )
Mà 2 3 3
|
p a b
+ nên ( )
3 3
2
p
v a b
+ ≥ , kéo theo ( ) 2
p
v a b
+ ≥ , hay 2
|
p a b
+ .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 10. Tìm tất cả các số nguyên dương , ,
x y p thỏa mãn 1
x p
p y
− = với p là
một số nguyên tố.
Lời giải.
Ta xét các trường hợp sau
TH1: Nếu
2
2 2 1
x
p y
=  − =
y
 là số lẻ. Khi đó ( )
2
2 1 2 mod4
x
y
= + ≡
1, 1
x y
 = =
TH2: Nếu p là số nguyên tố lẻ, ta có 1
p x
y p
+ =
Áp dụng Định lý Fecmat nhỏ ta có ( )
1 1 mod
x p
p y y p
= + ≡ +
| 1
p y
 + . Khi đó áp dụng Định lý 2 ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
p
p p p p
v y v y v p v y
+ = + + = + +
( )
1 1
p
x v y
 − = +
Mặt khác ( )( )
1 2 1
1 1 ... 1
p p p x
y y y y y p
− − −
+ = + − + − + =
Do đó
1
1 2
1
... 1
x
p p
y p
y y y p
−
− −
 + =


− + − + =


o Nếu 1
y = thì 2
p = (loại)
o Nếu
1
2 3 3; 2
x
y p p x
−
=  =  = = (thỏa mãn)
o Nếu 2
y  , ta có
( ) ( ) ( )
1 2 2 4
... 1 1 1 ... 1 1
p p p p
y y y y y y y y y
− − − −
− + − + = − + − + + − +
2 4
... 1 1
p p
y y y y
− −
 + + + +  +
1
x
p p −
 
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
270
( )
1 1 0
p
x v y
 =  + = (vô lý vì | 1
p y + )
Vậy bộ ( )
, ,
x y p thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) ( )
1,1,2 ; 2,2,3
Bài toán 11. (Trung Quốc 2009) Tìm cặp số nguyên tố ( )
,
p q thỏa mãn |5 5
p q
pq + .
Lời giải.
Ta xét các trường hợp sau
TH1: Nếu 5
p q
= = thỏa mãn.
TH2: Nếu một trong hai số bằng 5 và số còn lại khác 5. Không giảm tổng quát, giả
sử 5, 5
p q
= ≠ . Ta có
5 4 1
5 |5 5 |5 5
q q
q q −
+ ⇔ +
Nhưng theo Định lý Fecmat bé ta có ( )
1
5 1 mod
q
q
−
≡
4
|5 1 626
q
 + = 2
q
 = hoặc 313
q = .
Trường hợp này ta có bốn nghiệm ( ) ( ) ( ) ( )
5,2 ; 5,313 ; 2,5 ; 313,5
TH3: Nếu một trong hai số bằng 2 và số còn lại khác 5. Không giảm tổng quát giả sử
2, 5
p q
= ≠
( )
15 5 0 mod2
q
q
 + ≡
Mà theo Định lý Fecmat bé ta thu được ( )
5 5 mod
q
q
≡ và ( )
5 5 mod2
q
≡ do đó
( )
30 0 mod2q
≡ 3
q
 =
Trường hợp này ta có hai nghiệm ( ) ( )
2,3 ; 3,2
TH4: Nếu ,
p q khác 2 và 5
Ta có ( ) ( )
5 5 mod ,5 5 mod
p q
p q
≡ ≡ , kết hợp với giả thiết
( )
( )
2 1
1
1 2 1
5 1 5 1
5 1 5 1
p
p
q q
q q
p p
−
−
− −

 + −
 
 
 
+
 −

 
⋮ ⋮
⋮ ⋮
Đặt 5
q
m ord
= ( ) ( ) ( )
2 2
| 2 1 1 1
m p v m v p
 −  ≤ + −
Mặt khác ( )
1
5 1 0 mod
p
q
−
+ ≡ ( )
1
5 1 mod
p
q
−
 ≡
/ 1
p
m
 −

( ) ( )
2 2
1 1
v m v p
 = + −
Lại có ( ) ( )
1
5 1 mod | 1
q
q m q
−
≡  − ( ) ( )
2 2 1
v m v q
 ≤ −
Do đó ( ) ( )
2 2
1 1 1
v p v q
+ − ≤ − ( ) ( )
2 2
1 1
v p v q
 −  −
Tương tự khi xét theo modulo p ta lại có ( ) ( )
2 2
1 1
v q v p
−  − (Vô lý).
Vậy các cặp số thỏa mãn là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, 2,5 ; 5,2 ; 5,5 ; 5,313 ; 313,5
p q =
Bài toán 12. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng không tồn tại các số ,
x y∈ℤ
sao cho ( )
1 !
p
p p
y p p
x −
=  
 
+ .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
271
Lời giải.
Giả sử tồn tại ,
x y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Do ( ) ( ) ( )
2
1 ! 1 ! 1 !
p p
p p p p p p p
−  −  −
   
   
   . Ta xét các trường hợp sau
TH1: Nếu |
p x mà | |
p p
p x y p y
+  . Mà p là số nguyên tố lẻ nên 3
p ≥ , ta có
( )
2 2 2
| , | | 1 !
p p p
p p
x
p x p y
p y p p
 −
=  
 
+ . Mâu thuẫn.
TH2: Nếu p x
 mà ( )
1
| !
p
p p
p
p x y p
+ = −
 
  nên p y
 .
Theo Định lý Fermat nhỏ, ta có ( )
mod
p p
x y x y p x y p
+ ≡ +  + ⋮ .
Áp dụng Bổ đề 2, ta có
( ) ( ) ( ) 2
2
p p
p p
p p p
v x y v x y v p x y p
+ = + + ≥  + ⋮ (Mâu thuẫn)
Vậy không tồn tại các số nguyên ,
x y thỏa mãn đề bài.
Bài toán 13. (IMO shortlist 2014) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( )
, ,
x y p ,
thỏa mãn
1
p
x y −
+ và
1
p
x y
−
+ đều là lũy thừa của p, trong đó p là số nguyên tố.
Phân tích bài toán.
Ý tưởng là xét bài toán theo p. Ta sẽ tìm cách giới hạn lại p
Dễ dàng xét với trường hợp 2
p =
Với trường hợp 3
p ≥ , vì
1
p
x y −
+ và
1
p
x y
−
+ đều chứa các số hạng có số mũ là
1
p − nên ta nghĩ đến sử dụng Định lý Fecmat, do đó cần xét các trường hợp p có là
ước của ,
x y không. Đồng thời giả thiết
1
p
x y −
+ và
1
p
x y
−
+ đều là lũy thừa của p
gợi ý cho ta nghĩ đến việc sử dụng Bổ đề LTE.
Lời giải.
Ta xét hai trường hợp sau
TH1: 2
p = , dễ dàng thấy bộ ( )
,2 ,2
k
x x
− thỏa mãn bài toán
TH2: 3
P ≥
+) Ta thấy rằng nếu p là ước của một trong hai số x hoặc y thì p cũng là ước của
số còn lại
Giả sử ( ) ( )
,
p p
v x a v y b
= = , , 0
a b 
Không giảm tổng quát giả sử a b
≥
Ta có ( )
1 1
p p
p
v x a b
− −
=   ( )
1
p
p
v x y b
−
+ = 1
p b
x y p
−
 + = điều này vô lý vì
1
p b
x y y p
−
+  
+) Nếu p không là ước của x và y
Theo định lý Fecmat, ta có
1 1
1 , 1
p p
x p y p
− −
− −
⋮ ⋮
Trước hết ta chứng minh x y
≠ . Thật vậy giả sử
1
p
x y x x
−
=  + là lũy thừa của p
( )
1 1
p p a
p
v x x a x x p
− −
+ =  + = mà
1
p a
x x x p
−
+  = (vô lý)
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
272
Không giảm tổng quát giả sử
1 1
p p
x y x y x y
− −
  +  +
Đặt
1 1
,
p m p n
x y p y x p m n
− −
+ = + =   . Ta có
( ) ( )
1 1 2 1 1
| |
n p p n p p p
p x y x y p y x y x y
− − − − −
= + +  + − +
( )
2 2
| 1
n p p
p x x y
− −
 −
( )
2
| 1
p
n
p xy
−
 −
Mà ( ) ( )( )
( )
1 2
1 2
mod mod
p p
p n p n
x y p x y p
− −
− −
≡ −  ≡ −
( ) ( )
( )
2 2
1 1 mod
p p p n
xy y p
− −
 − ≡ − −
Hay
( )
2
1
p p n
y p
−
+ ⋮
Lại có ( ) ( )
1
1 mod mod
p p
y p y y p
−
≡  ≡
( )
( )
2 2
1 1 mod
p p p
y y p
− −
 + ≡ + ( )
2
1 0 mod
p
y p
−
 + ≡
Áp dụng Định lý 2, ta có
( )
( ) ( )
2 2
1 1 1
p p p
p p
v y v y
− −
+ = + + 2 1
1
p n
y p
− −
 + ⋮
( ) ( )
2 1 1 2
1 1
p n p p p
p y p x y y y y y
− − − −
 + ≥ = +  + = +
p y
 
1
p y
 ≥ +
Lại có
1
1
p
x p
−
− ⋮ ( )
1
1
p
x y y p
−
 + − + ⋮ 1 1
y p y p
 +  + ≥
⋮
Do đó 1
y p
+ =
Ta có ( ) ( )( )
1 2 2
| 1 1 1
p n p p
x y p p y y y
− − −
+ = + = + +
( )
1 1 2 1
| 1 2 2
p p p p
x y y y y y x
− − − −
 + + + +  +
( )
1 2
1
p p n
x y p y p
− −
 + = + = ( )
2 1
1 1
p n
p p
− −
 − + =
+) Nếu 3 2; 5
p y x
=  = =
+) Nếu 3
p  Ta có ( )
2
1 1
p
p P
−
− +  và
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2
0
3 2
3
2
2
1 1
1 1
2 1 mod
p
p i
i p i
p
i
p p
p
p
p C p
C p
p p p
−
− − −
−
=
− −
−
−
− = −
≡ − + −
≡ − −

 ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 2 1 1 2 mod
p
p p p p p
−
− + ≡ − − + ≡ − (vô lý)
Vậy tất cả các bộ cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )
, , ,2 ,2 , 2,5,3 , 5,2,3
k
x y p x x
= − .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
273
Bài toán 14. ( IMO 1999) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( )
,
n p sao cho p là số
nguyên tố và ( )
1 1
n
p − + chia hết cho 1
p
n −
.
Phân tích bài toán.
Với bài toán này việc tìm ra các yếu tố , ,
p a b đề áp dụng Bổ đề LTE không phải là
điều dễ dàng. Nó đòi hỏi ở người làm toán phải có Kinh nghiệm và vận dụng một
cách linh hoạt các định lý số học. Trong bài toán này việc sử dụng Định lý Fecmat là
điều mà chúng ta có thể nghĩ đến.
Lời giải.
Nếu 1
n = thì p là số nguyên tố bất kỳ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nếu 2
n ≥ , ta xét các trường hợp sau
TH1: Nếu 2
p = thì 2 2
n n
 =
⋮
TH2: Nếu 2
p  . Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n , q là số lẻ
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1 mod 1 1 mod
n n
p q p q
− ≡ −  − ≡ và ( )
1, 1
p q
− =
Gọi ( )
1
q
t ord p
= − | 2
t n

Áp dụng Định lý Fecmat nhỏ, ta có ( ) ( )
1
1 1 mod
q
p q
−
− ≡ | 1
t q
 −
Nếu ( )
, 1
t n  , gọi d là một ước nguyên tố của t và n |
d n

Mà | 1
d t d t q d q
 ≤ ≤ −   . Do đó ,
d q đều là ước của n và d q
 mâu thuẫn
với cách chọn q.
Vậy ( )
, 1
t n = . Khi đó | 2 2
t t
 = hay ( ) ( )
2
1 1 mod
p q
− ≡
( ) ( )
2 0 mod
p p q
 − ≡ . Ta có 2 khả năng sau
+) Nếu | 2
q p − thì ( ) ( )
1 1 1 1 2 mod
n n
p q
− + ≡ + ≡ 2
q
 =  ( )
1 1 2
n
p p
− + 
⋮
là số chẵn (mâu thuẫn).
+) Nếu |
q p . Khi đó 3
p ≥ và ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 mod
n n
p q
− + ≡ − +
Nếu n chẵn thì
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 2 mod
n n
p q
− + ≡ − + ≡ 2
q
 = 2
q
 =  ( )
1 1 2
n
p p
− + 
⋮ là số
chẵn (mâu thuẫn). Vậy n là số lẻ
Áp dụng Định lý 2, ta có ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
n
q q q q
v p v p v n p v n
− + = + ≥ −
( ) ( ) ( )
2
q q
v p p v n
 ≥ −
Đặt
a
p q b
= , với *
,
a b∈ℕ . Ta chứng minh quy nạp được rằng 2
a
q b a
≥ + với 3
q ≥
( ) 2
q
p v p
 ≥ + . Đẳng thức xảy ra khi 1, 3
a b q
= = =
( ) ( ) ( )
2 2
q q
p v p p v n
 − ≥ ≥ − ( ) 1
q
v n
 = và 1, 3
a b q p
= = = =
( )
3 1
v n
 = . Đặt 3
n k
= , với ( )
*
, ,3 1
k k
∈ =
ℕ , k là số lẻ.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
274
Từ giả thiết ta có 2
8 1 9
k
k
+ ⋮ .
Nhận xét 8 1 9
k
+ ⋮ . Do đó ta cần tìm k sao cho 2
8 1
k
k
+ ⋮
+) Với 1 3
k n
=  = thỏa mãn
+) Với 2
k ≥ , tương tự cách chứng minh trên, ta gọi r là ước nguyên tố nhỏ nhất của
k và 8
r
s ord
= . Khi đó | 2 2
s s
 =
2
|8 1
r
 − hay 7
r = (vô lý vì ( )
8 1 2 mod7
k
+ ≡ )
Vậy cặp số ( )
,
n p thỏa mãn là ( ) ( ) ( )
1, , 2,2 , 3,3
p
Bài toán 15. ( TST Romania 2009) Cho , 3
a n ≥ là hai số nguyên dương sao cho tồn
tại số tự nhiên 2
k ≥ thỏa mãn ( )
| 1
k
n a − . Chứng minh rằng n là ước của
1 2
... 1
n n
a a a
− −
+ + + + .
Lời giải.
Ta có 1 2 1
... 1
1
n
n n a
a a a
a
− − −
+ + + + =
−
Gọi p là một ước nguyên tố của n . Ta có ( )
| | 1
k
p n a − và ( )
, 1
a p =
Áp dụng Định lý 2, Ta có ( ) ( ) ( )
1 1
n
p p p
v a v a v n
− = − +
( )
1
1
n
p p
a
v v n
a
 
−
 =
 
−
 
.
1
|
1
n
a
n
a
−

−
(đpcm).
Bài toán 16. Cho ,
a n là hai số nguyên dương và p là một số nguyên tố lẻ thỏa mãn
( )
1 mod
p n
a p
≡ . Chứng minh rằng ( )
1
1 mod n
a p −
≡ .
Lời giải.
Vì ( )
1 mod
p n
a p
≡ nên ( )
, 1
a p = .
Theo Định lý Fermat nhỏ, ta có ( )
1
1 mod
p
a p
−
= .
Do đó ( )
1
mod
p p
a a p
−
= mà ( )
, 1
a p = nên 1
p a −
∣ .
Áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
p
p p p
p
v a v a v p n v a n
− = − + ≥ ⇔ − ≥ − .
Vậy ( )
1
1 mod n
a p −
≡ .
Bài toán 17. Tìm tất cả các số nguyên dương , 1
a b  thỏa mãn 1
a b
b a −
∣ .
Lời giải.
Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của b.
Đặt p
m ord a
= . Trước tiên, ta chỉ ra 1
m = . Thật vậy
+) Nếu 2
p = hoặc a p
⋮ thì ta có 1
m = .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
275
+) Nếu p là số nguyên tố lẻ và p a
 .
Do | | | 1 | 1
a b b
p b b a p a
−  − nên |
m b .
Do a p
⋮ , theo Định lí Fermat nhỏ, ta có
1
| 1
p
p a −
− nên | 1
m p − .
Do đó ( )
| , 1
m b p − .
Vì p là ước nguyên tố nhỏ nhất của b nên ( )
1, 1
p b
− = . Vậy 1
m = .
Trở lại bài toán, ta xét hai trường hợp sau
TH1: Nếu p lẻ
Áp dụng Định lý 1, ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 .
b a
p p p p p
v a v a v b v b a v b
− = − + ≥ =
nên ( ) ( ) ( )
1 1 1
p p
v a a v b a
− ≥ − ≥ − , điều này vô lí.
TH2: Nếu 2
p = . Ta suy ra b chẵn, 1
b
a − cũng chẵn nên a lẻ.
Áp dụng Định lý 4, ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
1 1 1 1
b
v a v a v a v b av b
− = − + + + − ≥
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1
v a v a a v b a a
 − + + ≥ − + ≥ − + =
Đẳng thức chỉ xảy ra khi ( )
2
3, 1
a v b
= = .
Đặt 2
b s
= với s là lẻ, yêu cầu đề bài trở thành 3 3 2s
2 |3 1
s − .
o Nếu 1
s = thì 2, 3
b a
= = thỏa mãn yêu cầu.
o Nếu 1
s  . Đặt q là ước nguyên tố nhỏ nhất của s nên q cũng là lẻ.
Đặt 3
q
n ord
= . Tương tự như trên, ta cũng chỉ ra 1
n = . Thật vậy:
+) Nếu 3
q = thì 1
n = .
+) Nếu 3
q ≠ thì | | |
n q s n s
 và theo định lí Fermat nhỏ, ta có
1
|3 1
q
q −
− nên
| 1
n q − .
Từ đó ( )
| , 1
n s q − , mà q là ước nguyên tố nhỏ nhất của s nên ( )
, 1 1 1
s q n
− =  = .
Khi đó |3 1 2
q − = , điều này mâu thuẫn với q lẻ do s lẻ.
Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) ( )
, 3,2
a b = .
Bài toán 18. Cho số nguyên dương 1
a  . Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho
2000
2 | 1
n
a − .
Lời giải.
Từ giả thiết ta có ( )
2 1 2000
n
v a − ≥
Ta có ( )
2000
1 mod2
n
a ≡ . Theo Định lý Euler kết hợp giả thiết n nhỏ nhất suy ra
( )
2000 1999
| 2 2
n ϕ =
n
 là lũy thừa của 2 2 2k
 = với 0
k ≥ . Khi đó
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
276
( )( )( ) ( )
1
2 2 2
1 1 1 1 1 ... 1
k k
n
a a a a a a
−
− = − = − + + +
( ) ( ) ( ) ( )
1
2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 ... 1
k
n
v a v a v a v a
−
− = − + + + + +
Mà ( ) ( )
2 2
2
1 2 mod4 1 2
i i
a v a
+ ≡  + = với 1, 1
i k
= −
Vậy ( ) ( )
2
2 2
1 1 1 2000
n
v a v a k
− = − + − ≥
 ( )
2
2
2001 1
k v a
≥ − −
Vậy chọn k thỏa mãn
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2
2
2001 1 1 2001
0 1 2001
k v a khiv a
k khiv a
 = − − − ≤


= − 


Khi đó 2k
n = thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 19. (China TST 2009) Cho hai số nguyên dương 1
a b
  và b lẻ, n là số
nguyên dương. Chứng minh rằng nếu | 1
n n
b a − thì
3n
b
a
n
 .
Phân tích bài toán.
Nếu gọi p là một ước nguyên tố của b khi đó ( )
| | 1
n n n
p b a − và ( )
, 1
p a =
theo Định lý Fecmat bé, ta có ( )
1 1
1 mod | 1
p p
a p p a
− −
≡  − . Lúc này ta đủ điều
kiện sử dụng Bổ đề LTE với nhận xét ( )
( )
1
1| 1
n
n p
a a −
− −
Lời giải
Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của b. Do b lẻ nên p là số nguyên tố lẻ
Do ( ) ( )
| | 1 1
n n n n n
p p
p b a n v b v a
−  ≤ ≤ −
Lại có ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
1 1 1 1
n
n p p p
p p p p p
v a v a v a v n v n a
− − −
− ≤ − = − + = −
( )
1 1
1 1
n
n p p p
p n a a
n
− −
 ≤ −  ≥ + 1 3
n n
b p p
a a
n n
−
   ≥
Vậy
3n
b
a
n

Bài toán 20. (Bulgaria 1997) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2
n n
− là lũy thừa
của một số nguyên tố. Chứng minh rằng n là số nguyên tố.
Lời giải.
Đặt 3 2
n n k
p
− = với p là một số nguyên tố
Ta chứng minh bằng phản chứng
Giả sử n không phải là số nguyên tố. Suy ra tồn tại số nguyên tố p sao cho n qr
= ,
, 1
r r
∈ 
ℕ
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
277
Ta có ( )
3 2 | 3 2 |3 2
q q qr qr q q
p
− −  −
Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( )
3 2 3 2
qr qr q q
p p p
k v v v r
= − = − + . Đến đây ta xét hai
trường hợp sau
TH1: p r
 ( ) ( )
3 2 3 2
qr qr q q
p p
v v k
 − = − =
3 2 3 2 2
qr qr q q k
 − = − = điều này không xảy ra vì
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 2 1
3 2 3 2 3 3 2 ... 2 3 2
q r q r q r
qr qr q q q q
− − −
− = − + + +  −
TH2: |
p r  3 2 | 3 2 | 3 2
p p r r n n
− − −
|3 2
p p
p
 −
Hay ( )
3 2 0 mod
p p
p
− ≡
Áp dụng Định lý Euler, ta có ( ) ( )
3 3 mod ,2 2 mod
p p
p p
≡ ≡
( )
3 2 3 2 1 mod
p p
p
 − ≡ − ≡ (mâu thuẫn)
Vậy n thỏa mãn điều kiện phải là một số nguyên tố.
Bài toán 21. Chứng minh rằng không tồn tại cặp số ( )
,
a n nguyên dương 2
n  sao
cho ( )
1
n n
a a
+ − là lũy thừa của 5.
Lời giải.
Giả sử tồn tại số nguyên dương m sao cho ( )
1 5
n n m
a a
+ − =
Nhận xét rằng nếu 1
a + chia hết cho 5 thì số còn lại cũng chia hết cho 5(vô lý). Do
đó cả hai số 1
a + và a đều không chia hết cho 5. Ta xét các trường hợp sau
TH1: ( ) ( ) ( )
1 mod5 0 1 2 1 mod5
n n n
a a a
≡  ≡ + − ≡ − 4| n

TH2: ( ) ( ) ( )
2 mod5 0 1 3 2 mod5
n n n n
a a a
≡  ≡ + − ≡ − 2| n

TH3: ( ) ( ) ( )
3 mod5 0 1 4 3 mod5
n n n n
a a a
≡  ≡ + − ≡ − 4| n

Do đó n luôn là số chẵn, đặt 1 1 1
2 , , 2
n n n n
= ∈ ≥
ℕ . Ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1 1
1
2 2 2 1 2 2 2 2 1
2 2
5 1 1 1 ... 1
n n n n
n
m
a a a a a a a a
− − −
= + − = + − + + + + +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
2 1 2 2 2 2 1
2 1 1 ... 1
n n n
a a a a a
− − −
= + + + + + +
5| 2 1
a
 +
và
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1 1 1
2 1 2 2
2 2 2 1 2
5 5 5
1 ... 1 1 2 1
n n
n n n
v a a a a v a a v a
− − −
+ + + + + = + − − +
Mặt khác, áp dụng Định lý 1, ta có
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2
5 5 5 1 5 5 1
1 2 1 2 2 1
n n
v a a v a v n v a v n
+ − = + + = + +
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
278
Do đó ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1
2 1 2 2 2 2 1
5 5 1
1 ... 1
n n n
v a a a a v n
− − −
+ + + + + =
Mà ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
2 1 2 2 2 2 1
1 ... 1
n n n
a a a a
− − −
+ + + + + là lũy thừa của 5 nên
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
2 1 2 2 2 2 1
1 1 ... 1
n n n
n a a a a
− − −
+ + + + +
⋮
(Vô lý vì ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
2 1 2 2 2 2 1
1
1 ... 1
n n n
a a a a n
− − −
+ + + + +  với
*
1
1 2,
a n
+ ≥ ∈ℕ )
Vậy không tồn tại cặp số ( )
,
a n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 22. Cho , ,
b m n là các số nguyên dương thỏa mãn 1;
m m n
 ≠ . Biết 1
m
b −
và 1
n
b − có cùng tập hợp các ước nguyên tố. Chứng minh rằng 1
b + là lũy thừa của
2 .
Lời giải.
Từ giả thiết, gọi p là ước nguyên tố bất kì của 1
m
b − và 1
n
b −
Áp dụng một kết quả quen thuộc ( ) ( )
,
1, 1 1
m n
m n
b b b
− − = − , đặt ( )
,
m n
α =
Ta suy ra | 1
p bα
−
Với ( )
,
m n
α = *
,
k l
 ∃ ∈ℕ sao cho ,
m k n l
α α
= = với ( )
, 1
k l =
Đặt a bα
= , từ giả thiết ta suy ra tập hợp các ước nguyên tố của 1, 1, 1
k l
a a a
− − − là
trùng nhau.
Do m n
≠ suy ra trong hai số k và l phải có ít nhất một số lớn hơn 1. Giả sử 1
k  .
Ta sẽ chứng minh 1
a + là lũy thừa của 2 . Thật vậy, ta xét các trường hợp sau
TH1: Nếu k là số chẵn, đặt 1
2
k k
β
= với 1
k lẻ
Ta có ( )( )( ) ( )
1
1 1 1 1
2 2
1 1 1 1 ... 1
k k k k
k
a a a a a
β −
− = − + + +
Do đó mọi ước nguyên tố q của 1
1
k
a + cũng là ước của 1
a −
Mà với 1
k lẻ thì 1
1 1
k
a a
+ +
⋮ , ( )
1, 1 1
a a
− + = hoặc 2 2 2
q q
  =
⋮
Do đó 1
1
k
a + là lũy thừa của 2 1
a
 + cũng là lũy thừa của 2
TH2: Nếu k là số lẻ, ta có ( )( )
1
1 1 ... 1
k k
a a a a
−
− = − + + +
Gọi q là ước nguyên tố bất kì của 1
... 1
k
a a
−
+ + + . Do 1
...
k
a a
−
+ + là tổng của chẵn
số tự nhiên nên nó là số chẵn  1
... 1
k
a a
−
+ + + là số lẻ q
 là số lẻ và là ước của
1
k
a − q
 cũng là ước của 1
a −
Ta có ( ) ( ) ( )
1
1 1 ... 1
k k
q q q
v a v a v a a
−
− = − + + + +
Áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( )
1 1
k
q q q
v a v a v k
− = − +
Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )
1
... 1 1 1
k k
q q q q
v a a v a v a v k
−
+ + + = − − − =
( )
1
... 1
k
k a a
−
 + + +
⋮ (vô lý vì 1
... 1
k
a a k
−
+ + +  )
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
279
Vậy 1 1
a bα
+ = + là lũy thừa của 2
1
bα
+ là lũy thừa của 2 nên b là số lẻ
+) Nếu α là số chẵn thì ( ) ( )
2
1 1 2 mod4
b b
α α
+ = + ≡ là lũy thừa của 2 1
b
 =
+) Nếu α là số lẻ thì ( )( )
1
1 1 ... 1
b b b b
α α−
+ = + + + + nên 1
b + cũng là lũy thừa của
2
Vậy trong mọi trường hợp thì 1
b + là lũy thừa của 2
Tiếp theo ta xét một số bài toán sử dụng Bổ đề mũ đúng dưới dạng Định lý
Lengedre.
Bài toán 23. (IMO 2019) Tìm các cặp số nguyên dương ( )
,
n k sao cho
( )( )( ) ( )
1
! 2 1 2 2 2 4 .... 2 2
n n n n n
k −
= − − − − .
Phân tích bài toán.
Ý tưởng chính của bài toán là cố gắng giới hạn lại ( )
,
n k , chỉ xét tại hữu hạn trường
hợp.
Vế phải chứa các thừa số dạng ( )
2 2
n i
− , vế trái là !
k nên ta nghĩ đến sử dụng bổ đề
LTE và Định lý Legendre với 2,3
p =
Lời giải.
Xét ( )
2
1
!
2i
i
k
v k k
∞
=
 
= ≤
 
 

( )( )( ) ( )
( ) ( )
1
2
1
2 1 2 2 2 4 .... 2 2 1 2 ... 1
2
n n n n n n n
v n
− −
− − − − = + + + − =
( )
1
2
n n
k
−
 ≤ ( )
1
Xét ( )
3
1
!
3 3
i
i
k k
v k
∞
=
 
= ≥
 
 

Mặt khác
( )( )( ) ( )
( ) ( )
2
1
3 3
1
3
2 1 2 2 2 4 .... 2 2 1
!
2 2 2 4
n
n n n n n
i
v v i
n n n n
v
 
 
 
−
=
− − − − = +
 
   
= + ≤ +
 
   
   
 

Do đó
3 2 4
k n n
≤ + ( )
2
Từ ( )
1 và ( )
2 suy ra
( )
1 9
2 4
n n n
k
−
≤ ≤ 4
n
 ≤
Bây giờ ta kiểm tra và suy ra ( ) ( ) ( )
, 1,1 ; 2,3
n k = .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
280
Bài toán 24. (HSG Hà Nam 2016) Cho q là số nguyên tố lẻ và đặt
( ) ( ) ( )
( )
2
2
2 2 ! 2 !
q
q
A q q q
= + + . Chứng minh rằng A có một ước nguyên tố 2
p q
 .
Phân tích bài toán.
Ý tưởng của bài toán là chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Tìm dạng phân
tích tiêu chuẩn của A. Để ý vế phải các số hạng đều là lũy thừa của 2q với cơ số là
2q và ( )
2 !
q từ đó nghĩ đến sử dụng Bổ đề LTE và Định lý Legendre với 2,
p q
= .
Lời giải.
Giả sử ngược lại, mọi ước nguyên tố p của A đều không vượt quá 2q. Khi đó ta có:
( )
| 2 !
p q và ( )
( )
2
| 2 !
q
p q do đó | 2
p q
Từ đó suy ra 2
p = hoặc p q
=
A
 có dạng 2 .
m n
q với ,
m n∈ℕ.
Ta có ( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
2 2
2 2 ; 2 ! 2
q
q
v q q v q q
= 
Và ( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
2 2; 2 ! 2
q
q
q q
v q q v q q
=  
Mặt khác, theo Định lý Legendre suy ra
( )
( )
2 2 2
2 2 1 1
2 ! .... 2 ... 2
2 2 2 2
q q
v q q q
 
≤ + + ≤ + + 
 
 
và ( )
( )
2 ! 2
q
v q = vì 2
q 
Từ đó suy ra ( ) ( )
2 2 , 2
q
m v A q n v A
=  = 
( )
2
2 2
2 2
q
q
A q q
   vô lý.
Vậy A có ước nguyên tố lớn hơn 2q.
Bài toán 25. (Rumani 2010) Cho ,
a n là các số nguyên dương sao cho tất cả các ước
nguyên tố của a đều lớn hơn n . Chứng minh rằng ( )( ) ( )
2 1
1 1 .... 1
n
a a a −
− − − chia
hết cho !
n .
Phân tích bài toán.
Ta sẽ chỉ ra rằng nếu p là một ước nguyên tố của n thì
( ) ( )( ) ( )
( )
2 1
! 1 1 .... 1
n
p p
v n v a a a −
≤ − − −
Lời giải.
Vì tất cả các ước nguyên tố của a đều lớn hơn n nên ( )
, 1
a n = . Gọi p là ước
nguyên tố của !
n . Khi đó ( )
, 1
a p =
Áp dụng Định lý Fecmat nhỏ, ta có ( )
1
1 mod
p
a p
−
≡ ( )
( )
1
1 mod
k p
a p
−
 ≡ với
1
k
∀ ≥
Theo Định lý Lengendre, suy ra
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
281
( )
1 1 1
!
k
p i i i
i i i
n n n
v n
p p p
∞ ∞
= = =
 
= ≤ =
 
 
   với
* 1
, k k
k p n p +
∈ ≤ 
ℕ
( )
1
1 1 1 1
1 1
1
! . .
1 1 1
1 1
k
k
p i
i
p p
n n
p n
v n n n
p p
p p
=
   
− −
    −
 
 
≤ = ≤ =
−
− −

( ) ( )
1
! 1
1
p
n
v n
p
 
−
 ≤  
−
 
Lại có ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
1
1
1
2 1
1 1
1 1 .... 1 1 1
k p n
n
k p
n k
p
k k
v a a a a a
− ≤
−
−
−
= =
− − − = − ≥ −
 
( )
( )
1
1
1
1 2
1 1
k p n
k
n n
p p
− ≤
=
   
−
≥ = ≥
   
− −
   

Từ ( )
1 và ( )
2 ta suy ra ( ) ( )( ) ( )
( )
2 1
! 1 1 .... 1
n
p p
v n v a a a −
≤ − − − (đpcm)
Bài toán 26. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho ( )
2
1 !
n − chia hết cho ( )
!
n
n .
Phân tích bài toán.
Trước hết ta thử một vài giá trị ban đầu của n và nhận thấy 1
n = thỏa mãn,
2,3,4
n = không thỏa mãn bài toán. Đồng thời ta nhận thấy nếu n p
= là một số
nguyên tố thì hoàn toàn có thể kiểm tra kết quả của bài toán dựa vào Bổ đề LTE và
Định lý Legendre.
Lời giải.
Trước tiên ta chứng minh rằng 4
n = và n p
= là số nguyên tố thì ( ) ( )
2
1 ! !
n
n n
/
− ⋮
Thật vậy
o Nếu 4
n = thì ( ) ( ) ( )
4 2
2 2 2
4! 4 4! 12 11 4 1
v v v
= =  = − , do đó ( ) ( )
2
1 ! !
n
n n
− ⋮
o Nếu n p
= là một số nguyên tố thì
( ) ( ) ( )
( )
2
! . ! 1 1 !
p
p p p
v p p v p p p v p
= =  − = − do đó ( ) ( )
2
1 ! !
n
n n
/
− ⋮
Tiếp theo, ta chứng minh rằng khi 4
n ≠ và n không phải là số nguyên tố thì
( ) ( )
2
1 ! !
n
n n
− ⋮ . Thật vậy
Gọi p là một ước nguyên tố bất kì của n .
Ta sẽ chứng minh ( ) ( )
2
! 1 !
p p
nv n v n
≤ −
Đặt
d
n p k
= , với ( )
*
, , , 1
k d k d
∈ =
ℕ
( ) ( )
2
! 1 !
p p
nv n v n
≤ − ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
! ! ! 2
p p p p
nv n v n v n v n d
⇔ ≤ − = −
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
282
* *
2 2
2
d d
d
j j
j j
p k p k
d p k
p p
∈ ∈
   
⇔ + ≤
   
   
 
ℕ ℕ
(định lý Legendre)
Lại có
* * * *
2 2
. . . . . .
d d d d
d d d
j j j j
j j j j
p k p k p k p k
p k p k p k
p p p p
∈ ∈ ∈ ∈
 
       
= = +  
 
     
       
 
   
ℕ ℕ ℕ ℕ
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
*
. . 2
d
d
j
j
p k
p k d
p
∈
 
 
≥
 
 
 
 

ℕ
2
1
. . 2
d
d
d
j
j d
p k
p k d
p
= +
 
 
⇔ ≥
 
 
 
 

1
. . 2
d
d
j
j
k
p k d
p
=
 
 
⇔ ≥
 
 
 
 

Với nhận xét
*
,
x y∈ℕ và x y
⋮ , ta có
1
y
x x
 
≥
 
 
. Do đó
( ) ( )
1 1
1
1 1 0 0
1
. . . . . . 1 ...
d d d d
d d j j d
j j
j j j j
k
p k p k p k p k k p p
p p
− −
−
= = = =
 
   
 
⇔ ≥ = = = + + +
 
     
   
 
   
Ta cần chứng minh ( ) ( )
1
1 ... 2 *
d
k p p d
−
+ + + ≥
Ta chứng minh ( )
* bằng quy nạp theo d
o Nếu 0
d = thì ( )
* đúng
o Nếu 1
d = , vì
d
n p k
= và n là số nguyên tố nên 2
k ≥ , BĐT (*) đúng.
o Nếu 2
d = ta cần chứng minh ( )
1 4
k p
+ ≥
2
2 2 4 2
p n k k
=  = ≠  ≥ do đó BĐT đúng
3
p ≥ thì BĐT luôn đúng
o Nếu 3
d ≥ ta có ( )
1 1
1 ... 1 2 ... 2 2 1 2
d d d
k p p d
− −
+ + + ≥ + + + = − ≥
Do đó ( )
* được chứng minh
Vậy 4
n ≠ và n không phải là số nguyên tố là tất cả các giá trị cần tìm thỏa mãn yêu
cầu bài toán.
Ngoài việc Bổ đề số mũ đúng được vận dụng trực tiếp vào lời giải thì phương
pháp này còn được dùng để tìm dạng vô hạn trong các bài toán chia hết. Ta xét một số
bài toán sau
Bài toán 27. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho
( )
1
2 1 2015
n
v n −
− = .
Lời giải.
Nếu n là số chẵn thì 1
1 2
n
n −
− ⋮
, không thỏa mãn với đề bài ( )
1
2 1 2015
n
v n −
− = . Vậy
n là số lẻ.
Áp dụng Định lý 4 ta có
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
283
( ) ( ) ( ) ( )
1
2 2 2 2
1 1 1 1 1
n
v n v n v n v n
−
− = − + + + − −
( ) ( )
2 2
2 1 1 1
v n v n
= − + + − .
Do đó ( ) ( )
2 2
2 1 1 2016
v n v n
− + + = .Ta xét các trường hợp sau
TH1: Nếu ( ) ( )
1 mod4 , 1 2 mod4
n n
≡ + ≡ thì ( )
2 1 1
v n + = , nên
( )
2
2 1 2016 1 2015
v n − = − = , vô lí.
TH2: Nếu ( ) ( )
3 mod4 , 1 2 mod4
n n
≡ − ≡ thì ( )
2 1 1
v n − = , ta có
( )
2
2 1 2016
v n
+ + = ( )
2 1 2014
v n
 + = . Khi đó 2014 2014
1 2 2 1
n k n k
+ =  = −
với mọi số nguyên dương k .
Đặt 2 1
k m
= + thì ( )
2015 2014
2 2 1
n m m
= + − ∈ℕ là các số thỏa mãn đề bài.
Bài toán 28. Cho k là số nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn
3 | 2 1
k n
− .
Lời giải.
Ta xét các trường hợp sau:
TH1: Nếu n lẻ thì ( )
2 1 1 mod3 2 1 3
n n k
−

− ≡ ⋮ (loại).
TH2: Nếu n chẵn, ta đặt *
2 ,
n m m
= ∈ℕ . Khi đó 2 1 4 1
m
n
− = − .
Áp dụng Định lý 1, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
3
4 1 4 1 1
m
v v v m v m
− = − + = + .
Để 3 4 1
k m
−
∣ thì ( )
3 4 1
m
v k
− ≥ hay ( )
3 1
v m k
≥ − .
Do đó 1 *
3 ,
k
m s s
−
= ∈ℕ .
Vậy 1
2.3k
n s
−
= với *
s∈ℕ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 29. (Romania 2012) Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên dương n thỏa
mãn 2 1
2 1
n
n
+
+ ⋮ .
Phân tích bài toán.
Nhận thấy 3
n = thỏa mãn bài toán. Ta tiếp tục thử và thấy 9,27
n = đều thỏa mãn.
Từ đây ta dự đoán 3k
n = sẽ là một dạng của n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh 3 ,
n
n
a n
= ∈ℕ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 1 2 1 1
n
a
n
v v v a n
+ = + + = +
Và ( ) ( ) ( ) ( )
3
2 1
3 3 3
2 1 2 1 2 1 2
an
n
a
n
v v v n v a
+
+ = + + + = + 
2
| 2 1
an
n
a
 + .
Lời giải khác.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
284
Ta sẽ chứng minh số nguyên dương
3
2 1
9
n
n
a
+
= thỏa mãn yêu cầu bài toán
Áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( )
3 3 3
3 3 2 1
n
n
v a v v n
= + − = −
1
3 .
n
n
a m
−
 = , với m∈ℕ ( )
3, 1
m = . Ta có
( ) ( ) ( )
2 1
3 3 3
2 1 1 2 1 2 1 1
an
n
a
n
v v v a n n
+
+ = + + = + = +  −
Do đó
1 2 1
3 | 2 1
an
n− +
+ .
Lại áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 1 2 1
n
a
n
v v v a n
+ = + + =
2 1
3 | n
n a
+
 3 2 1
2 1| 2 1
a
n n +
 + + . Mà
2 1
| 2 1
an
m +
+ và ( )
3, 1
m =
2 1
| 2 1
an
n
a +
 +
Bài toán 30. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n thỏa mãn | 3 1
n
n +
Phân tích bài toán.
Với dạng toán này, ta chỉ cần tìm một trong các dạng của n thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bằng cách thử một vài trường hợp đầu của n , ta có 2 2
5| 3 1
+ , đồng thời để ý đến các
điều kiện , ,
a b p trong Định lý 2 ta thấy
1 2.5 2.5
5 |3 1
n n
n+
+ . Do đó ta chỉ cần chứng
minh 2.5n
n
a = là một dạng cần tìm.
Lời giải.
Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( )
2.5 2
5 5 5
3 1 3 1 5 1
n
n
v v v n n
+ = + + = + 
2.5
5 |3 1
n
n
 +
Mặt khác
2.5
2|3 1
n
+ 2.5
2.5 |3 1
n
n
 +
Do đó tồn tại vô hạn số dạng 2.5n
n
a = thỏa mãn |3 1
n
a
n
a +
Bài toán 31. Cho số nguyên 1
k  . Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n
sao cho 1 2 3
n n n n
n k
+ + + +
⋯
∣ .
Lời giải.
Ta xét các trường hợp sau
TH1: k không là lũy thừa của 2
Ta nhận xét với p là ước nguyên tố lẻ bất kì của k thì
m
n p
= với *
m∈ℕ bất kỳ
thỏa mãn yêu cầu bài toán, tức là 1 2
m n n n
p k
+ + +
⋯
∣ . Thật vậy
Xét ( )
n
n
i p i
+ − , với 1,2,3 , 1
i p
= … − . Theo Định lý 2, ta có
( )
( ) ( ) ( ) 1
n
n
p p p
v i p i v p v n m
+ − = + = + .
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
285
Do đó ( )
1 n
m n
p i p i
+
+ −
∣ .
Do 1,2,3, , 1
i p
= … − nên ( )
( )
1
2 1 2 1
n
m n n
p p
+
+ + + −
⋯
∣ , suy ra
( ) ( )
1
1 2 1 1
n n
m n n n n
p p p p k
+
+ + + − + + + + +
⋯ ⋯
∣ 1 2
m n n n
p k
+
 + +
⋯
∣
TH2: k là lũy thừa của 2.
Với p là ước nguyên tố lẻ của 1
k + . Chứng minh tương tự phần trên, ta có m
n p
=
với mọi số nguyên dương m.
Bài toán 32. (Romanian MO 2005) Giải phương trình nghiệm nguyên dương
3 2 1
x x
y
= + .
Phân tích bài toán.
Ý tưởng của bài toán là sử dụng Bổ đề LTE trong trường hợp 2
p = và sử dụng nhận
xét sau
Với p là một ước nguyên tố của
m
a p k
= với *
,
m k ∈ℕ thì
o
( )
p
v a
a p
≥
o
m
p k m α
≥ + với .
m β
≥ Kéo theo ( )
p
a v a α
≥ + với ( )
p
v a β
≥ hay
a pβ
≥ .
Lời giải
Xét hai trường hợp saus
TH1: Nếu x là số lẻ
Áp dụng Bổ đề 1, ta có ( ) ( )
2 2
3 1 3 1 1
x
v v
− = − = ( )
2 2 1
x
v y
 =
1
x
 = . Khi đó 1
y =
TH2: Nếu x là số chẵn
Áp dụng Định lý 4, Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 1 3 1 3 1 1
x
v v v v x
− = − + + + −
( ) ( )
2 2
3 1 2
x
v v x
 − = +
Do đó ( ) ( )
2 2
2 2
x
v y v x
= +
Hay ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
x v y v x x v x
+ = +  ≤ + (*)
Đến đây ta tìm cách giới hạn lại x
Đặt 2m
x k
= , với *
,
m k ∈ℕ và ( )
,2 1
k = .
+) Với 3 8
m x
≥ ⇔ ≥ , ta chứng minh quy nạp được 2 2
m
k m
 + với mọi
, 3
m m
∈ ≥
ℕ
Do đó ( )
2 2
x v x
 + . Điều này mâu thuẫn với (*)
+) Vậy 3 8
m x
   mà x là số chẵn nên { }
2,4,6
x∈ . Thử các trường hợp trên ta
tìm được ( ) ( ) ( ) ( )
, 1,1 , 2,2 , 4,5
x y =
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
286
Sau đây, ta xét thêm một số bài toán có ý tưởng tương tự
Bài toán 33. (Iran 2008) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên dương thỏa mãn
( )
4 1
n
a + là số lập phương đúng với mọi n thì 1
a = .
Phân tích bài toán.
Nhận xét: Số ( )
4 1
n
a + là số lập phương đúng với mọi n nếu với mọi số nguyên tố p
ta đều có ( )
( ) ( ) ( )
2 2 1 3
4 1 n
p p p
n
v v v
a a
+
+ = + ⋮
Nếu a là số chẵn dễ dàng chọn 2
p =
Nếu a là số lẻ, chọn 2
p ≠ , khi đó
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 2 1 1
4 p
n n n
p p p
v v v a v
a a
= + =
+ + +
Lời giải.
Ta xét các trường hợp sau
TH1: Nếu a chẵn, chọn 1
n = . Ta có ( )
8 4 1
a +
 nên ( )
4 1
a + không thể là số lập
phương đúng.
TH2: Nếu a lẻ và 1
a  thì ( )
2
1 2 mod4
a + ≡ và 2
1 2
a +  nên 2
1 2 , 1
s
a s
+ ≠  .
Do đó 2
1
a + có ước nguyên tố lẻ. Gọi p là số nguyên tố lẻ là ước của 2
1
a + .
Áp dụng bổ đề LTE, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1
p
p p p p
v a v a v p v a
+ = + + = + + .
Do ( )
2
4 1
p
a + và ( )
2
4 1
a + đều là các số lập phương đúng (ứng với 2
n p
= và
2
n = ) nên ( )
2
1 3
p
p
v a + ⋮
 và ( )
2
1 3
p
v a + ⋮
, điều này dẫn đến
( ) ( )
2 2
1 1 1
p
p p
v a v a
+ ≠ + + .
Trong trường hợp này, ta không có số a thỏa mãn.
TH3: 1
a = , ta kiểm tra được rằng ( )
4 1 8
n
a + = là số lập phương đúng với mọi n .
Vậy nếu a là số nguyên dương thỏa mãn ( )
4 1
n
a + là số lập phương đúng với mọi n
thì 1
a = .
Bài toán 34. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n , tồn tại số nguyên m sao cho
7 2 3 1
| 4
n m m m
+ + − .
Lời giải.
Xét 1
3.7n
m −
= . Ta sẽ chứng minh
1 1 1
3.7 3.7 3.7
2 3 4 1 7
n n n
n
− − −
+ + − ⋮ .
Ta có ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1
3 7 3 7 3 7 7 7 3.7 3 7
2 3 4 1 8 1 3 4
n n n n n n n
− − − − − − −
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+ + − = − + + .
Áp dụng Định lý 1, ta có
( ) ( ) ( )
1 1
7 7 1
7 7 7
8 1 8 1 7
n n
n
v v v n
− −
−
− = − + = ,
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
287
( ) ( ) ( )
1 1
3 7 3 7 1
7 7 7
3 4 83 4 3.7
n n
n
v v v n
− −
⋅ ⋅ −
+ = + + = .
Do đó
1 1 1
3.7 3.7 3.7
2 3 4 1 7
n n n
n
− − −
+ + − ⋮ .
Bài toán 35. Romanian Junior Balkan TST 2008 Cho số nguyên tố 3
p ≠ và các số
nguyên ,
a b thỏa mãn |
p a b
+ và 2 3 3
|
p a b
+ . Chứng minh rằng 2
|
p a b
+ hoặc
3 3 3
|
p a b
+ .
Lời giải,
Do |
p a b
+ , nên nếu |
p a thì |
p b và khi đó 3 3 3
|
p a b
+ .
Nếu p a
 thì p b
 , lại có |
p a b
+
Áp dụng Định lý 2, ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3
3
p p p p p
v a b v a b v v a b v a b
+ = + +  + = + .
Mà 2 3 3
|
p a b
+ nên ( )
3 3
2
p
v a b
+ ≥ , kéo theo ( ) 2
p
v a b
+ ≥ , hay 2
|
p a b
+
Lời giải khác.
Do |
p a b
+ , nên nếu |
p a thì |
p b kéo theo 3 3 3
|
p a b
+ .
Nếu p a
 thì p b
 . Ta có ( ) ( )
( )
2
2 3 3
| 3
p a b a b a b ab
+ = + + − , mà ,
p a b
 nên
( )
( )
2
3
p a b ab
+ −
 .
Ta có
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
3 3
3
p p
v a b v a b a b ab
+ = + + −
( ) ( )
( ) ( )
2
3
p p p
v a b v a b ab v a b
= + + + − = + .
(vì ( )
( )
2
3
p a b ab
+ −
 nên ( )
( )
2
3 0
p
v a b ab
+ − = )
Mà 2 3 3
|
p a b
+ nên ( )
3 3
2
p
v a b
+ ≥ , kéo theo ( ) 2
p
v a b
+ ≥ , hay 2
|
p a b
+ .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 36. (Chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội 2016) Cho n là số nguyên
dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m có n chữ số, chỉ gồm các chữ số
1,2,3 và chia hết cho ( )
S m (với ( )
S m là tổng các chữ số của m).
Lời giải.
Trường hợp 1. n là lũy thừa của 3. Đặt 3t
n =
Theo Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
10 1 10 1 3 2
t
t
v v v t
− = − + = +
( )
2 3
3 || 10 1
t
t+
 −

3
10 1
3 ||
9
t
t −
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
288
Ta chọn
10 1
111..11
9
n
m
−
= = (n số 1)
10 1
9
n
m n
−
 = ⋮
Trường hợp 2. n không là lũy thừa của 3. Khi đó tồn tại số x sao cho 1
3 3
x x
n +
 
Ta chọn ( ) 1
3x
S m +
= . Ta sẽ chỉ ra tồn tại số m có tổng các chữ số là 1
3x+
và 1
3x
m +
⋮ .
Thật vậy,
o Nếu 2.3x
n ≤ , đặt 3x
n t
= + , *
t ∈ℕ . Ta chọn 111...1333...3222...2
m= ,
trong đó gồm t chữ số 1, t chữ số 2 và 3x
t
− chữ số 3
Khi đó
( )( )
3
10 2 10 1
9
x
t
m
+ −
=
Ta có ( )( )
( ) ( ) ( )
3 3
3 3 3
10 2 10 1 10 2 10 1 3
x x
t t
v v v x
+ − = + + − = +
( )( )
3
1
10 2 10 1
3
9
x
t
x
m +
+ −
 = ⋮
o Nếu 2.3x
n  . Đặt 2.3x
n t
= + , *
t ∈ℕ . Ta chọn 111...1222...2111...1
m=
trong đó theo thứ tự từ trái sang phải gồm 3x
t
+ số 1, 3x
t
− số 2 , t số 1
Khi đó
( )( )
3 3
10 10 1 10 1
9
x x
t t
m
+
+ + −
=
Ta có
( )( )
( ) ( ) ( )
3 3 3 3
3 3 3
10 10 1 10 1 10 10 1 10 1 1 2
x x x x
t t t t
v v v x
+ +
+ + − = + + + − = + +
( )( )
3 3
1
10 10 1 10 1
3
9
x x
t t
x
m
+
+
+ + −
 = ⋮
Vậy ta có đpcm.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
289
C. PHẦN KẾT LUẬN
1. Rút ra những vấn đề quang trọng của đề tài
Chuyên đề đã đưa ra hệ thống lý thuyết và bài tập liên quan đến bổ đề về mũ
đúng giúp học sinh có thể tiếp cận từng bước, theo từng mức độ từ dễ đến khó. Đồng
thời trong mỗi bài toán, tác giả đã đưa ra những phân tích, bình luận cụ thể để học sinh
có thể thấy được cơ sở và lối tư duy tự nhiên nhất trong lời giải của từng bài toán.
2. Những đề xuất, ý kiến hợp lý
Chuyên đề “Vận dụng bổ đề về mũ đúng trong các bài toán Số học” chỉ là
một mảng nhỏ trong phân môn Số học đa dạng, phong phú. Tuy nhiên, nếu biết vận
dụng kiến thức về bổ đề LTE, thì việc giải quyết một số bài toán Số học sẽ cho lời giải
đẹp và đôi khi rất gọn gàng. Chuyên đề này hy vọng sẽ là một tài liệu tốt cho học sinh
giỏi, giúp các em tiếp cận với những ứng dụng của Bổ đề LTE, hiểu sâu bản chất vấn
đề và tư duy trong giải toán.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng chuyên đề không thể tránh khỏi những sai
sót. Nhóm tác giả rất mong nhận được sự góp ý quý báu của các thầy cô để chuyên đề
được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn!
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
290
Tài liệu tham khảo
[1] Amir Hossein Parvardi. Lifting The Exponent Lemma (LTE), 2011.
[2] Văn Phú Quốc. Đột phá đỉnh cao bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề số học, 2015.
[3] Trường đông miền Nam 2019- Hướng tới kỳ thi VMO 2020.
[4] Các diễn đàn toán học:
Diendantoanhoc.net/forum
Forum.mathscope.org
Mathlinks.ro.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
291
THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG
PHẦN A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Luật tương hỗ là một công cụ sắc bén trong nhiều bài toán số học, đặc biệt trong các kì
thi Olympic trên toàn thế giới, nhờ nó mà chúng ta có thể giải các bài toán khó một cách
thật dễ dàng và dễ hiểu. Đây là một công cụ được nhiều sách lí thuyết số học nhắc tới, bài
viết nhỏ này muốn trình bày một vài bài tập Olympic để minh họa cho công cụ tuyệt vời
này.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Kí hiệu toán học có thể ví như những chương trình con trong một thuật toán. Kí toán
học giúp cho việc diễn đạt vấn đề được ngắn gọn, mạch lạc và dễ hiểu hơn (vấn đề này
đã được thể hiện trong lịch sử phát triển của toán học). Chính vì vậy với kí hiệu Legendre
và kí hiệu Jacobi liên quan đến khái niệm đồng dư thức trong số học, giúp cho việc trình
bày nhiều vấn đề trong số học liên quan đến quan hệ đồng dư một cách ngắn ngọn và dễ
hiểu hơn.
Rèn luyện kĩ năng vận dụng khái niệm thặng dư bình phương theo modulo n vào giải
toán thông qua các bài thi học sinh giỏi, Olympic.
3. Phương pháp nghiên cứu
Dựa trên dữ liệu các đề thi học sinh giỏi, Olympic trong nước và nước ngoài.
Cơ sở lí luận dựa trên các phương các phương pháp phân tích, tổng hợp, tọa đàm (với học
sinh và giáo viên dạy chuyên toán).
4. Giả thuyết khoa học
Nếu học sinh được học chuyên sâu theo chuyên đề sẽ phát triển năng lực tư duy Toán
học, đặc biệt là có phương pháp để giải quyết được một lớp các bài toán về số học liên
quan đến quan hệ đồng dư. Đây là phần khó với học sinh các lớp chuyên toán.
5 . Bố cục
Phần A. Đặt vấn đề
Phần B. Nội dung
I. Thặng dư bình phương
II. Kí hiệu Jacobi
III. Bài tập áp dụng
IV. Bài tập đề nghị
Phần C. Kết luận và kiến nghị.
PHẦN B. NỘI DUNG
Trước hết ta định nghĩa thặng dư bình phương của một số theo modulo n, trong đó n là
số nguyên dương lớn hơn 1.
I. Thặng dư bình phương
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
292
Định nghĩa 1. Cho số nguyên dương n số nguyên dương a nguyên tố cùng nhau với n
được gọi là một thặng dư bình phương modulo n (chính phương modulo n) nếu phương
trình 2
(mod )
x a n
≡ có nghiệm, trường hợp trái lại ta nói a không là thặng dư bình
phương (không chính phương) modulo n.
Nhận xét.
Rõ ràng một số chính phương sẽ là một số chính phương (mod )
n với mội số nguyên
dương n.
Nếu a là một thặng dư bình phương modulo n và (mod ),
a b n
≡ thì b cũng là một thặng
dư bình phương modulo n.
1. Trường hợp modulo n p
= là số nguyên tố.
Định nghĩa 2. (kí hiệu Legendre): Cho p là một số nguyên tố lẻ, số nguyên a nguyên tố
cùng nhau với p. Kí hiệu Legendre
 
 
 
a
p
xác định như sau:
1
 
=
 
 
a
p
nếu a là một thặng dư bình phương modunlo p
1
 
= −
 
 
a
p
nếu a là bất thặng dư bình phương modunlo p.
Chú ý: Trong tài liệu còn định nghĩa cho trường hợp ⋮
a p là 0
 
=
 
 
a
p
Định lí 1. Cho số nguyên tố lẻ p, số nguyên a nguyên tố cùng nhau với p.
khi đó:
i) Phương trình 2
(mod )
≡
x a p hoặc vô nghiệm, hoặc có đúng 2 nghiệm đồng dư
modunlo p.
ii) Trong số các số 1,2, ..., 1
−
p có chính xác số thặng dư bình phương và số bất thặng dư
bình phương theo modulo p cùng là
1
.
2
−
p
Chứng minh.
Giả sử a là một thặng dư bình phương mod .
p Ta thấy rằng nếu b là một trong các
số thuộc { }
1,2,..., 1
−
p thì 2 2
( ) (mod ).
≡ −
b p b p Do đó phương trình 2
(mod )
≡
x a p có
đúng 2 nghiệm mà bình phương có cùng thặng dư a theo modulo p.
Đặt { } { }
1
1,2,..., 1 , 1,2,...,( 1)/ 2 .
S p S p
= − = − Với mỗi 1,
i S
∈ gọi i
r là số (duy nhất) mà
2
(mod ).
i
i r p
≡ Ta thấy rằng i j
r r
≠ nếu .
i j
≠ Thật vây, nếu
2 2
0(mod ) ( )( ) 0(mod ).
i j
r r i j p i j i j p
=  − ≡  − + ≡ Nhưng điều này không xảy ra vì
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
293
,
i j i j
− + điều không chia hết cho p do 1 , .
i j i j p
≤ −  +  Vậy
{ }
2
1
| (mod ), ( 1)/ 2.
i i
A r S r i p i S p
= ∈ ≡ ∈ = − Ta chứng minh A là tập tất các cố chính
phương modulo p trong S. Thật vậy, mỗi số thuộc A đều là số chính phương (mod ).
p
Ngược lại, giả sử a S
∈ sao cho 2
(mod )
a k p
≡ với .
k S
∈ Nếu 1
k S
∈ thì .
k
a r A
= ∈ Nếu
1
k S
≠ thì 1
b p k S
= − ∈ và ta có 2
(mod )
a b p
≡ (do 2 2
( ) (mod )
k p k p
≡ − ) do đó
.
b
a r A
= ∈
Hệ quả. Với mỗi số nguyên tố lẻ p , ta có
1
1
0.
−
=
 
=
 
 

p
r
r
p
Định lí 2. (Tiêu chuẩn Euler) Với p là số nguyên tố lẻ và số nguyên a thỏa mãn
( , ) 1,
=
a p khi đó
1
2 (mod ).
−
 
≡
 
 
p
a
a p
p
Chứng minh. Xét trường hợp 1.
 
=
 
 
a
p
Khi đó đồng dư 2
(mod )
≡
x a p có nghiệm
0.
=
x x Theo định lý Fermat bé, ta có
( )
1 1
1
2
2 2
0 0
( ) 1(mod ).
− −
−
≡ ≡ ≡
p p
p
a x x p
Do đó
1
2 (mod ).
−
 
≡
 
 
p
a
a p
p
Trường hợp 1.
 
= −
 
 
a
p
Khi đó phương trình đồng dư 2
(mod )
≡
x a p vô nghiệm.
Với mỗi { }
1,2,..., 1
∈ −
i p tồn tại duy nhất ,1 1
≤ ≤ −
j j p sao cho . (mod ),
≡
i j a p rõ ràng
≠
i j (vì phương trình 2
(mod )
≡
x a p vô nghiệm), nên các số thuộc tập { }
1,2,..., 1
−
p
phân thành
1
2
−
p
cặp, sao cho tích hai số trong mỗi cặp đều đồng dư với a theo modulo p.
Từ đó
1
2
( 1)! (mod ),
−
− ≡
p
p a p mặt khác theo định lý Wilson thì ( 1)! 1(mod ).
− ≡ −
p p
Do đó
1
2 (mod ).
−
 
≡
 
 
p
a
a p
p
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
294
Định lý được chứng minh.
Hệ quả. Với mỗi số nguyên tố 2

p , chúng ta
1
2
1
( 1) .
−
 
−
= −
 
 
p
p
Như vây, phương trình đồng dư 2
1(mod )
≡ −
x p có nghiệm khi và chỉ khi 2
=
p
hoặc 1 (mod4)
≡
p .
Phương trình đồng dư 2
1(mod )
≡ −
x p vô nghiệm khi và chỉ khi 1 (mod4).
p ≡ −
Định lí 3. (Kí hiệu của Lagrange có tính chất nhân) Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a và b là
những số nguyên. Khi đó:
i) Nếu (mod ),
a b p
≡ thì
a b
p p
   
=
   
   
ii) .
     
=
     
     
ab a b
p p p
iii) Nếu ( , ) 1.
a p = thì
2
1.
a
p
 
=
 
 
 
Chứng minh. i) Nếu (mod ),
a b p
≡ thì phương trình 2
(mod )
x a p
≡ có nghiệm khi và chỉ
khi phương trình 2
(mod )
x b p
≡ có nghiệm. Vậy .
a b
p p
   
=
   
   
iii) Nếu a hoặc b chia hết cho p thì khẳng định của định lý hiển nhiên đúng.
Bây giờ ta xét trường hợp cả a và b không chia hết cho p.
Theo tiêu chuẩn Euler, ta có
1 1 1
2 2 2
( ) . . (mod ).
− − −
     
≡ ≡ ≡
     
     
p p p
ab a b
ab a b p
p p p
Vì
 
 
 
ab
p
và ,
   
   
   
a b
p p
chỉ nhận các giá trị 1 hoặc -1, mà 2
≠
p nên không thể xảy ra
trường hợp 1 1(mod ),
≡ − p do đó . .
     
=
     
     
ab a b
p p p
iv) Vì 1,
 
= ±
 
 
a
p
theo ii) ta có
2
. 1.
     
= =
     
     
 
a a a
p p p
Nhận xét: Tích của hai thặng dư bình phương hoặc hai thặng dư không bình phương là
một thặng dư bình phương, tích của một thặng dư bình phương với một thặng dư không
bình phương là một thặng dư không bình phương.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
295
Định lí 4. (Bổ đề Gauss) Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên dương không chia
hết cho p. Nếu trong các số thặng dư dương bé nhất của các số nguyên
1
,2 ,3 ,...,
2
p
a a a a
−
có s thặng dư lớn hơn
2
p
thì ( 1) .
s
a
p
 
= −
 
 
Chứng minh. Trong số các thặng dư dương bé nhất của các số nguyên
1
,2 ,3 ,..., ,
2
p
a a a a
−
giả sử 1 2
, ,..., s
u u u là các thặng dư lớn hơn
2
p
và 1 2
, ,..., t
v v v là các thặng dư bé hơn .
2
p
Vì ( )
, 1
ja p = với mọi
1
1 ,
2
p
j
−
≤ ≤ nên mọi ,
i j
u v đều khác 0, tức là thuộc tập hợp
{ }
1,2,..., 1 .
p − Ta sẽ chứng minh tập hợp
{ }
1 2 1 2
1
, ,..., ; , ,..., 1,2,..., .
2
s t
p
p u p u p u v v v
−
 
− − − =  
 
Thật vậy, rõ ràng không có hai số i
u nào, cũng như không có hai số t
v nào đồng dư với
nhau theo modulo, (nếu trái lại ta sẽ hai số tự nhiên phân biệt m, n thuộc tập
1
1,2,...,
2
p −
 
 
 
thỏa mãn (mod ) ,
ma na p m n
≡  = mâu thuẫn) đồng thời các số i
p u
−
cũng không đồng dư với số j
v nào theo modulo. Như vậy ta có
1 2 1 2
1
( )( )...( ). .... !(mod ).
2
s t
p
p u p u p u v v v p
−
 
− − − =  
 
Mặt khác, 1 2 1 2
, ,..., ; , ,...,
s t
p u p u p u v v v
− − − là các thặng dư dương bé nhất của
1
,2 ,3 ,...,
2
p
a a a a
−
theo modulo p, nên
1
2
1 2 1 2
1
, ,..., . , ,..., . !(mod ).
2
p
s t
p
u u u v v v a p
−
−
 
≡  
 
Như vậy ta có
1 1 1
2 2 2
1 1
( 1) ! . !(mod ) ( 1) 1( ) ( 1) ( ).
2 2
p p p
s s s
p p
a p a modp a modp
− − −
− −
   
− ≡  − ≡  ≡ −
   
   
Áp dụng tiêu chuẩn Euler ta được ( 1) (mod ),
s
a
p
p
 
≡ −
 
 
mà
a
p
 
 
 
chỉ nhận giá trị 1 hay
1
− , nên ( 1) .
s
a
p
 
= −
 
 
Đpcm.
Định lí 5. Nếu p là số nguyên tố lẻ thì
2
1
8
2
( 1) .
p
p
−
 
= −
 
 
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
296
Như vậy, là số 2 là một thặng dư bình phương modulo p khi và chỉ khi 1(mod8).
p ≡ ±
Chứng minh.
Áp dụng bổ đề Gauss, ta cần đếm số các thặng dư dương bé nhất lơn hơn
2
p
của dãy số
1
1.2,2.2,..., .2
2
p −
vì các số này bé hơn p nên chúng trùng với các thặng dư dương bé nhất của chúng. Như
vậy, ta chỉ cần đếm các số của dãy lớn hơn .
2
p
Số chẵn 2 ,
j với
1
1 ,
2
p
j
−
≤ ≤ không vượt quá
2
p
khi .
4
p
j ≤
Vậy số các số trong dãy lớn hơn
2
p
là
1
.
2 4
p p
s
−  
= −  
 
Như vậy, ta có
1
2 4
2
( 1) .
p p
p
−  
− 
 
 
= −
 
 
Bằng cách xét các trường hợp 1(mod4),
p ≡ ± ta được
2
1 1
(mod2).
2 4 8
p p p
− −
 
− ≡
 
 
Khi đó được lí được suy ra từ bổ đề Gauss.
Định lí 6. (Luật thuận nghịch Gauss) Với mỗi cặp các số nguyên tố lẻ khác nhau
( , )
p q . Ta có:
1 1
.
2 2
(-1) .
p q
p q
q p
− −
  
=
  
  
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Giả sử p là số nguyên tố lẻ và a là số
nguyên không chia hết cho p. Khi đó ( 1) ,
k
a
p
 
= −
 
 
trong đó
1
2
1
.
p
j
ja
k
p
−
=
 
=  
 

(Ở đây kí hiệu x
 
  là phần nguyên của só thực x).
Chứng minh bổ đề.
Xét các thặng dư dương bé nhất của các số trong dãy
1
,2 ,3 ,..., ,
2
p
a a a a
−
theo (mod ).
p
Gọi 1 2
, ,..., s
u u u là các thặng dư lớn hơn
2
p
và 1 2
, ,..., t
v v v là các thặng dư bé hơn .
2
p
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
297
Theo thuật toán chia Euclide ta có (mod ),
ja
ja ja p
p
 
≡ −  
 
với 0 1.
ja
ja p
p
 
≤ − ≤ −
 
 
Nên
ja
ja
p
 
−  
 
là số dư trong phép chia ja cho p. Do đó
( 1)/ 2 ( 1) / 2
1 1 1 1
.
p p s t
i j
j j i j
ja
ja p r s
p
− −
= = = =
 
= + +
 
 
    (1)
Mặt khác, từ chứng minh định lí 4, ta có
{ }
1 2 1 2
1
, ,..., ; , ,..., 1,2,..., .
2
s t
p
p u p u p u v v v
−
 
− − − =  
 
Nên
( 1)/ 2
1 1 1 1 1
( )
p s t s t
i j i j
j i j i j
j p r s sp r s
−
= = = = =
= − + = − +
     (2)
Trừ từng vế các đẳng thức (1) và (2) ta được
( 1)/ 2 ( 1)/ 2
1 1 1
( 1) 2 .
p p s
i
j j i
ja
a j p s r
p
− −
= = =
 
 
 
− = − +
 
 
 
 
   (3)
Do a , p lẻ và
( 1)2 2
1
1
,
8
p
j
p
j
−
=
−
=
 nên (3) suy ra
( 1)/2
2
1
1
0 ( 1) (mod2).
8
p
j
p ja
a s
p
−
=
 
−
≡ − ≡ −
 
 

Suy ra
( 1)/ 2
1
(mod2).
p
j
ja
s
p
−
=
 
≡  
 
 Do đó
( 1)/ 2
1
(mod2).
p
j
ja
s k
p
−
=
 
≡ =
 
 
 Nên từ định lí 4, ta
có bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán.
Theo bổ đề định lí sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được
( 1)/ 2 ( 1)/ 2
1 1
1 1
. .
2 2
p q
j j
jq jp p q
p q
− −
= =
    − −
+ =
   
   
 
Đặt
1 1
( , ) |1 ,1 .
2 2
p q
S x y x y
− −
 
= ≤ ≤ ≤ ≤
 
 
Khi đó tập S có
1 1
.
2 2
p q
− −
phần tử và không có phần tử ( , )
x y S
⊂ thỏa mãn ,
qx py
=
vì p, q là hai số nguyên tố phân biệt.
Xét các tập { } { }
1 2
( , ) | , ( , ) | .
S x y S qx py S x y S qx py
= ∈  = ∈  Ta có
1
1 1
( , ) |1 ,1 ( , ) |1 ,1 ,
2 2
p qx p qx
S x y x y x y x y
p p
 
   
− −
= ≤ ≤ ≤  = ≤ ≤ ≤ ≤
   
 
   
 
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
298
2
1 1
( , ) |1 ,1 ( , ) |1 ,1 .
2 2
py q py q
S x y x y x y x y
q q
 
   
− −
= ≤  ≤ ≤ = ≤ ≤ ≤ ≤
   
 
   
 
Do đó
( 1)/ 2 ( 1)/ 2
1 2
1 1
, .
p q
x y
qx py
S S
p q
− −
= =
   
= =
   
   
 
Vì 1 2 ,
S S S
= + nên ta có
( 1)/ 2 ( 1)/ 2
1 2
1 1
1 1
. .
2 2
p q
x y
p q qx py
S S S
p q
− −
= =
   
− −
= = + = +
   
   
 
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Định lí 7. Cho 2
p  là một số nguyên tố. Khi đó
i) 2 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod8)
≡ ±
p .
ii) 2
− là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod8)
≡
p hoặc
3 (mod8)
≡
p .
iii) 3 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod12),
p ≡ ± (với 3
p ≠ )
iv) 3
− là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod6)
≡
p .
v) 5 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod5),
p ≡ ± (với 5
p ≠ )
vi) 7 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1, 3, 9 (mod28),
p ≡ ± ± ± (với
7
p ≠ )
vi)
1
4
2
( 1) .
p
p
+
 
 
 
 
= −
 
 
Chứng minh.
i) Theo định lí 5, ta có
2
1
8
2
( 1) .
p
p
−
 
= −
 
 
Do đó 2 là thặng dư bình phương modulo2 khi
và chỉ khi
2
1
2
8
( 1) 1 16 1 1(mod8).
p
p k p
−
− = ⇔ = + ⇔ = ±
ii) 2
− là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu
2
1
1
8
2
2 1 2
1 ( 1) .( 1) (1)
p
p
p p p
−
−
    
− −
= = ⇔ − −
    
    
- Nếu 8 1,
p k
= ± thì chỉ có 8 1
p k
= + thỏa mãn (1).
- Nếu 8 3,
p k
= ± thì chỉ thỏa mãn khi 8 3
p k
= + thỏa mãn (1).
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
299
Vậy 2
− là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod8)
≡
p hoặc
3 (mod8)
≡
p .
iii) Giả sử số nguyên tố lẻ p thỏa mãn (3, ) 1.
p = Goi s là số các thặng dư dương nhỏ nhất
theo modulo p của số
1
3,2.3,..., .3
2
p −
mà lớn hơn
2
p
. Khi đó theo bổ dề Gauss ta có
3
( 1) .
s
p
 
= −
 
 
Khi chia các số của dãy số trên cho p được số dư lớn hơn
2
p
là các số 3 j
thuộc khoảng , .
2
p
p
 
 
 
Do đó ta cần đánh giá số cách chọn số j thỏa mãn 3 .
2
p
j p
 
Đặt 12 ,
k r
+ với { } *
1,5,7,11 , .
r k
∈ ∈ℕ Ta có 3 2 4 .
2 6 3
p r r
j p k j k
  ⇔ +   + (1)
Tính chẵn lẻ của số các số j thỏa mãn (1) cùng tính chẵn lẻ của số các số j thỏa mãn
, (2)
6 3
r r
j
 
Với 1,
r = có 0 số j thỏa mãn (2), suy ra 0,
s = nên theo bổ đề Gaus 3 là thặng dư bình
phương modulo p.
Với Với 5
r = có 1 số j thỏa mãn (2), suy ra 1,
s = nên theo bổ đề Gaus 3 không là
thặng dư bình phương modulo p.
Với Với 7
r = có 1 số j thỏa mãn (2), suy ra 1,
s = nên theo bổ đề Gaus 3 không là
thặng dư bình phương modulo p.
Với Với 11
r = có 2 số j thỏa mãn (2), suy ra 2,
s = nên theo bổ đề Gaus 3 là thặng dư
bình phương modulo p.
Vậy 3 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod12),
p ≡ ± (với 3
p ≠ ).
iv) Theo luật thuận tương hỗ, ta có 3
− là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu
1 1 3 1 1
.
1
2 2 2 2
3 1 3 3
1 1 ( 1) ( 1) .( 1) ( 1) (1)
3 3
p p p
p
p p
p p p p
− − − −
−
      
− −    
= = ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ = −
          
   
      
Đặt 6 ,
p k r
= + với { } *
1,5 , .
r k
∈ ∈ℕ
Với 6 1
p k
= + thì (1) thỏa mãn.
Với 6 5
p k
= + thì (1) không thỏa mãn.
Vậy 3
− là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod6)
≡
p .
v) Với p là số nguyên tố lẻ khác 5, theo luật tương hỗ ta có
5 1 1
.
2 2
5 5 5
( 1) 1
5 5 5
p
p p p
p p p
− −
     
     
= − ⇔ = ⇔ =
         
     
     
.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
300
Do đó 5 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p là số chính phương mod 5,
ulo khi
và chỉ khi (5 1)/ 2 2
1 (mod5) 1 (mod5) 5 1.
5
p
p p p k
−
 
= ≡ ⇔ ≡ ⇔ = ±
 
 
vi) Nếu 1(mod4).
p ≡
Theo luật tương hỗ, ta có 7 là số chính phương (mod )
p khi và chỉ khi p là số chính
phương (7 1)/ 2 3
(mod7) 1 (mod ) 1,2,4(mod7).
7
p
p p p p
−
 
⇔ = ≡ ≡ ⇔ ≡
 
 
Ta có
1(mod 4), 1(mod7) 1(mod28)
p o p p
≡ ≡ ⇔ ≡
1(mod 4), 2(mod7) 9(mod28)
p o p p
≡ ≡ ⇔ ≡
1(mod 4), 4(mod7) 25 3(mod28)
p o p p
≡ ≡ ⇔ ≡ ≡ −
vii) Nếu 1(mod4).
p ≡ −
Theo luật tương hỗ, ta có 7 là số chính phương (mod )
p khi và chỉ khi p không là số
chính phương (7 1)/ 2 3
(mod7) 1 (mod ) 3,5,6(mod7).
7
p
p p p p
−
 
⇔ − = ≡ ≡ ⇔ ≡
 
 
Ta có
1(mod 4), 1(mod7) 3(mod28)
p o p p
≡ − ≡ ⇔ ≡
1(mod 4), 5(mod7) 19 9(mod28)
p o p p
≡ − ≡ ⇔ ≡ ≡ −
1(mod 4), 6(mod7) 1(mod28).
p o p p
≡ − ≡ ⇔ ≡ −
Tóm lại 7là số chính phương (mod )
p khi và chỉ khi 1, 3, 9(mod28).
p ≡ ± ± ±
viii) Ta có
2
1 1
,
4 8
p p
+ −
 
=
 
 
do đó
1
4
2
( 1) .
p
p
+
 
 
 
 
= −
 
 
Đpcm.
Nhận xét. Rõ ràng một số chính phương sẽ là số chính phương (mod )
p với mọi số
nguyên tố p. Tuy nhiên một số không chính phương có thể là một số chính phương theo
một (mod )
p nào đó. Chẳng hạn 6 là số chính phương (mod19), vì 2
5 6(mod19).
≡
Vậy có tồn tại số không chính phương nhưng là số chính phương (mod )
p với mọi số
nguyên tố p. Định lí sau đây sẽ chứng tỏ không tồn tại số như vậy.
Định lí 8. Cho a là số không chính phương. Khi đó tồn tại số nguyên tố lẻ p sao cho a
không chính phương (mod )
p
Chứng minh. Giả sử 2
,
a b c
= ở đó 1 2
. ..... m
c q q q
= với 1 2... m
q q q q
   là các số nguyên
tố. Ta sẽ chứng minh tồn tại số nguyên tố lẻ p sao cho 1.
a
p
 
= −
 
 
Từ 2
,
a c
a b c
p p
   
=  =
   
   
nên ta cần chứng minh 1.
c
p
 
= −
 
 
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
301
a) Trường hợp 1 2.
q  Giả sử 1
r là số không chính phương 1
(mod )
q và
( )
, , 1, 1, ,
i i i
r r q i m
= = là các số chính phương (mod ).
i
q Theo định lí thặng dư trung hoa
tồn tại số nguyên B thỏa mãn
1(mod4)
(1)
(mod ), 1, .
i i
B
B r q i m
≡



≡ =


Đặt 1 2
4 ... .
m
A q q q
= Dễ thấy ( , ) ( ,4) 1, 1, ,
i
B q B i m
= = = suy ra ( , ) 1.
A B = Nên theo định lí
Đi rich lê tồn tại số nguyên tố p dạng 1 2
4 ... .
m
p Ak B q q q k B
= + = + và p cũng thỏa mãn (1).
Hay (mod4), (mod )
i
p B p B q
≡ ≡ 1(mod4), (mod ).
i i
p p r q
 ≡ ≡ Vậy thì
1 1
1 1.
i
i i
nêu i
r
p
nêu i
q q

    
= = 
   
− =

   
Vì 1(mod4),
p ≡ nên theo luật tương hỗ Gauss ta có
, 1, .
i
i
q p
i m
p q
 
 
= =
 
 
   
Thành thử
1
1.
m
i
i
q
c
p p
=
   
= = −
   
   
∏
b) Trường hợp 1 2.
q = Chọn ( )
, , 1, 2, ,
i i i
r r q i m
= = là các số chính phương (mod ).
i
q Theo
định lí thặng dư trung hoa tồn tại số nguyên B thỏa mãn
5(mod8)
(2)
(mod ), 2, .
i i
B
B r q i m
≡



≡ =


Đặt 1 2
8 ... .
m
A q q q
= Khi đó ( , ) 1.
A B = Nên theo định lí Đi rich lê tồn tại số nguyên tố p
dạng 1 2
8 ... .
m
p Ak B q q q k B
= + = + và p cũng thỏa mãn (2).
Hay (mod8), (mod )
i
p B p B q
≡ ≡ 1(mod8), (mod ), 2, .
i i
p p r q i m
 ≡ ≡ = Vì 1(mod8)
p ≡
nên theo luật tương hỗ Gauss, ta có
1, 2, .
i i
i i
q r
p
i m
p q q
   
 
= = = =
   
 
     
Vì 1 2
5(mod8) 1.
q
p
p p
   
≡  = = −
   
   
Thành thử
1
1.
m
i
i
q
c
p p
=
   
= = −
   
   
∏
Vậy định lí được chứng minh.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
302
2. Trường hợp modulo n là hợp số.
Giả sử hợp số n có phân tích tiêu chuẩn *
1
, ,
i
k
i i i
i
n p p
α
α
=
= ∈ ∈℘
∏ ℕ (℘ là tập các số
nguyên tố).
Định lí 9. Cho a là một số nguyên và và hợp số n có phân tích tiêu chuẩn
*
1
, , .
i
k
i i i
i
n p p
α
α
=
= ∈ ∈℘
∏ ℕ Khi đó a là thặng dư bình phương (mod )
n khi và chỉ khi a
là thặng dư bình phương mod
αi
i
p , với mỗi 1,2,..., .
i k
=
Chứng minh.
Nếu a là thặng dư bình phương (mod ).
n Kho đó tồn tại số nguyên x∈ℕ sao cho
2 2
(mod ) (mod ), 1, .
i
i
x a n x a p i k
α
≡  ≡ =
Ngược lại giả sử với mỗi 1,2,..., .
i k
= a là thặng dư bình bình phương(mod ).
i
i
pα
Khi đó
tồn tại số nguyên i
x ∈ℕ sao cho 2
(mod ), 1, .
i
i i
x a p i k
α
≡ = Theo định lí thặng dư Trung
Hoa tồn tại số nguyên x sao cho (mod ), 1, .
i
i i
x x p i k
α
≡ = Suy ra
2 2
(mod ), 1, .
i
i i
x x p i k
α
≡ = Vậy a là thặng dư bình phương (mod ).
n
Nhận xét. Từ định lí 9, suy ra xét sự chính phương của một số theo (mod )
n quy về xét
hợp số n có dạng lũy thừa của một số nguyên tố.
Định lí 10. Giả sử 2 , 1,
s
n s
=  và a là số lẻ. khi đó a là số chính phương (mod )
n khi
và chỉ khi:
a) 1(mod4),
a ≡ nếu 2.
s =
b) 1(mod8),
a ≡ nếu 3.
s ≥
Chứng minh.
a) Với 2.
s= Tức là 4.
n = Nếu tồn tại nguyên x∈ℕ sao cho
2
(mod4) 1 (mod4),
x a a
≡  ≡ vì mọi số lẻ 2
1(mod 4).
x x
 ≡
Đảo lại, nếu 2
1(mod4) 1 (mod 4).
a a
≡  ≡ vậy a là số chính phương (mod ).
n
b) Với 3.
s ≥ Nếu tồn tại x∈ℕ sao cho 2 2
(mod ) 1(mod8),
x a n a x
≡  ≡ ≡ vì mọi số lẻ
2
1(mod8).
x x
 ≡
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf

More Related Content

Similar to TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf

04 nguyen ham cua ham huu ti p1
04 nguyen ham cua ham huu ti p104 nguyen ham cua ham huu ti p1
04 nguyen ham cua ham huu ti p1Huynh ICT
 
04 dang luong giac cua so phuc
04 dang luong giac cua so phuc04 dang luong giac cua so phuc
04 dang luong giac cua so phucHuynh ICT
 
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hungĐức Mạnh Ngô
 
Cđ van dung bdt giai pt hpt
Cđ van dung bdt giai pt hptCđ van dung bdt giai pt hpt
Cđ van dung bdt giai pt hptCảnh
 
Kỹ thuật nhân liên hợp
Kỹ thuật nhân liên hợpKỹ thuật nhân liên hợp
Kỹ thuật nhân liên hợptuituhoc
 
Bai giang nguyen ham tich phan 2015 q1
Bai giang nguyen ham   tich phan 2015 q1Bai giang nguyen ham   tich phan 2015 q1
Bai giang nguyen ham tich phan 2015 q1Hien Nguyen
 
Toan hn da_full
Toan hn da_fullToan hn da_full
Toan hn da_fullNgGiaHi
 
Tai lieu luyen thi mon toan de thi dh mon toan khoi a - nam 2008
Tai lieu luyen thi mon toan   de thi dh mon toan khoi a - nam 2008Tai lieu luyen thi mon toan   de thi dh mon toan khoi a - nam 2008
Tai lieu luyen thi mon toan de thi dh mon toan khoi a - nam 2008Trungtâmluyệnthi Qsc
 
Pp giai pt va hpt khong mau muc
Pp giai pt va hpt khong mau mucPp giai pt va hpt khong mau muc
Pp giai pt va hpt khong mau muckeolac410
 
Tổng hợp bồi dưỡng học sinh giỏi
Tổng hợp bồi dưỡng học sinh giỏiTổng hợp bồi dưỡng học sinh giỏi
Tổng hợp bồi dưỡng học sinh giỏiNhập Vân Long
 

Similar to TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf (20)

04 nguyen ham cua ham huu ti p1
04 nguyen ham cua ham huu ti p104 nguyen ham cua ham huu ti p1
04 nguyen ham cua ham huu ti p1
 
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉĐề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
 
Dethi hsg-l10-2013-ha tinh-toan
Dethi hsg-l10-2013-ha tinh-toanDethi hsg-l10-2013-ha tinh-toan
Dethi hsg-l10-2013-ha tinh-toan
 
04 dang luong giac cua so phuc
04 dang luong giac cua so phuc04 dang luong giac cua so phuc
04 dang luong giac cua so phuc
 
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
 
Cđ van dung bdt giai pt hpt
Cđ van dung bdt giai pt hptCđ van dung bdt giai pt hpt
Cđ van dung bdt giai pt hpt
 
Kỹ thuật nhân liên hợp
Kỹ thuật nhân liên hợpKỹ thuật nhân liên hợp
Kỹ thuật nhân liên hợp
 
Bai giang nguyen ham tich phan 2015 q1
Bai giang nguyen ham   tich phan 2015 q1Bai giang nguyen ham   tich phan 2015 q1
Bai giang nguyen ham tich phan 2015 q1
 
Toan hn da_full
Toan hn da_fullToan hn da_full
Toan hn da_full
 
Bdt dua ve mot bien
Bdt dua ve mot bienBdt dua ve mot bien
Bdt dua ve mot bien
 
Tai lieu luyen thi mon toan de thi dh mon toan khoi a - nam 2008
Tai lieu luyen thi mon toan   de thi dh mon toan khoi a - nam 2008Tai lieu luyen thi mon toan   de thi dh mon toan khoi a - nam 2008
Tai lieu luyen thi mon toan de thi dh mon toan khoi a - nam 2008
 
Bdt duythao
Bdt duythaoBdt duythao
Bdt duythao
 
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAYĐề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
 
Pp giai pt va hpt khong mau muc
Pp giai pt va hpt khong mau mucPp giai pt va hpt khong mau muc
Pp giai pt va hpt khong mau muc
 
Giai chi tiet de toan khoi B 2014
Giai  chi  tiet de toan khoi B 2014Giai  chi  tiet de toan khoi B 2014
Giai chi tiet de toan khoi B 2014
 
Giai chi tiet de toan khoi b 2014
Giai chi tiet de toan khoi b 2014Giai chi tiet de toan khoi b 2014
Giai chi tiet de toan khoi b 2014
 
Giai chi tiet de toan khoi b 2014
Giai chi tiet de toan khoi b 2014Giai chi tiet de toan khoi b 2014
Giai chi tiet de toan khoi b 2014
 
Giai chi tiet de toan khoi b 2014
Giai chi tiet de toan khoi b 2014Giai chi tiet de toan khoi b 2014
Giai chi tiet de toan khoi b 2014
 
Giai chi tiet de toan khoi b 2014
Giai chi tiet de toan khoi b 2014Giai chi tiet de toan khoi b 2014
Giai chi tiet de toan khoi b 2014
 
Tổng hợp bồi dưỡng học sinh giỏi
Tổng hợp bồi dưỡng học sinh giỏiTổng hợp bồi dưỡng học sinh giỏi
Tổng hợp bồi dưỡng học sinh giỏi
 

More from Nguyen Thanh Tu Collection

ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...Nguyen Thanh Tu Collection
 
50 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
50 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...50 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
50 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC + TÁCH ĐỀ + ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN CÁC TỈNH NĂM...
BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC + TÁCH ĐỀ + ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN CÁC TỈNH NĂM...BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC + TÁCH ĐỀ + ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN CÁC TỈNH NĂM...
BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC + TÁCH ĐỀ + ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN CÁC TỈNH NĂM...Nguyen Thanh Tu Collection
 
GIÁO TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS VÀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN MÔN TIẾNG A...
GIÁO TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS VÀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN MÔN TIẾNG A...GIÁO TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS VÀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN MÔN TIẾNG A...
GIÁO TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS VÀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN MÔN TIẾNG A...Nguyen Thanh Tu Collection
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
31 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - TIẾNG ANH - FORM MỚI 2025 - 40 CÂU HỎI - BÙI VĂN V...
31 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - TIẾNG ANH - FORM MỚI 2025 - 40 CÂU HỎI - BÙI VĂN V...31 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - TIẾNG ANH - FORM MỚI 2025 - 40 CÂU HỎI - BÙI VĂN V...
31 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - TIẾNG ANH - FORM MỚI 2025 - 40 CÂU HỎI - BÙI VĂN V...Nguyen Thanh Tu Collection
 
ĐỀ CƯƠNG + TEST ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH 11 - GLOBAL SUCCESS (THEO CHUẨN MI...
ĐỀ CƯƠNG + TEST ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH 11 - GLOBAL SUCCESS (THEO CHUẨN MI...ĐỀ CƯƠNG + TEST ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH 11 - GLOBAL SUCCESS (THEO CHUẨN MI...
ĐỀ CƯƠNG + TEST ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH 11 - GLOBAL SUCCESS (THEO CHUẨN MI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY CÔNG NGHỆ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN ...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY CÔNG NGHỆ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN ...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY CÔNG NGHỆ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN ...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY CÔNG NGHỆ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH I-LEARN SMART START LỚP 3, 4 NĂM HỌC 2023-...
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH I-LEARN SMART START LỚP 3, 4 NĂM HỌC 2023-...BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH I-LEARN SMART START LỚP 3, 4 NĂM HỌC 2023-...
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH I-LEARN SMART START LỚP 3, 4 NĂM HỌC 2023-...Nguyen Thanh Tu Collection
 
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 11 THEO ĐƠN VỊ BÀI HỌC - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (GLOB...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 11 THEO ĐƠN VỊ BÀI HỌC - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (GLOB...BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 11 THEO ĐƠN VỊ BÀI HỌC - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (GLOB...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 11 THEO ĐƠN VỊ BÀI HỌC - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (GLOB...Nguyen Thanh Tu Collection
 
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 8 - I-LEARN SMART WORLD - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (BẢN...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 8 - I-LEARN SMART WORLD - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (BẢN...BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 8 - I-LEARN SMART WORLD - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (BẢN...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 8 - I-LEARN SMART WORLD - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (BẢN...Nguyen Thanh Tu Collection
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 CÁNH DIỀU - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 (2 CỘT)...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 CÁNH DIỀU - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 (2 CỘT)...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 CÁNH DIỀU - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 (2 CỘT)...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 CÁNH DIỀU - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 (2 CỘT)...Nguyen Thanh Tu Collection
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 ...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 ...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 ...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
CHUYÊN ĐỀ ÔN THEO CÂU CHO HỌC SINH LỚP 12 ĐỂ ĐẠT ĐIỂM 5+ THI TỐT NGHIỆP THPT ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THEO CÂU CHO HỌC SINH LỚP 12 ĐỂ ĐẠT ĐIỂM 5+ THI TỐT NGHIỆP THPT ...CHUYÊN ĐỀ ÔN THEO CÂU CHO HỌC SINH LỚP 12 ĐỂ ĐẠT ĐIỂM 5+ THI TỐT NGHIỆP THPT ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THEO CÂU CHO HỌC SINH LỚP 12 ĐỂ ĐẠT ĐIỂM 5+ THI TỐT NGHIỆP THPT ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
TỔNG HỢP HƠN 100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT HÓA HỌC 2024 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯ...
TỔNG HỢP HƠN 100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT HÓA HỌC 2024 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯ...TỔNG HỢP HƠN 100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT HÓA HỌC 2024 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯ...
TỔNG HỢP HƠN 100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT HÓA HỌC 2024 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 551...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 551...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 551...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 551...Nguyen Thanh Tu Collection
 
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH LỚP 8 CẢ NĂM - FRIENDS PLUS - BẢN ĐẸP - CÓ FILE NGH...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH LỚP 8 CẢ NĂM - FRIENDS PLUS - BẢN ĐẸP - CÓ FILE NGH...BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH LỚP 8 CẢ NĂM - FRIENDS PLUS - BẢN ĐẸP - CÓ FILE NGH...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH LỚP 8 CẢ NĂM - FRIENDS PLUS - BẢN ĐẸP - CÓ FILE NGH...Nguyen Thanh Tu Collection
 
BÀI TẬP BỔ TRỢ 4 KĨ NĂNG TIẾNG ANH LỚP 8 - CẢ NĂM - GLOBAL SUCCESS - NĂM HỌC ...
BÀI TẬP BỔ TRỢ 4 KĨ NĂNG TIẾNG ANH LỚP 8 - CẢ NĂM - GLOBAL SUCCESS - NĂM HỌC ...BÀI TẬP BỔ TRỢ 4 KĨ NĂNG TIẾNG ANH LỚP 8 - CẢ NĂM - GLOBAL SUCCESS - NĂM HỌC ...
BÀI TẬP BỔ TRỢ 4 KĨ NĂNG TIẾNG ANH LỚP 8 - CẢ NĂM - GLOBAL SUCCESS - NĂM HỌC ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5...Nguyen Thanh Tu Collection
 

More from Nguyen Thanh Tu Collection (20)

ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
 
50 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
50 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...50 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
50 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC + TÁCH ĐỀ + ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN CÁC TỈNH NĂM...
BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC + TÁCH ĐỀ + ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN CÁC TỈNH NĂM...BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC + TÁCH ĐỀ + ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN CÁC TỈNH NĂM...
BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC + TÁCH ĐỀ + ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN CÁC TỈNH NĂM...
 
GIÁO TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS VÀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN MÔN TIẾNG A...
GIÁO TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS VÀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN MÔN TIẾNG A...GIÁO TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS VÀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN MÔN TIẾNG A...
GIÁO TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS VÀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN MÔN TIẾNG A...
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
31 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - TIẾNG ANH - FORM MỚI 2025 - 40 CÂU HỎI - BÙI VĂN V...
31 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - TIẾNG ANH - FORM MỚI 2025 - 40 CÂU HỎI - BÙI VĂN V...31 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - TIẾNG ANH - FORM MỚI 2025 - 40 CÂU HỎI - BÙI VĂN V...
31 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - TIẾNG ANH - FORM MỚI 2025 - 40 CÂU HỎI - BÙI VĂN V...
 
ĐỀ CƯƠNG + TEST ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH 11 - GLOBAL SUCCESS (THEO CHUẨN MI...
ĐỀ CƯƠNG + TEST ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH 11 - GLOBAL SUCCESS (THEO CHUẨN MI...ĐỀ CƯƠNG + TEST ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH 11 - GLOBAL SUCCESS (THEO CHUẨN MI...
ĐỀ CƯƠNG + TEST ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH 11 - GLOBAL SUCCESS (THEO CHUẨN MI...
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY CÔNG NGHỆ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN ...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY CÔNG NGHỆ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN ...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY CÔNG NGHỆ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN ...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY CÔNG NGHỆ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN ...
 
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH I-LEARN SMART START LỚP 3, 4 NĂM HỌC 2023-...
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH I-LEARN SMART START LỚP 3, 4 NĂM HỌC 2023-...BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH I-LEARN SMART START LỚP 3, 4 NĂM HỌC 2023-...
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 TIẾNG ANH I-LEARN SMART START LỚP 3, 4 NĂM HỌC 2023-...
 
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 11 THEO ĐƠN VỊ BÀI HỌC - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (GLOB...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 11 THEO ĐƠN VỊ BÀI HỌC - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (GLOB...BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 11 THEO ĐƠN VỊ BÀI HỌC - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (GLOB...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 11 THEO ĐƠN VỊ BÀI HỌC - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (GLOB...
 
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 8 - I-LEARN SMART WORLD - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (BẢN...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 8 - I-LEARN SMART WORLD - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (BẢN...BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 8 - I-LEARN SMART WORLD - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (BẢN...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH 8 - I-LEARN SMART WORLD - CẢ NĂM - CÓ FILE NGHE (BẢN...
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 CÁNH DIỀU - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 (2 CỘT)...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 CÁNH DIỀU - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 (2 CỘT)...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 CÁNH DIỀU - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 (2 CỘT)...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 CÁNH DIỀU - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 (2 CỘT)...
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 ...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 ...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 ...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY TOÁN 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5512 ...
 
CHUYÊN ĐỀ ÔN THEO CÂU CHO HỌC SINH LỚP 12 ĐỂ ĐẠT ĐIỂM 5+ THI TỐT NGHIỆP THPT ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THEO CÂU CHO HỌC SINH LỚP 12 ĐỂ ĐẠT ĐIỂM 5+ THI TỐT NGHIỆP THPT ...CHUYÊN ĐỀ ÔN THEO CÂU CHO HỌC SINH LỚP 12 ĐỂ ĐẠT ĐIỂM 5+ THI TỐT NGHIỆP THPT ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THEO CÂU CHO HỌC SINH LỚP 12 ĐỂ ĐẠT ĐIỂM 5+ THI TỐT NGHIỆP THPT ...
 
TỔNG HỢP HƠN 100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT HÓA HỌC 2024 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯ...
TỔNG HỢP HƠN 100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT HÓA HỌC 2024 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯ...TỔNG HỢP HƠN 100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT HÓA HỌC 2024 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯ...
TỔNG HỢP HƠN 100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT HÓA HỌC 2024 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯ...
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 551...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 551...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 551...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 KẾT NỐI TRI THỨC - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 551...
 
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH LỚP 8 CẢ NĂM - FRIENDS PLUS - BẢN ĐẸP - CÓ FILE NGH...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH LỚP 8 CẢ NĂM - FRIENDS PLUS - BẢN ĐẸP - CÓ FILE NGH...BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH LỚP 8 CẢ NĂM - FRIENDS PLUS - BẢN ĐẸP - CÓ FILE NGH...
BÀI TẬP BỔ TRỢ TIẾNG ANH LỚP 8 CẢ NĂM - FRIENDS PLUS - BẢN ĐẸP - CÓ FILE NGH...
 
BÀI TẬP BỔ TRỢ 4 KĨ NĂNG TIẾNG ANH LỚP 8 - CẢ NĂM - GLOBAL SUCCESS - NĂM HỌC ...
BÀI TẬP BỔ TRỢ 4 KĨ NĂNG TIẾNG ANH LỚP 8 - CẢ NĂM - GLOBAL SUCCESS - NĂM HỌC ...BÀI TẬP BỔ TRỢ 4 KĨ NĂNG TIẾNG ANH LỚP 8 - CẢ NĂM - GLOBAL SUCCESS - NĂM HỌC ...
BÀI TẬP BỔ TRỢ 4 KĨ NĂNG TIẾNG ANH LỚP 8 - CẢ NĂM - GLOBAL SUCCESS - NĂM HỌC ...
 
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5...GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5...
GIÁO ÁN KẾ HOẠCH BÀI DẠY ĐỊA LÍ 8 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO - CẢ NĂM THEO CÔNG VĂN 5...
 

Recently uploaded

Tài liệu kỹ thuật điều hòa Panasonic - Điện lạnh Bách Khoa
Tài liệu kỹ thuật điều hòa Panasonic - Điện lạnh Bách KhoaTài liệu kỹ thuật điều hòa Panasonic - Điện lạnh Bách Khoa
Tài liệu kỹ thuật điều hòa Panasonic - Điện lạnh Bách KhoaKhiNguynCngtyTNHH
 
CH glucid university of Pham Ngoc Thach- v7.pdf
CH glucid university of Pham Ngoc Thach- v7.pdfCH glucid university of Pham Ngoc Thach- v7.pdf
CH glucid university of Pham Ngoc Thach- v7.pdfSuperJudy1
 
trò chơi về môn học tư tưởng hồ chí minh
trò chơi về môn học tư tưởng hồ chí minhtrò chơi về môn học tư tưởng hồ chí minh
trò chơi về môn học tư tưởng hồ chí minhNguynHuTh6
 
Đề ôn thi VIOEDU lớp 2 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
Đề ôn thi VIOEDU lớp 2 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)Đề ôn thi VIOEDU lớp 2 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
Đề ôn thi VIOEDU lớp 2 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)Bồi Dưỡng HSG Toán Lớp 3
 
NỘI DUNG HỌC THI ôn thi môn LỊCH SỬ ĐẢNG.docx
NỘI DUNG HỌC THI ôn thi môn LỊCH SỬ ĐẢNG.docxNỘI DUNG HỌC THI ôn thi môn LỊCH SỬ ĐẢNG.docx
NỘI DUNG HỌC THI ôn thi môn LỊCH SỬ ĐẢNG.docx7E26NguynThThyLinh
 
Chương 1- TTHCM.pptx. SLide giới thiệu về tư tưởng HỒ CHÍ MINH
Chương 1- TTHCM.pptx. SLide giới thiệu về tư tưởng HỒ CHÍ MINHChương 1- TTHCM.pptx. SLide giới thiệu về tư tưởng HỒ CHÍ MINH
Chương 1- TTHCM.pptx. SLide giới thiệu về tư tưởng HỒ CHÍ MINHlaikaa88
 
GIẢI-ĐỀ-CƯƠNG-NHẬP-MÔN-KHOA-HỌC-XÃ-HỘI-VÀ-NHÂN-VĂN-KHIÊM-BK69.pdf
GIẢI-ĐỀ-CƯƠNG-NHẬP-MÔN-KHOA-HỌC-XÃ-HỘI-VÀ-NHÂN-VĂN-KHIÊM-BK69.pdfGIẢI-ĐỀ-CƯƠNG-NHẬP-MÔN-KHOA-HỌC-XÃ-HỘI-VÀ-NHÂN-VĂN-KHIÊM-BK69.pdf
GIẢI-ĐỀ-CƯƠNG-NHẬP-MÔN-KHOA-HỌC-XÃ-HỘI-VÀ-NHÂN-VĂN-KHIÊM-BK69.pdfHngNguyn271079
 
Đề ôn thi VIOEDU lớp 1 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
Đề ôn thi VIOEDU lớp 1 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)Đề ôn thi VIOEDU lớp 1 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
Đề ôn thi VIOEDU lớp 1 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)Bồi Dưỡng HSG Toán Lớp 3
 

Recently uploaded (8)

Tài liệu kỹ thuật điều hòa Panasonic - Điện lạnh Bách Khoa
Tài liệu kỹ thuật điều hòa Panasonic - Điện lạnh Bách KhoaTài liệu kỹ thuật điều hòa Panasonic - Điện lạnh Bách Khoa
Tài liệu kỹ thuật điều hòa Panasonic - Điện lạnh Bách Khoa
 
CH glucid university of Pham Ngoc Thach- v7.pdf
CH glucid university of Pham Ngoc Thach- v7.pdfCH glucid university of Pham Ngoc Thach- v7.pdf
CH glucid university of Pham Ngoc Thach- v7.pdf
 
trò chơi về môn học tư tưởng hồ chí minh
trò chơi về môn học tư tưởng hồ chí minhtrò chơi về môn học tư tưởng hồ chí minh
trò chơi về môn học tư tưởng hồ chí minh
 
Đề ôn thi VIOEDU lớp 2 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
Đề ôn thi VIOEDU lớp 2 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)Đề ôn thi VIOEDU lớp 2 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
Đề ôn thi VIOEDU lớp 2 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
 
NỘI DUNG HỌC THI ôn thi môn LỊCH SỬ ĐẢNG.docx
NỘI DUNG HỌC THI ôn thi môn LỊCH SỬ ĐẢNG.docxNỘI DUNG HỌC THI ôn thi môn LỊCH SỬ ĐẢNG.docx
NỘI DUNG HỌC THI ôn thi môn LỊCH SỬ ĐẢNG.docx
 
Chương 1- TTHCM.pptx. SLide giới thiệu về tư tưởng HỒ CHÍ MINH
Chương 1- TTHCM.pptx. SLide giới thiệu về tư tưởng HỒ CHÍ MINHChương 1- TTHCM.pptx. SLide giới thiệu về tư tưởng HỒ CHÍ MINH
Chương 1- TTHCM.pptx. SLide giới thiệu về tư tưởng HỒ CHÍ MINH
 
GIẢI-ĐỀ-CƯƠNG-NHẬP-MÔN-KHOA-HỌC-XÃ-HỘI-VÀ-NHÂN-VĂN-KHIÊM-BK69.pdf
GIẢI-ĐỀ-CƯƠNG-NHẬP-MÔN-KHOA-HỌC-XÃ-HỘI-VÀ-NHÂN-VĂN-KHIÊM-BK69.pdfGIẢI-ĐỀ-CƯƠNG-NHẬP-MÔN-KHOA-HỌC-XÃ-HỘI-VÀ-NHÂN-VĂN-KHIÊM-BK69.pdf
GIẢI-ĐỀ-CƯƠNG-NHẬP-MÔN-KHOA-HỌC-XÃ-HỘI-VÀ-NHÂN-VĂN-KHIÊM-BK69.pdf
 
Đề ôn thi VIOEDU lớp 1 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
Đề ôn thi VIOEDU lớp 1 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)Đề ôn thi VIOEDU lớp 1 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
Đề ôn thi VIOEDU lớp 1 cấp Tỉnh năm 2023 - 2024 (cấp Thành phố)
 

TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG).pdf

  • 1. TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (402 TRANG) WORD VERSION | 2023 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM C H U Y Ê N Đ Ề Đ Ạ T G I Ả I M Ô N T O Á N Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594 Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group vectorstock.com/28062405 254 CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG BỔ ĐỀ VỀ MŨ ĐÚNG TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Số học có thể nói là một lĩnh vực xuất hiện sớm nhất trong lịch sử toán học. Khi những con số được con người sử dụng thì cũng là lúc Số học ra đời. Ngạn ngữ Pháp có câu: “Toán học là vua của các khoa học nhưng Số học là Nữ hoàng”. Điều đó đã cho thấy tầm quan trọng của Số học trong đời sống và khoa học. Trải qua một quá trình phát triển lâu dài nhưng Số học vẫn giữ được vẻ đẹp sơ khai của nó. Vẻ đẹp ấy được thể hiện qua cách phát biểu đơn giản của một bài toán. Chính vì cách phát biểu đơn giản nhưng cần những suy luận sâu sắc và tinh tế nên những bài toán Số học trong các kì thi học sinh giỏi thường là những thách thức thực sự và thường được dùng để phân loại học sinh. Đối với phân môn Số học trong trương trình toán THPT chuyên thì các kiến thức về Bổ đề nâng lũy thừa là một kết quả hay và có nhiều ứng dụng. Việc sử dụng thành thạo các tính chất về số mũ đúng cùng sự kết hợp khéo léo với các định lý cơ bản của số học như định lý Euler, định lý Fecmat, kiến thức về cấp của một số…sẽ giúp chúng ta có thể giải quyết được các phương trình Diophante hoặc các bài toán chia hết liên quan đến số mũ. Chính vì vậy nhóm tác giả đã quyết định viết chuyên đề: “Vận dụng bổ đề về mũ đúng trong các bài toán Số học”. 2. Mục đích của đề tài Trong chuyên đề này, tác giả trình bày một hệ thống lý tuyết về Bổ đề nâng lũy thừa và một số kiến thức hỗ trợ cho phương pháp LTE trong việc giải quyết các bài toán Số học. Các bài toán trong chuyên đề đều được nhóm tác giả tìm kiếm, chọn lọc, tổng hợp, trình bày lời giải một cách chi tiết kèm theo những phân tích, bình luận và đặt nó trong sự kết nối với các bài tập khác. Chuyên đề được viết với mong muốn phục vụ trực tiếp cho công tác giảng dạy của nhóm tác giả đồng thời cũng hy vọng sẽ là tài liệu có ích cho các thầy cô, các em học sinh tham khảo và học tâp. 3. Cấu trúc của đề tài Chuyên đề bao gồm 3 phần chính như sau: A. Phần mở đầu. B. Phần nội dung. C. Phần kết luận. B. PHẦN NỘI DUNG I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Định nghĩa. Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên và α là số tự nhiên. Ta nói pα là ước đúng của a (exact power) và α là số mũ đúng của a nếu | p a α và 1 p a α+ . Khi đó ta viết || p a α và kí hiệu ( ) p v a α = . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 2. 255 2. Tính chất. Cho , , a b c là các số nguyên, khi đó ta có o ( ) ( ) ( ) p p p v ab v a v b = + o ( ) ( ) . n p p v a n v a = o ( ) ( ) ( ) { } min , p p p v a b v a v b + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi ( ) ( ) p p v a v b ≠ o ( ) 1 ! n p i i n v n p =   =      (Định lý Legendre) 3. Hai bổ đề 3.1. Bổ đề 1. Cho , x y là hai số nguyên (không nhất thiết phải nguyên dương) và n là số nguyên dương. Cho p là số nguyên tố bất kỳ sao cho ( ) , | , 1, , y n p p p x y p x = − . Ta có ( ) ( ) n n p p v x y v x y − = − Chứng minh. Ta có ( )( ) 1 2 2 1 ... n n n n n n x y x y x x y xy y − − − − − = − + + + + Do | p x y − nên ( ) mod x y p ≡ ( ) 1 2 2 1 1 ... 0 mod n n n n n x x y xy y nx p − − − − −  + + + + ≡ ≡ / Ta có đpcm. 3.2. Bổ đề 2. Cho , x y là các số nguyên (không nhất thiết phải nguyên dương), n là số nguyên dương lẻ và p là số nguyên tố bất kỳ thỏa mãn ( ) , | , 1, , y n p p p x y p x = + . Ta có ( ) ( ) n n p p v x y v x y + = + Chứng minh. Sử dụng Bổ đề 1 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n p p p p v x y v x y v x y v x y + = − − = − − = + 4. Lifting The Exponent Lemma (LTE) 4.1. Định lý 1. Cho , x y là hai số nguyên (không nhất thiết phải nguyên dương), n là một số nguyên dương và p là một số nguyên tố lẻ thỏa mãn | p x y − và , p x p y . Ta có ( ) ( ) ( ) n n p p p v x y v x y v n − = − + Chứng minh. Ta sẽ chứng minh quy nạp theo ( ) p v n . Trước hết, ta chứng minh khẳng định sau: ( ) ( ) 1 p p p p v x y v x y − = − + ( ) 1 Để chứng minh ( ) 1 , ta cần chỉ ra rằng 1 2 2 1 | ... p p p p p x x y xy y − − − − + + + + ( ) 2 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 256 Và 2 1 2 2 1 ... p p p p p x x y xy y − − − − + + + + ( ) 3 Thật vậy, ta có: ( ) 1 2 2 1 1 ... 0 mod p p p p p x x y xy y px p − − − − − + + + + ≡ ≡ Với ( ) 3 , ta đặt * , y x kp k = + ∈ℕ , khi đó với 1; 1 t p = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 .... 2 mod t p t t p t t p t t t t p t t t p p x y x x kp t t x x tkpx kp x kp x x tkpx x tkpx p − − − − − − − − − − − − − = + −   = + + + +     ≡ + ≡ + Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 ... 2 ... 1 1 2 ... 1 1 2 1 2 0 mod p p p p p p p p p p p p p p p p p p x x y xy y x x kpx x kpx x p kpx px p kpx p p px kpx p px kp x px p − − − − − − − − − − − − − − − − − − + + + + ≡ + + + + + + + − ≡ + + + + − − ≡ + − ≡ + ≡ ≡ / ( ) 3  được chứng minh. Vậy ( ) ( ) 1 p p p p v x y v x y − = − + Trở lại bài toán, ta đặt . n p k α = với ( ) , , , 1 k p k α ∈ = ℕ . Sử dụng Bổ đề 1 và ( ) 1 , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 2 1 k k n n p k p k p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p v x y v x y v x y v x y v x y v x y v x y v x y v x y v x y v n α α α α α α α α α α α α α α − − − − − −   − = − = −       = − = −     = − + = − + = − + − = − + = − + Định lý được chứng minh. 4.2. Định lý 2. Cho , x y là hai số nguyên, n là một số nguyên dương lẻ và p là một số nguyên tố lẻ thỏa mãn | p x y + và , p x p y . Ta có D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 3. 257 ( ) ( ) ( ) n n p p p v x y v x y v n + = + + D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 258 Chứng minh. Áp dụng Định lý 1 và điều kiện n lẻ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n p p p p p p v x y v x y v x y v n v x y v n + = − − = − − + = + + 4.3. Định lý 3. (Cho trường hợp 2 p = ) Cho , x y là hai số nguyên lẻ sao cho 4 | x y − . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 n n v x y v x y v n − = − + Chứng minh. Theo Bổ đề 1, nếu ( ) , | , 1, , y n p p p x y p x = − thì ( ) ( ) n n p p v x y v x y − = − Tức là nếu 2 p = , n là số lẻ và 2 | x y − thì ( ) ( ) 2 2 n n v x y v x y − = − Do đó ta chỉ cần chứng minh Định lý trong trường hợp n là lũy thừa của 2 . Tức là: ( ) ( ) 2 2 2 2 n n v x y v x y n − = − + Thật vậy, ta có: ( )( ) ( )( )( ) 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .... n n n n n n x y x y x y x y x y x y − − − − − = + + + + − Vì ( ) ( ) 2 2 1 mod4 1 mod4 k k x y x y ≡ ≡ ±  ≡ ≡ ( ) 2 2 2 mod4 k k x y  + ≡ ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ... 1 n n n n v x y v x y v x y − − − −  + = + = = + = Lại có 4 | , x y − , x y là số lẻ nên ( ) 2 mod4 x y + ≡ ( ) ( ) 2 2 2 2 n n v x y v x y n  + = − + 4.4. Định lý 4. (Cho trường hợp 2 p = ) Cho , x y là hai số nguyên lẻ và n là một số nguyên dương chẵn. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 n n v x y v x y v x y v n − = − + + + − Chứng minh. Do , x y lẻ 2 2 4| x y  − , ta đặt 2 . k n m = ,( ) ,2 1 m = . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 k k k k k k n n m m v x y v x y v x y v x y − −    − = − = − = −     D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 4. 259 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 v x y k v x y v x y k v x y v x y v n = − + − = − + − + − = − + − + − 5. Một số nhận xét. 5.1. Sai lầm thường gặp nhất khi sử dụng bổ đề nâng lũy thừa là việc không kiểm tra điều kiện | p x y ± . 5.2. Với n là số nguyên dương thì ( ) logp p n v n n ≤ . Thật vậy Đặt n p k α = với ( ) , 1 p k = , khi đó ( ) p v n α = ( ) p v n p p k n α α α = ≤ = Ta cũng có log log p p n r r α = + ≥ . 5.3. Nếu , a b là hai số tự nhiên, p là một số nguyên tố, ta có ( ) ( ) | p p a b v a v b ⇔ ≤ 5.4. Với p là một ước nguyên tố của a . Đặt m a p k = với * , m k ∈ℕ , ta có i) ( ) p v a a p ≥ ii) m p k m α ≥ + với . m β ≥ Do đó ( ) p a v a α ≥ + với ( ) p v a β ≥ hay a pβ ≥ . II. VẬN DỤNG BỔ ĐỀ VỀ MŨ ĐÚNG TRONG GIẢI TOÁN Trước hết ta xét một số bài toán mà việc lựa chọn Bổ đề LTE và chọn số p là điều dễ dàng quan sát thấy. Bài toán 1. (AIME 2020 I- Problem 12) Cho n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 3 5 7 149 2 3 .5 .7 n n − ⋮ . Tìm số các ước nguyên dương của n . Phân tích bài toán Đề bài xuất hiện 149 2 n n − , ta nghĩ ngay đến sử dụng bổ đề LTE. Kiểm tra điều kiện bổ đề đều thỏa mãn trong các trường hợp 3, 7 p p = = . Tuy nhiên 149 2 5 / − ⋮ nên ta chưa thể áp dụng ngay bổ để LTE trong trường hợp 5 p = . Để giải quyết vấn đề này ta nghĩ đến việc xét các trường hợp của n Lời giải Áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 149 2 149 2 1 n n v v v n v n − = − + = + . Để 3 5 7 149 2 3 .5 .7 n n − ⋮ thì ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 7 3 3 3 3 3 .5 .7 149 2 3 1 2 n n v v v n v n ≤ −  ≤ +  ≥  2 3 n⋮ . Lại áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 7 7 7 7 149 2 149 2 2 n n v v v n v n − = − + = + . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 260 Để 3 5 7 149 2 3 .5 .7 n n − ⋮ thì ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 7 7 7 7 7 3 .5 .7 149 2 7 2 5 n n v v v n v n ≤ −  ≤ +  ≥ , ta được 5 7 n⋮ . Ta có 149 2 5 4 , n n n s s − ⇔ = ∈ ⋮ ℕ. Xét ( ) ( ) 4 4 4 149 2 1 16 0 mod5 − ≡ − − ≡ , hay 4 4 149 2 5 − ⋮ . Áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 5 5 5 5 149 2 149 2 149 2 n n s s v v v v s − = − = − + , Mặt khác, ta cũng có ( ) ( ) 4 4 4 149 2 1 16 15 mod25 − ≡ − − ≡ − nên 4 4 149 2 25 − ⋮ . Vậy ( ) 4 4 5 149 2 1 v − = . Để 3 5 7 149 2 3 .5 .7 n n − ⋮ thì ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 7 5 5 5 5 3 .5 .7 149 2 5 1 4 n n v v v s v s ≤ −  ≤ +  ≥ , ta được 4 4 5 4.5 s n  ⋮ ⋮ . Do 2 5 4 3 ,7 ,4.5 nguyên tố cùng nhau nên 2 3 4 5 2 .3 .5 .7 n⋮ , do n là số nguyên dương nhỏ nhất nên 2 3 4 5 2 .3 .5 .7 n = . Vậy số các ước của n là ( )( )( )( ) 2 1 3 1 4 1 5 1 270 + + + + = . Lời giải khác Theo Công thức khai triển Nhị thức Newton, ta có ( ) 149 2 147 2 2 n n n n − = + − 1 1 2 2 2 3 3 3 .147.2 .147 .2 .147 .2 147 n n n n n n n C C C − − − = + + + + ⋯ . Ta kiểm tra điều kiện để 3 149 2 3 n n − ⋮  . Do 3||147 nên các số hạng chứa 3 4 147 ,147 ,⋯ sẽ đều chia hết cho 3 3 , tức là ngoại trừ hai số hạng đầu, thì các số hạng còn lại đã chia hết cho 3 3 . Do đó ta cần ( ) 2 3 1 2 2 2 1 1 2 3 1 | . . 147 147.2 2 . 7 . .1 14 .2 47 .2 2 n n n n n n n n C n C − − − − = + − + ( ) ( ) 1 2 3 3 .147.2 1 .147 .2 147 .2 147 143 n n n n n n n n − − − = + − = − , tức là 2 3 n ∣ (do 147 143 3 n − ⋮ ). Ta kiểm tra điều kiện để 7 149 2 7 n n − ⋮  . Vì 2 7 ||147 nên các số hạng chứa 4 5 147 ,147 ,⋯ đều chia hết cho 7 7 , tức là ngoại trừ ba số hạng đầu thì các số hạng còn lại đều chia hết cho 7 7 . Do đó, ta cần 7 1 1 2 2 2 3 3 3 7 | .147.2 .147 .2 .147 .2 n n n n n n C C C − − − + + ( ) ( )( ) 1 2 2 3 3 1 1 2 .147.2 .147 .2 .147 .2 2 6 n n n n n n n n n − − − − − − = + + D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 5. 261 ( ) ( )( ) 3 1 2 3 4 147 .147.2 1 .147 .2 1 2 . .2 3 n n n n n n n n n − − − = + − + − − ( ) ( ) ( ) 4 2 147 .2 8 1 147.2 3 2 7203 n n n n n − = + − + − + ( ) 4 2 147 .2 7203 21903 14120 n n n n − = − + , tức là 5 7 | n (do 2 7203 21903 14120 7 n n − + ⋮ ). Ta kiểm tra điều kiện để 5 149 2 5 n n − ⋮  . Ta có ( )( ) 149 2 4 2 2 2 1 mod5 n n n n n n − ≡ − = − , nên để 5 149 2 5 n n − ⋮  thì 4 n ∣ . Đặt 4 n m = và đặt ( )( ) 4 4 2 2 2 2 149 2 149 2 149 2 147.151.22205 c = − = − + = . Kiểm tra được rằng 5|| c. Theo Công thức khai triển Nhị thức Newton, ta có ( ) ( ) 4 4 149 2 ( 16) (16) m m m m c − = + − 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 16 16 16 16 m m m m m m m m m C c C c C c C c c − − − − = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋯ . Do 5|| c nên các số hạng chứa 5 6 , , c c ⋯ đều chia hết cho 5 5 , tức là ngoại trừ bốn số hạng đầu thì các số hạng còn lại đều chia hết cho 5 5 . Bằng cách lập luận tương tự như trên, ta cũng có 5 5 cm ∣ , và do 5|| c nên 4 5 m ∣ . Theo cách đặt 4 n m = nên 4 4.5 n ∣ . Tổng hợp các điều kiện thì ( ) 2 2 4 5 3 2 .5 .7 | n . Với n là số nguyên dương nhỏ nhất thì ( ) 2 2 4 5 3 2 .5 .7 n = . Số các ước nguyên dương của n là 270. Bài toán 2. (Balkan MO 2013) Tìm các số nguyên dương , , x y z sao cho 5 4 2013 y z x + = . Phân tích bài toán Từ giả thiết, không khó để nhận ra có thể giải quyết bài toán bằng cách sử dụng Bổ đề LTE với 3,11,61 p = là các ước của 2013. Tuy nhiên, ban đầu số mũ của x và 4 khác nhau nên ta chưa thể áp dụng Bổ đề LTE ngay được. Dễ dàng kiểm tra được rằng 5 y t = , khi đó phương trình có dạng 5 5 4 2013 t z x + = . Lời giải. Xét modulo 11, ta có 11| 2013 nên ( ) 5 4 0 mod11 y x + ≡ . Mà ( ) 5 0,1, 1 mod11 x ≡ − nên ( ) 4 1,0,1 mod11 y ≡ − . Do đó, các nghiệm trong modulo 11 là ( ) ( ) ( ) ( ) { }( ) 5 ,4 0,0 , 1, 1 , 1,1 mod11 y x ∈ − − . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 262 Ta có ( ) 4 4,5,9,3,1 mod11 y ≡ , nên ta cần 4 1(mod11) y ≡ . Mặt khác, vì ( ) 11 4 5 ord = nên 5 y ∣ . Khi đó, đặt 5 y t = , ta có 5 5 4 2013 t z x + = , hay ( ) 5 5 4 2013 t z x + = . Vì ( ) 5 5 4 4 2013 t z t x x + + = ∣ , mà 2013 3.11.61 = và 4 1 t x + ≠ nên 4 311 61 t i j k x + = với , , i j k + ∈ℤ . Ta kiểm tra được rằng 4 3,11,61 t ⋮ nên 3,11,61 x⋮ . Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 3 3 3 4 4 5 t t v x v x v + = + + do đó ( ) ( ) 3 3 2013 4 z t v v x = + , hay ( ) 3 4t z v x = + nên 3 4 || z t x + . Tương tự, ta chứng minh được | 1 4 | 1z t x + và | 6 4 | 1z t x + . Do 4 311 61 t i j k x + = nên 4t x + chỉ có các ước nguyên tố trong tập { } 3,11,61 . Lại thêm với kết quả vừa chứng minh được, 3 4 || z t x + , | 1 4 | 1z t x + , | 6 4 | 1z t x + nên 4 2013 t z x + = . Điều này dẫn đến mâu thuẫn, vì ( ) 5 5 2013 4 4 2013 z t t z x x = + + = . Vậy phương trình này không có nghiệm. Lời giải khác. Ta vẫn sử dụng kết quả 5| y như chứng minh trên. Đặt 5 y t = . Khi đó, vế trái trở thành ( ) ( )( ) 5 5 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 4 4 t t t t t t x x x x x x + = + − + − + . Hơn nữa, vì ( ) ( )( ) 4 3 2 2 3 4 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 4 2.4 3.4 4.4 5.4 t t t t t t t t t x x x x x x x x x − + − + = + − + − + nên 4t x + và 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 t t t t x x x x − + − + nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, mọi ước chung d của chúng phải là ước của 2013 và 4 5.4 t , mà ( ) 4 gcd 2013,5.4 1 t = nên 1 d = . Từ phương trình 5 4 2013 y z x + = , thì ( ) 5 1 0 mod3 y x + ≡ nên 5 3 x , do đó 3 x . Điều này dẫn đến ( ) 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 1 1 1 2 0 mod3 t t t t x x x x x x x − + − + ≡ − + − + ≡ − ≡ Từ phương trình 5 4 2013 y z x + = thì ( ) 5 0 1 mod2 x + ≡ nên x là lẻ. Điều này dẫn đến ( ) 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 1 mod4 t t t t x x x x − + − + ≡ . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 6. 263 Ta có ( ) ( )( ) 5 5 4 3 2 2 3 4 2013 4 4 4 4 4 4 z t t t t t t x x x x x x = + = + − + − + và 2013 3.11.61 = . Vì 4 3 2 2 3 4 3 4 4 4 4 t t t t x x x x − + − + nên 3| 4t x + , kéo theo ( ) 2 mod3 x ≡ . Do đó ( ) 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 2 2 mod3 t t t t x x x x x − + − + ≡ − ≡ Vì 2 n và ta chứng minh ở trên thì 4t x + và 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 t t t t x x x x − + − + nguyên tố cùng nhau, nên 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 t t t t x x x x − + − + phải có dạng ( ) 11 ,61 , 11.61 z z z . Ta lập bảng kiểm tra ( ) 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 2 mod3 t t t t x x x x − + − + ≡ và ( ) 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 1 mod4 t t t t x x x x − + − + ≡ . 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 t t t t x x x x − + − + modul o 3 Điều kiện của z để ( ) 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 2 mod3 t t t t x x x x − + − + ≡ modul o 4 Điều kiện của z để ( ) 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 1 mod4 t t t t x x x x − + − + ≡ 11z 2z Lẻ 3z Chẵn 61z 1z Không thỏa mãn 1z Luôn thỏa mãn ( ) 11.61 z 2z Lẻ 3z Chẵn Nếu 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 t t t t x x x x − + − + có dạng 11z hoặc ( ) 11.61 z thì z không thể vừa là số lẻ, vừa là số chẵn. Nếu 4 3 2 2 3 4 4 4 4 4 t t t t x x x x − + − + có dạng 61z thì không có số nguyên z thỏa mãn. Vậy phương trình này không có nghiệm. Bài toán 3. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( ) , , x y z thỏa mãn phương trình 2009 2009 7z x y + = . Lời giải. Dễ thấy x y ≠ (vì nếu x y = thì 2009 2009 2009 2 7z x y x + = ≠ ) Ta có 2009 2009 | x y x y + + đồng thời 1 7 | x y x y +  + . Đến đây ta xét hai trường hợp sau TH1: Nếu 7 x , 7 y , Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 2009 2009 7 7 7 2009 v x y v x y v + = + + ( ) ( ) 2009 2009 7 7 2 v x y v x y  + = + + ( ) 2009 2009 49. . x y k x y  + = + với 7 k điều này mâu thuẫn với giả thiết 2009 2009 x y + chỉ có ước là 7 . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 264 TH2: Nếu một trong hai số x hoặc y chia hết cho 7 thì số còn lại cũng chia hết cho 7 hay , 7 x y⋮ . Không giảm tổng quát, giả sử ( ) ( ) 7 7 v x v y k ≥ =  1 7 . k x x = và 1 7 . k y y = với * 1 1 1 1 1 , , 7, x y y y x / ∈ ℕ ⋮ do 1 1 x y ≠ . Khi đó ta có ( ) 2009 2009 2009 2009 2009 1 1 7 7 k z x y x y + = + = ( ) 2009 2009 2009 1 1 7z k x y −  + = là lũy thừa của 7 . Mà 1 1 7 7 y x / /  ⋮ ⋮ quay về TH1 ta có điều mâu thuẫn. Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương. Tiếp theo ta xét bài toán ở dạng Tổng quát hơn Bài toán 4. (European Mathematical Cup 2012, Senior Division). Tìm số nguyên dương , , a b n và số nguyên tố p thỏa mãn 2013 2013 n a b p + = . Phân tích bài toán. Ở đây, a và b có cùng số mũ 2013, tuy nhiên đề bài không có dữ kiện , a p b p ⋮ ⋮ và a b p + ⋮ . Bằng cách đặt ( ) ( ) , , , a b a b a b a b ′ ′ = = thì ta có p a′ và p b′ và 2013 2013 a b p a b ′ ′ + + ⋮ ⋮  . Lời giải. Đặt ( ) , d a b = và , a b x y d d = = . Ta có ( ) 2013 2013 2013 n y d x p + = , nên 2013 2013 m x y p + = , hay ( )( ) 2012 2011 2010 2 2011 2012 m x y x x y x y xy y p + − + − − + = ⋯ . Do , x y là các số tự nhiên nên 1 x y + nên p x y + ∣ . Mà theo cách đặt , a b x y d d = = với ( ) , d a b = thì , x y nguyên tố cùng nhau, kéo theo p x và p y . Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 2013 2013 2013 p p p v x y v x y v + = + + . Mà ( ) ( ) ( ) 2013 2013 2012 2011 2010 2 2011 2012 ... p p p v x y v x y v x x y x y xy y + = + + − + − − + nên ( ) ( ) 2012 2011 2010 2 2011 2012 2013 ... p p v v x x y x y xy y = − + − − + . Xét 2013 3.11.61 = nên ( ) 2013 0 p v = nếu p là số nguyên tố khác 3,11,61, và ( ) 2013 1 p v = nếu p là một trong các số nguyên tố 3,11,61. +) Nếu ( ) ( ) , 1,1 x y = thì 2012 2011 2010 2 2011 2012 1 x x y x y xy y − + − − + = ⋯ . +) Nếu ( ) ( ) , 1,1 x y ≠ , không giảm tổng quát, giả sử x y ≥ ta có 2012 2011 2010 2 2011 2012 x x y x y xy y − + − − + ⋯ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 7. 265 ( ) ( ) ( ) 2011 2009 2 2010 2012 x x y x y x y xy x y y = − + − + + − + ⋯ . Biểu thức này lớn hơn 61 khi ( ) ( ) , 1,1 x y ≠ và x y ≥ . Đến đây, ta xét hai trường hợp. TH1: Nếu ( ) 2013 1 p v = thì ( ) 2012 2011 2010 2 2011 2012 1 p v x x y x y xy y − + − − + = ⋯ và { } 3,11,61 p ∈ nên { } 2012 2011 2010 2 2011 2012 3,11,61 x x y x y xy y − + − − + ∈ ⋯ , điều này không thể xảy ra vì 2012 2011 2010 2 2011 2012 61 x x y x y xy y − + − − + ⋯ theo chứng minh trên. TH2: Nếu ( ) 2013 0 p v = thì ( ) ( ) , 1,1 x y = . Do đó a b = . Vì 2013 2013 n a b p + = nên 2013 2. n a p = , do đó 2 p = . Ta có nghiệm * 2 , 2013 1, 2, k a b n k p k = = = + = ∀ ∈ℕ . Lời giải khác. Đặt ( ) , , , a b d a b x y d d = = = . Khi đó, ta có ( ) 2013 2013 2013 n d a b p + = , nên d cũng phải là lũy thừa của p , do đó , k d p k = ∈ ℕ . Do đó ( ) 2013 2013 2013 k n p a b p + = , nên 2013 2013 m a b p + = (với 2013 m n k = − ). Đặt 671 A x = và 671 B y = thì ta có 3 3 m A B p + = , nên ( )( ) 2 2 m A B A AB B p + − + = . Theo cách đặt ( ) , , , a b d a b x y d d = = = thì , x y nguyên tố cùng nhau nên , A B cũng nguyên tố cùng nhau. Ta xét ba trường hợp. TH1: Nếu 1 A B + = . Điều này không xảy ra do A và B là các số nguyên dương. TH2: Nếu 2 2 1 A AB B − + = hay 2 ( ) 1 A B AB − + = , xảy ra khi 1 A B = = . Do đó a b = . Vì 2013 2013 n a b p + = nên 2013 2. n a p = , do đó 2 p = . Ta có nghiệm * 2 , 2013 1, 2, k a b n k p k = = = + = ∀ ∈ℕ . TH3: Nếu cả A B + và 2 2 A AB B − + đều lớn hơn 1, thì p A B + ∣ và ( ) 2 2 2 3 p A AB B A B AB − + = + − ∣ nên 3 p AB ∣ . +) Nếu p AB ∣ , kết hợp với p A B + ∣ thì ta có p A ∣ và p B ∣ , mâu thuẫn với điều kiện A và B nguyên tố cùng nhau. +) Nếu 3 p∣ thì 3 p = . Ta có hai trường hợp nhỏ. o ( ) 2 2 2 3 3 A AB B A B AB − + = ⇔ − + = , nên 2, 1 A B = = hoặc 1, 2 A B = = . Nhưng theo cách đặt 671 A x = và 671 B y = thì 671 2 x = không có nghiệm nguyên dương. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 266 o 2 2 3 A AB B − + thì 2 2 2 3 A AB B − + ∣ . Ta có 3| A B + nên ( ) 2 2 3 | A B + và ( ) 2 2 2 2 3 3 A AB B A B AB − + = + − ∣ . Điều này dẫn đến 2 3 3AB ∣ , hay 3 AB ∣ . Như chứng minh trên, ta có nếu p AB ∣ , kết hợp với p A B + ∣ thì ta có p A ∣ và p B ∣ , mâu thuẫn với điều kiện A và B nguyên tố cùng nhau. Do đó, trường hợp này cũng không cho ta nghiệm của phương trình. Vậy tất cả các nghiệm của phương trình là * 2 , 2013 1, 2, k a b n k p k = = = + = ∀ ∈ℕ . Bài toán 5. (Romania 2019) Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại các số nguyên dương n và m với 2 m ≥ sao cho 3 5 k k m n + = . Lời giải. Hiển nhiên ta thấy rằng n là số chẵn. Ta xét các trường hợp sau: TH1: Nếu k chẵn thì ( ) mo 2 5 d 3 0 k k ≡ + và ( ) mo 4 5 d 3 2 k k ≡ + nên ( ) 2 3 5 1 k k v + = , kéo theo 1 m = . Điều này không thỏa mãn 2 m ≥ . TH2: Nếu k lẻ. Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 5 3 5 8 0 3 k k mv n v v v k v = + = + + = + = |3 m  với 2 m ≥  3 m = . +) Nếu 1 k = , ta có ( ) ( ) , , 1,2,3 k n m = . +) Nếu 1 k ( ) 3 5 mod9 k n  ≡ ⇔ 3 k ∣ . Đặt * 3 , k t t = ∈ℕ . Khi đó ta có ( ) ( ) 3 3 3 3 5 t t n + = , mà ta biết rằng phương trình này có dạng 3 3 3 a b n + = nên không có nghiệm nguyên dương. Vậy 1 k = . Bài toán 6. (Italy TST 2003) Tìm các số nguyên dương , x y và số nguyên tố p sao cho 2 19 x y x p + = . Lời giải. Ta có 2 19 19 2 x y x x x y p p + = ⇔ − = . Mà 17 |19 2 x x VT = − nên 17 17 y p p  = ⋮  . Do ( ) 2 17 19 2 17 2 17 x x y x x x + = = + + với 2 x ≥ . Do đó ta xét hai trường hợp sau. TH1: Nếu 2 x ≥ thì y x . Áp dụng Định lý 1 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 17 17 17 17 17 19 2 19 2 y x x v v v v x = − = − + ( ) 17 1 y v x  = + . Mà ( ) 17 1 1 y v x x = + ≤ + . Do đó 1 y x = + và ( ) 17 v x x = . Điều này không xảy ra. TH2: Nếu 1 x = thì 1 y = . Vậy ( ) ( ) , , 1,1,17 x y p = là nghiệm duy nhất của bài toán này. Bài toán 7. (Russia MO – 1996) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương , , x y k thỏa mãn ( ) , 1, 2 x y k = ≥ và 3n k k x y = + . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 8. 267 Lời giải. Nếu một trong hai số x hoặc y chia hết cho 3 thì số còn lại cũng chia hết cho 3, điều này mâu thuẫn. Do đó cả x và y đều không chia hết cho 3. Nếu k chẵn thì ( ) 1 mod3 k k x y ≡ ≡ nên k k x y + không chia hết cho lũy thừa của 3. Do đó k lẻ. Gọi p là ước nguyên tố của x y + . Vì k lẻ  k k x y x y p + + ⋮ ⋮ hay 3 3 n p p  = ⋮ Do đó 3m x y + = với m là số nguyên dương. Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3n k k v v x y v x y v k = + = + + ( ) 3 n m v k  = + . Đến đây ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu 1 m . Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp được rằng 3 2 a a ≥ + với mọi số nguyên 1 a ≥ , và ( ) 3 2 v k k ≤ − . Đặt ( ) max , M x y = , do 3 9 m x y + = ≥ nên 5 M ≥ . Khi đó ( ) 1 5 1 1 1 .3 2 2 1 . 3 .5 2 m k k k k k m k x y x y M M M − − − + ≥ ≥ = + ≥ = ( ) 3 2 2 3 .5 3 3 3 m v m k m k n k + − + − ≥ ≥ = mâu thuẫn giả thiết. TH2: Nếu 1 m =  3 x y + = nên 1, 2 x y = = hoặc 2, 1 x y = = . Kéo theo ( ) 3 1 3 1 2 v k k + = + . Nhưng ta có ( ) ( ) 3 3 3 3 v k v k k k  ≤ ∣ . Do đó ( ) 3 3 1 ( ) 1 2 3 3.3 3 2 1 3 v v k k k k k k k ≤ + + = = ≤  + ≤ mà k là số lẻ  3 k = . Khi 3, 2, 1 k x y = = = hoặc 3, 1, 2 k x y = = = thì 2 n = . Bài toán 8. (Balkan 1993) Cho p là số nguyên tố và 1 m là số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên dương 1, 1 x y mà 2 2 m p p x y x y + +   =     thì m p = . Lời giải. Ta có bất đẳng thức quen thuộc 2 2 p p p x y x y + +   ≥     với mọi số nguyên dương p . Kết hợp giả thiết 2 2 m p p x y x y + +   =      m p ≥ . Đặt ( ) , d x y = , 1 1 , x dx y dy  = = với ( ) 1 1 , 1 x y = , 1 1 , 1 x y ≥ và không đồng thời bằng 1 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 268 Ta có 2 2 m p p x y x y + +   =     ⇔ ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 m m p p m p x y d x y − − + = + . Ta có hai trường hợp TH1: Nếu p lẻ Gọi q là ước nguyên tố bất kì của 1 1 x y + . Đặt ( ) 1 1 1 q v v x y = + ≥ o Nếu q lẻ, áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2m p p q q v x y v v p − + = + Mà ( ) ( ) 1 1 q m m p v x m y v d − + ≥  ( ) q v v p mv + ≥ 1 mv v  ≤ + (Vì ( ) ( ) 1 0 q q v p khi q p v p khi q p = =   = ≠   ) ( ) 1 1 v m  − ≤ Do đó 2 2 m p m ≤  ≤ ≤ mâu thuẫn. o Nếu 2 q = thì 1 m v mv − + ≥ , nên 1 v ≤ và 1 1 2 x y + = , hay x y = , suy ra m p = . TH2: Nếu 2 p = o Nếu ( ) ( ) , 1,2 x y = hoặc ( ) ( ) , 2,1 x y = thay vào ta thấy không thỏa mãn o Nếu , 2 4 x y x y ≥  + ≥ Ta có 2 3 2 2 4 2 2 2 2 2 m x y x y x y x y x y + + + +       + ≥  = ≤             3 m  ≤ mà 2 m p ≥ = 2 m  = . Vậy 2 m p = = Bài toán 9. (Romanian Junior Balkan TST 2008) Cho số nguyên tố 3 p ≠ và các số nguyên , a b thỏa mãn | p a b + và 2 3 3 | p a b + . Chứng minh rằng 2 | p a b + hoặc 3 3 3 | p a b + . Lời giải. Do | p a b + , nên nếu | p a thì | p b và khi đó 3 3 3 | p a b + . Nếu p a thì p b , lại có | p a b + Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 p p p p p v a b v a b v v a b v a b + = + +  + = + . Mà 2 3 3 | p a b + nên ( ) 3 3 2 p v a b + ≥ , kéo theo ( ) 2 p v a b + ≥ , hay 2 | p a b + Cách giải khác. Do | p a b + , nên nếu | p a thì | p b kéo theo 3 3 3 | p a b + . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 9. 269 Nếu p a thì p b . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 | 3 p a b a b a b ab + = + + − , mà , p a b nên ( ) ( ) 2 3 p a b ab + − . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 p p v a b v a b a b ab + = + + − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 p p p v a b v a b ab v a b = + + + − = + . (vì ( ) ( ) 2 3 p a b ab + − nên ( ) ( ) 2 3 0 p v a b ab + − = ) Mà 2 3 3 | p a b + nên ( ) 3 3 2 p v a b + ≥ , kéo theo ( ) 2 p v a b + ≥ , hay 2 | p a b + . Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài toán 10. Tìm tất cả các số nguyên dương , , x y p thỏa mãn 1 x p p y − = với p là một số nguyên tố. Lời giải. Ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu 2 2 2 1 x p y =  − = y  là số lẻ. Khi đó ( ) 2 2 1 2 mod4 x y = + ≡ 1, 1 x y  = = TH2: Nếu p là số nguyên tố lẻ, ta có 1 p x y p + = Áp dụng Định lý Fecmat nhỏ ta có ( ) 1 1 mod x p p y y p = + ≡ + | 1 p y  + . Khi đó áp dụng Định lý 2 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 p p p p p v y v y v p v y + = + + = + + ( ) 1 1 p x v y  − = + Mặt khác ( )( ) 1 2 1 1 1 ... 1 p p p x y y y y y p − − − + = + − + − + = Do đó 1 1 2 1 ... 1 x p p y p y y y p − − −  + =   − + − + =   o Nếu 1 y = thì 2 p = (loại) o Nếu 1 2 3 3; 2 x y p p x − =  =  = = (thỏa mãn) o Nếu 2 y , ta có ( ) ( ) ( ) 1 2 2 4 ... 1 1 1 ... 1 1 p p p p y y y y y y y y y − − − − − + − + = − + − + + − + 2 4 ... 1 1 p p y y y y − − + + + + + 1 x p p −  D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 270 ( ) 1 1 0 p x v y  =  + = (vô lý vì | 1 p y + ) Vậy bộ ( ) , , x y p thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) ( ) 1,1,2 ; 2,2,3 Bài toán 11. (Trung Quốc 2009) Tìm cặp số nguyên tố ( ) , p q thỏa mãn |5 5 p q pq + . Lời giải. Ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu 5 p q = = thỏa mãn. TH2: Nếu một trong hai số bằng 5 và số còn lại khác 5. Không giảm tổng quát, giả sử 5, 5 p q = ≠ . Ta có 5 4 1 5 |5 5 |5 5 q q q q − + ⇔ + Nhưng theo Định lý Fecmat bé ta có ( ) 1 5 1 mod q q − ≡ 4 |5 1 626 q  + = 2 q  = hoặc 313 q = . Trường hợp này ta có bốn nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) 5,2 ; 5,313 ; 2,5 ; 313,5 TH3: Nếu một trong hai số bằng 2 và số còn lại khác 5. Không giảm tổng quát giả sử 2, 5 p q = ≠ ( ) 15 5 0 mod2 q q  + ≡ Mà theo Định lý Fecmat bé ta thu được ( ) 5 5 mod q q ≡ và ( ) 5 5 mod2 q ≡ do đó ( ) 30 0 mod2q ≡ 3 q  = Trường hợp này ta có hai nghiệm ( ) ( ) 2,3 ; 3,2 TH4: Nếu , p q khác 2 và 5 Ta có ( ) ( ) 5 5 mod ,5 5 mod p q p q ≡ ≡ , kết hợp với giả thiết ( ) ( ) 2 1 1 1 2 1 5 1 5 1 5 1 5 1 p p q q q q p p − − − −   + −       +  −    ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ Đặt 5 q m ord = ( ) ( ) ( ) 2 2 | 2 1 1 1 m p v m v p  −  ≤ + − Mặt khác ( ) 1 5 1 0 mod p q − + ≡ ( ) 1 5 1 mod p q −  ≡ / 1 p m  − ( ) ( ) 2 2 1 1 v m v p  = + − Lại có ( ) ( ) 1 5 1 mod | 1 q q m q − ≡  − ( ) ( ) 2 2 1 v m v q  ≤ − Do đó ( ) ( ) 2 2 1 1 1 v p v q + − ≤ − ( ) ( ) 2 2 1 1 v p v q  − − Tương tự khi xét theo modulo p ta lại có ( ) ( ) 2 2 1 1 v q v p − − (Vô lý). Vậy các cặp số thỏa mãn là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 2,5 ; 5,2 ; 5,5 ; 5,313 ; 313,5 p q = Bài toán 12. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng không tồn tại các số , x y∈ℤ sao cho ( ) 1 ! p p p y p p x − =     + . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 10. 271 Lời giải. Giả sử tồn tại , x y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do ( ) ( ) ( ) 2 1 ! 1 ! 1 ! p p p p p p p p p −  −  −         . Ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu | p x mà | | p p p x y p y +  . Mà p là số nguyên tố lẻ nên 3 p ≥ , ta có ( ) 2 2 2 | , | | 1 ! p p p p p x p x p y p y p p  − =     + . Mâu thuẫn. TH2: Nếu p x mà ( ) 1 | ! p p p p p x y p + = −     nên p y . Theo Định lý Fermat nhỏ, ta có ( ) mod p p x y x y p x y p + ≡ +  + ⋮ . Áp dụng Bổ đề 2, ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 p p p p p p p v x y v x y v p x y p + = + + ≥  + ⋮ (Mâu thuẫn) Vậy không tồn tại các số nguyên , x y thỏa mãn đề bài. Bài toán 13. (IMO shortlist 2014) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( ) , , x y p , thỏa mãn 1 p x y − + và 1 p x y − + đều là lũy thừa của p, trong đó p là số nguyên tố. Phân tích bài toán. Ý tưởng là xét bài toán theo p. Ta sẽ tìm cách giới hạn lại p Dễ dàng xét với trường hợp 2 p = Với trường hợp 3 p ≥ , vì 1 p x y − + và 1 p x y − + đều chứa các số hạng có số mũ là 1 p − nên ta nghĩ đến sử dụng Định lý Fecmat, do đó cần xét các trường hợp p có là ước của , x y không. Đồng thời giả thiết 1 p x y − + và 1 p x y − + đều là lũy thừa của p gợi ý cho ta nghĩ đến việc sử dụng Bổ đề LTE. Lời giải. Ta xét hai trường hợp sau TH1: 2 p = , dễ dàng thấy bộ ( ) ,2 ,2 k x x − thỏa mãn bài toán TH2: 3 P ≥ +) Ta thấy rằng nếu p là ước của một trong hai số x hoặc y thì p cũng là ước của số còn lại Giả sử ( ) ( ) , p p v x a v y b = = , , 0 a b Không giảm tổng quát giả sử a b ≥ Ta có ( ) 1 1 p p p v x a b − − =  ( ) 1 p p v x y b − + = 1 p b x y p −  + = điều này vô lý vì 1 p b x y y p − + +) Nếu p không là ước của x và y Theo định lý Fecmat, ta có 1 1 1 , 1 p p x p y p − − − − ⋮ ⋮ Trước hết ta chứng minh x y ≠ . Thật vậy giả sử 1 p x y x x − =  + là lũy thừa của p ( ) 1 1 p p a p v x x a x x p − − + =  + = mà 1 p a x x x p − + = (vô lý) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 272 Không giảm tổng quát giả sử 1 1 p p x y x y x y − −  + + Đặt 1 1 , p m p n x y p y x p m n − − + = + =  . Ta có ( ) ( ) 1 1 2 1 1 | | n p p n p p p p x y x y p y x y x y − − − − − = + +  + − + ( ) 2 2 | 1 n p p p x x y − −  − ( ) 2 | 1 p n p xy −  − Mà ( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 2 mod mod p p p n p n x y p x y p − − − − ≡ −  ≡ − ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 mod p p p n xy y p − −  − ≡ − − Hay ( ) 2 1 p p n y p − + ⋮ Lại có ( ) ( ) 1 1 mod mod p p y p y y p − ≡  ≡ ( ) ( ) 2 2 1 1 mod p p p y y p − −  + ≡ + ( ) 2 1 0 mod p y p −  + ≡ Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 p p p p p v y v y − − + = + + 2 1 1 p n y p − −  + ⋮ ( ) ( ) 2 1 1 2 1 1 p n p p p p y p x y y y y y − − − −  + ≥ = + + = + p y  1 p y  ≥ + Lại có 1 1 p x p − − ⋮ ( ) 1 1 p x y y p −  + − + ⋮ 1 1 y p y p  +  + ≥ ⋮ Do đó 1 y p + = Ta có ( ) ( )( ) 1 2 2 | 1 1 1 p n p p x y p p y y y − − − + = + = + + ( ) 1 1 2 1 | 1 2 2 p p p p x y y y y y x − − − −  + + + + + ( ) 1 2 1 p p n x y p y p − −  + = + = ( ) 2 1 1 1 p n p p − −  − + = +) Nếu 3 2; 5 p y x =  = = +) Nếu 3 p Ta có ( ) 2 1 1 p p P − − + và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 3 2 3 2 2 1 1 1 1 2 1 mod p p i i p i p i p p p p p C p C p p p p − − − − − = − − − − − = − ≡ − + − ≡ − −   ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 1 1 2 mod p p p p p p − − + ≡ − − + ≡ − (vô lý) Vậy tất cả các bộ cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( ) , , ,2 ,2 , 2,5,3 , 5,2,3 k x y p x x = − . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 11. 273 Bài toán 14. ( IMO 1999) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( ) , n p sao cho p là số nguyên tố và ( ) 1 1 n p − + chia hết cho 1 p n − . Phân tích bài toán. Với bài toán này việc tìm ra các yếu tố , , p a b đề áp dụng Bổ đề LTE không phải là điều dễ dàng. Nó đòi hỏi ở người làm toán phải có Kinh nghiệm và vận dụng một cách linh hoạt các định lý số học. Trong bài toán này việc sử dụng Định lý Fecmat là điều mà chúng ta có thể nghĩ đến. Lời giải. Nếu 1 n = thì p là số nguyên tố bất kỳ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nếu 2 n ≥ , ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu 2 p = thì 2 2 n n  = ⋮ TH2: Nếu 2 p . Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n , q là số lẻ Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 mod 1 1 mod n n p q p q − ≡ −  − ≡ và ( ) 1, 1 p q − = Gọi ( ) 1 q t ord p = − | 2 t n  Áp dụng Định lý Fecmat nhỏ, ta có ( ) ( ) 1 1 1 mod q p q − − ≡ | 1 t q  − Nếu ( ) , 1 t n , gọi d là một ước nguyên tố của t và n | d n  Mà | 1 d t d t q d q  ≤ ≤ −  . Do đó , d q đều là ước của n và d q mâu thuẫn với cách chọn q. Vậy ( ) , 1 t n = . Khi đó | 2 2 t t  = hay ( ) ( ) 2 1 1 mod p q − ≡ ( ) ( ) 2 0 mod p p q  − ≡ . Ta có 2 khả năng sau +) Nếu | 2 q p − thì ( ) ( ) 1 1 1 1 2 mod n n p q − + ≡ + ≡ 2 q  =  ( ) 1 1 2 n p p − +  ⋮ là số chẵn (mâu thuẫn). +) Nếu | q p . Khi đó 3 p ≥ và ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 mod n n p q − + ≡ − + Nếu n chẵn thì ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 mod n n p q − + ≡ − + ≡ 2 q  = 2 q  =  ( ) 1 1 2 n p p − +  ⋮ là số chẵn (mâu thuẫn). Vậy n là số lẻ Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 n q q q q v p v p v n p v n − + = + ≥ − ( ) ( ) ( ) 2 q q v p p v n  ≥ − Đặt a p q b = , với * , a b∈ℕ . Ta chứng minh quy nạp được rằng 2 a q b a ≥ + với 3 q ≥ ( ) 2 q p v p  ≥ + . Đẳng thức xảy ra khi 1, 3 a b q = = = ( ) ( ) ( ) 2 2 q q p v p p v n  − ≥ ≥ − ( ) 1 q v n  = và 1, 3 a b q p = = = = ( ) 3 1 v n  = . Đặt 3 n k = , với ( ) * , ,3 1 k k ∈ = ℕ , k là số lẻ. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 274 Từ giả thiết ta có 2 8 1 9 k k + ⋮ . Nhận xét 8 1 9 k + ⋮ . Do đó ta cần tìm k sao cho 2 8 1 k k + ⋮ +) Với 1 3 k n =  = thỏa mãn +) Với 2 k ≥ , tương tự cách chứng minh trên, ta gọi r là ước nguyên tố nhỏ nhất của k và 8 r s ord = . Khi đó | 2 2 s s  = 2 |8 1 r  − hay 7 r = (vô lý vì ( ) 8 1 2 mod7 k + ≡ ) Vậy cặp số ( ) , n p thỏa mãn là ( ) ( ) ( ) 1, , 2,2 , 3,3 p Bài toán 15. ( TST Romania 2009) Cho , 3 a n ≥ là hai số nguyên dương sao cho tồn tại số tự nhiên 2 k ≥ thỏa mãn ( ) | 1 k n a − . Chứng minh rằng n là ước của 1 2 ... 1 n n a a a − − + + + + . Lời giải. Ta có 1 2 1 ... 1 1 n n n a a a a a − − − + + + + = − Gọi p là một ước nguyên tố của n . Ta có ( ) | | 1 k p n a − và ( ) , 1 a p = Áp dụng Định lý 2, Ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 n p p p v a v a v n − = − + ( ) 1 1 n p p a v v n a   −  =   −   . 1 | 1 n a n a −  − (đpcm). Bài toán 16. Cho , a n là hai số nguyên dương và p là một số nguyên tố lẻ thỏa mãn ( ) 1 mod p n a p ≡ . Chứng minh rằng ( ) 1 1 mod n a p − ≡ . Lời giải. Vì ( ) 1 mod p n a p ≡ nên ( ) , 1 a p = . Theo Định lý Fermat nhỏ, ta có ( ) 1 1 mod p a p − = . Do đó ( ) 1 mod p p a a p − = mà ( ) , 1 a p = nên 1 p a − ∣ . Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 p p p p p v a v a v p n v a n − = − + ≥ ⇔ − ≥ − . Vậy ( ) 1 1 mod n a p − ≡ . Bài toán 17. Tìm tất cả các số nguyên dương , 1 a b thỏa mãn 1 a b b a − ∣ . Lời giải. Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của b. Đặt p m ord a = . Trước tiên, ta chỉ ra 1 m = . Thật vậy +) Nếu 2 p = hoặc a p ⋮ thì ta có 1 m = . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 12. 275 +) Nếu p là số nguyên tố lẻ và p a . Do | | | 1 | 1 a b b p b b a p a −  − nên | m b . Do a p ⋮ , theo Định lí Fermat nhỏ, ta có 1 | 1 p p a − − nên | 1 m p − . Do đó ( ) | , 1 m b p − . Vì p là ước nguyên tố nhỏ nhất của b nên ( ) 1, 1 p b − = . Vậy 1 m = . Trở lại bài toán, ta xét hai trường hợp sau TH1: Nếu p lẻ Áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 . b a p p p p p v a v a v b v b a v b − = − + ≥ = nên ( ) ( ) ( ) 1 1 1 p p v a a v b a − ≥ − ≥ − , điều này vô lí. TH2: Nếu 2 p = . Ta suy ra b chẵn, 1 b a − cũng chẵn nên a lẻ. Áp dụng Định lý 4, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 b v a v a v a v b av b − = − + + + − ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 v a v a a v b a a  − + + ≥ − + ≥ − + = Đẳng thức chỉ xảy ra khi ( ) 2 3, 1 a v b = = . Đặt 2 b s = với s là lẻ, yêu cầu đề bài trở thành 3 3 2s 2 |3 1 s − . o Nếu 1 s = thì 2, 3 b a = = thỏa mãn yêu cầu. o Nếu 1 s . Đặt q là ước nguyên tố nhỏ nhất của s nên q cũng là lẻ. Đặt 3 q n ord = . Tương tự như trên, ta cũng chỉ ra 1 n = . Thật vậy: +) Nếu 3 q = thì 1 n = . +) Nếu 3 q ≠ thì | | | n q s n s  và theo định lí Fermat nhỏ, ta có 1 |3 1 q q − − nên | 1 n q − . Từ đó ( ) | , 1 n s q − , mà q là ước nguyên tố nhỏ nhất của s nên ( ) , 1 1 1 s q n − =  = . Khi đó |3 1 2 q − = , điều này mâu thuẫn với q lẻ do s lẻ. Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) ( ) , 3,2 a b = . Bài toán 18. Cho số nguyên dương 1 a . Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 2000 2 | 1 n a − . Lời giải. Từ giả thiết ta có ( ) 2 1 2000 n v a − ≥ Ta có ( ) 2000 1 mod2 n a ≡ . Theo Định lý Euler kết hợp giả thiết n nhỏ nhất suy ra ( ) 2000 1999 | 2 2 n ϕ = n  là lũy thừa của 2 2 2k  = với 0 k ≥ . Khi đó D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 276 ( )( )( ) ( ) 1 2 2 2 1 1 1 1 1 ... 1 k k n a a a a a a − − = − = − + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ... 1 k n v a v a v a v a − − = − + + + + + Mà ( ) ( ) 2 2 2 1 2 mod4 1 2 i i a v a + ≡  + = với 1, 1 i k = − Vậy ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 2000 n v a v a k − = − + − ≥  ( ) 2 2 2001 1 k v a ≥ − − Vậy chọn k thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2001 1 1 2001 0 1 2001 k v a khiv a k khiv a  = − − − ≤   = −   Khi đó 2k n = thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 19. (China TST 2009) Cho hai số nguyên dương 1 a b và b lẻ, n là số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu | 1 n n b a − thì 3n b a n . Phân tích bài toán. Nếu gọi p là một ước nguyên tố của b khi đó ( ) | | 1 n n n p b a − và ( ) , 1 p a = theo Định lý Fecmat bé, ta có ( ) 1 1 1 mod | 1 p p a p p a − − ≡  − . Lúc này ta đủ điều kiện sử dụng Bổ đề LTE với nhận xét ( ) ( ) 1 1| 1 n n p a a − − − Lời giải Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của b. Do b lẻ nên p là số nguyên tố lẻ Do ( ) ( ) | | 1 1 n n n n n p p p b a n v b v a −  ≤ ≤ − Lại có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 n n p p p p p p p p v a v a v a v n v n a − − − − ≤ − = − + = − ( ) 1 1 1 1 n n p p p p n a a n − −  ≤ −  ≥ + 1 3 n n b p p a a n n −  ≥ Vậy 3n b a n Bài toán 20. (Bulgaria 1997) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 n n − là lũy thừa của một số nguyên tố. Chứng minh rằng n là số nguyên tố. Lời giải. Đặt 3 2 n n k p − = với p là một số nguyên tố Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử n không phải là số nguyên tố. Suy ra tồn tại số nguyên tố p sao cho n qr = , , 1 r r ∈ ℕ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 13. 277 Ta có ( ) 3 2 | 3 2 |3 2 q q qr qr q q p − −  − Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 qr qr q q p p p k v v v r = − = − + . Đến đây ta xét hai trường hợp sau TH1: p r  ( ) ( ) 3 2 3 2 qr qr q q p p v v k  − = − = 3 2 3 2 2 qr qr q q k  − = − = điều này không xảy ra vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 3 2 3 2 3 3 2 ... 2 3 2 q r q r q r qr qr q q q q − − − − = − + + + − TH2: | p r  3 2 | 3 2 | 3 2 p p r r n n − − − |3 2 p p p  − Hay ( ) 3 2 0 mod p p p − ≡ Áp dụng Định lý Euler, ta có ( ) ( ) 3 3 mod ,2 2 mod p p p p ≡ ≡ ( ) 3 2 3 2 1 mod p p p  − ≡ − ≡ (mâu thuẫn) Vậy n thỏa mãn điều kiện phải là một số nguyên tố. Bài toán 21. Chứng minh rằng không tồn tại cặp số ( ) , a n nguyên dương 2 n sao cho ( ) 1 n n a a + − là lũy thừa của 5. Lời giải. Giả sử tồn tại số nguyên dương m sao cho ( ) 1 5 n n m a a + − = Nhận xét rằng nếu 1 a + chia hết cho 5 thì số còn lại cũng chia hết cho 5(vô lý). Do đó cả hai số 1 a + và a đều không chia hết cho 5. Ta xét các trường hợp sau TH1: ( ) ( ) ( ) 1 mod5 0 1 2 1 mod5 n n n a a a ≡  ≡ + − ≡ − 4| n  TH2: ( ) ( ) ( ) 2 mod5 0 1 3 2 mod5 n n n n a a a ≡  ≡ + − ≡ − 2| n  TH3: ( ) ( ) ( ) 3 mod5 0 1 4 3 mod5 n n n n a a a ≡  ≡ + − ≡ − 4| n  Do đó n luôn là số chẵn, đặt 1 1 1 2 , , 2 n n n n = ∈ ≥ ℕ . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 5 1 1 1 ... 1 n n n n n m a a a a a a a a − − − = + − = + − + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 ... 1 n n n a a a a a − − − = + + + + + + 5| 2 1 a  + và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 5 5 5 1 ... 1 1 2 1 n n n n n v a a a a v a a v a − − − + + + + + = + − − + Mặt khác, áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 5 5 5 1 5 5 1 1 2 1 2 2 1 n n v a a v a v n v a v n + − = + + = + + D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 278 Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 5 5 1 1 ... 1 n n n v a a a a v n − − − + + + + + = Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 ... 1 n n n a a a a − − − + + + + + là lũy thừa của 5 nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 ... 1 n n n n a a a a − − − + + + + + ⋮ (Vô lý vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 ... 1 n n n a a a a n − − − + + + + + với * 1 1 2, a n + ≥ ∈ℕ ) Vậy không tồn tại cặp số ( ) , a n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 22. Cho , , b m n là các số nguyên dương thỏa mãn 1; m m n ≠ . Biết 1 m b − và 1 n b − có cùng tập hợp các ước nguyên tố. Chứng minh rằng 1 b + là lũy thừa của 2 . Lời giải. Từ giả thiết, gọi p là ước nguyên tố bất kì của 1 m b − và 1 n b − Áp dụng một kết quả quen thuộc ( ) ( ) , 1, 1 1 m n m n b b b − − = − , đặt ( ) , m n α = Ta suy ra | 1 p bα − Với ( ) , m n α = * , k l  ∃ ∈ℕ sao cho , m k n l α α = = với ( ) , 1 k l = Đặt a bα = , từ giả thiết ta suy ra tập hợp các ước nguyên tố của 1, 1, 1 k l a a a − − − là trùng nhau. Do m n ≠ suy ra trong hai số k và l phải có ít nhất một số lớn hơn 1. Giả sử 1 k . Ta sẽ chứng minh 1 a + là lũy thừa của 2 . Thật vậy, ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu k là số chẵn, đặt 1 2 k k β = với 1 k lẻ Ta có ( )( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 ... 1 k k k k k a a a a a β − − = − + + + Do đó mọi ước nguyên tố q của 1 1 k a + cũng là ước của 1 a − Mà với 1 k lẻ thì 1 1 1 k a a + + ⋮ , ( ) 1, 1 1 a a − + = hoặc 2 2 2 q q   = ⋮ Do đó 1 1 k a + là lũy thừa của 2 1 a  + cũng là lũy thừa của 2 TH2: Nếu k là số lẻ, ta có ( )( ) 1 1 1 ... 1 k k a a a a − − = − + + + Gọi q là ước nguyên tố bất kì của 1 ... 1 k a a − + + + . Do 1 ... k a a − + + là tổng của chẵn số tự nhiên nên nó là số chẵn  1 ... 1 k a a − + + + là số lẻ q  là số lẻ và là ước của 1 k a − q  cũng là ước của 1 a − Ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ... 1 k k q q q v a v a v a a − − = − + + + + Áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 k q q q v a v a v k − = − + Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ... 1 1 1 k k q q q q v a a v a v a v k − + + + = − − − = ( ) 1 ... 1 k k a a −  + + + ⋮ (vô lý vì 1 ... 1 k a a k − + + + ) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 14. 279 Vậy 1 1 a bα + = + là lũy thừa của 2 1 bα + là lũy thừa của 2 nên b là số lẻ +) Nếu α là số chẵn thì ( ) ( ) 2 1 1 2 mod4 b b α α + = + ≡ là lũy thừa của 2 1 b  = +) Nếu α là số lẻ thì ( )( ) 1 1 1 ... 1 b b b b α α− + = + + + + nên 1 b + cũng là lũy thừa của 2 Vậy trong mọi trường hợp thì 1 b + là lũy thừa của 2 Tiếp theo ta xét một số bài toán sử dụng Bổ đề mũ đúng dưới dạng Định lý Lengedre. Bài toán 23. (IMO 2019) Tìm các cặp số nguyên dương ( ) , n k sao cho ( )( )( ) ( ) 1 ! 2 1 2 2 2 4 .... 2 2 n n n n n k − = − − − − . Phân tích bài toán. Ý tưởng chính của bài toán là cố gắng giới hạn lại ( ) , n k , chỉ xét tại hữu hạn trường hợp. Vế phải chứa các thừa số dạng ( ) 2 2 n i − , vế trái là ! k nên ta nghĩ đến sử dụng bổ đề LTE và Định lý Legendre với 2,3 p = Lời giải. Xét ( ) 2 1 ! 2i i k v k k ∞ =   = ≤      ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2 2 4 .... 2 2 1 2 ... 1 2 n n n n n n n v n − − − − − − = + + + − = ( ) 1 2 n n k −  ≤ ( ) 1 Xét ( ) 3 1 ! 3 3 i i k k v k ∞ =   = ≥      Mặt khác ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 3 1 3 2 1 2 2 2 4 .... 2 2 1 ! 2 2 2 4 n n n n n n i v v i n n n n v       − = − − − − = +       = + ≤ +              Do đó 3 2 4 k n n ≤ + ( ) 2 Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra ( ) 1 9 2 4 n n n k − ≤ ≤ 4 n  ≤ Bây giờ ta kiểm tra và suy ra ( ) ( ) ( ) , 1,1 ; 2,3 n k = . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 280 Bài toán 24. (HSG Hà Nam 2016) Cho q là số nguyên tố lẻ và đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ! 2 ! q q A q q q = + + . Chứng minh rằng A có một ước nguyên tố 2 p q . Phân tích bài toán. Ý tưởng của bài toán là chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Tìm dạng phân tích tiêu chuẩn của A. Để ý vế phải các số hạng đều là lũy thừa của 2q với cơ số là 2q và ( ) 2 ! q từ đó nghĩ đến sử dụng Bổ đề LTE và Định lý Legendre với 2, p q = . Lời giải. Giả sử ngược lại, mọi ước nguyên tố p của A đều không vượt quá 2q. Khi đó ta có: ( ) | 2 ! p q và ( ) ( ) 2 | 2 ! q p q do đó | 2 p q Từ đó suy ra 2 p = hoặc p q = A  có dạng 2 . m n q với , m n∈ℕ. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ; 2 ! 2 q q v q q v q q = Và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2; 2 ! 2 q q q q v q q v q q = Mặt khác, theo Định lý Legendre suy ra ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 2 ! .... 2 ... 2 2 2 2 2 q q v q q q   ≤ + + ≤ + +     và ( ) ( ) 2 ! 2 q v q = vì 2 q Từ đó suy ra ( ) ( ) 2 2 , 2 q m v A q n v A = = ( ) 2 2 2 2 2 q q A q q  vô lý. Vậy A có ước nguyên tố lớn hơn 2q. Bài toán 25. (Rumani 2010) Cho , a n là các số nguyên dương sao cho tất cả các ước nguyên tố của a đều lớn hơn n . Chứng minh rằng ( )( ) ( ) 2 1 1 1 .... 1 n a a a − − − − chia hết cho ! n . Phân tích bài toán. Ta sẽ chỉ ra rằng nếu p là một ước nguyên tố của n thì ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 1 ! 1 1 .... 1 n p p v n v a a a − ≤ − − − Lời giải. Vì tất cả các ước nguyên tố của a đều lớn hơn n nên ( ) , 1 a n = . Gọi p là ước nguyên tố của ! n . Khi đó ( ) , 1 a p = Áp dụng Định lý Fecmat nhỏ, ta có ( ) 1 1 mod p a p − ≡ ( ) ( ) 1 1 mod k p a p −  ≡ với 1 k ∀ ≥ Theo Định lý Lengendre, suy ra D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 15. 281 ( ) 1 1 1 ! k p i i i i i i n n n v n p p p ∞ ∞ = = =   = ≤ =        với * 1 , k k k p n p + ∈ ≤ ℕ ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 ! . . 1 1 1 1 1 k k p i i p p n n p n v n n n p p p p =     − −     −     ≤ = ≤ = − − −  ( ) ( ) 1 ! 1 1 p n v n p   −  ≤   −   Lại có ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 1 1 1 .... 1 1 1 k p n n k p n k p k k v a a a a a − ≤ − − − = = − − − = − ≥ −   ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 1 k p n k n n p p − ≤ =     − ≥ = ≥     − −      Từ ( ) 1 và ( ) 2 ta suy ra ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 1 ! 1 1 .... 1 n p p v n v a a a − ≤ − − − (đpcm) Bài toán 26. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho ( ) 2 1 ! n − chia hết cho ( ) ! n n . Phân tích bài toán. Trước hết ta thử một vài giá trị ban đầu của n và nhận thấy 1 n = thỏa mãn, 2,3,4 n = không thỏa mãn bài toán. Đồng thời ta nhận thấy nếu n p = là một số nguyên tố thì hoàn toàn có thể kiểm tra kết quả của bài toán dựa vào Bổ đề LTE và Định lý Legendre. Lời giải. Trước tiên ta chứng minh rằng 4 n = và n p = là số nguyên tố thì ( ) ( ) 2 1 ! ! n n n / − ⋮ Thật vậy o Nếu 4 n = thì ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 2 4! 4 4! 12 11 4 1 v v v = = = − , do đó ( ) ( ) 2 1 ! ! n n n − ⋮ o Nếu n p = là một số nguyên tố thì ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ! . ! 1 1 ! p p p p v p p v p p p v p = = − = − do đó ( ) ( ) 2 1 ! ! n n n / − ⋮ Tiếp theo, ta chứng minh rằng khi 4 n ≠ và n không phải là số nguyên tố thì ( ) ( ) 2 1 ! ! n n n − ⋮ . Thật vậy Gọi p là một ước nguyên tố bất kì của n . Ta sẽ chứng minh ( ) ( ) 2 ! 1 ! p p nv n v n ≤ − Đặt d n p k = , với ( ) * , , , 1 k d k d ∈ = ℕ ( ) ( ) 2 ! 1 ! p p nv n v n ≤ − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ! ! ! 2 p p p p nv n v n v n v n d ⇔ ≤ − = − D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 282 * * 2 2 2 d d d j j j j p k p k d p k p p ∈ ∈     ⇔ + ≤           ℕ ℕ (định lý Legendre) Lại có * * * * 2 2 . . . . . . d d d d d d d j j j j j j j j p k p k p k p k p k p k p k p p p p ∈ ∈ ∈ ∈           = = +                         ℕ ℕ ℕ ℕ Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với * . . 2 d d j j p k p k d p ∈     ≥          ℕ 2 1 . . 2 d d d j j d p k p k d p = +     ⇔ ≥          1 . . 2 d d j j k p k d p =     ⇔ ≥          Với nhận xét * , x y∈ℕ và x y ⋮ , ta có 1 y x x   ≥     . Do đó ( ) ( ) 1 1 1 1 1 0 0 1 . . . . . . 1 ... d d d d d d j j d j j j j j j k p k p k p k p k k p p p p − − − = = = =         ⇔ ≥ = = = + + +                   Ta cần chứng minh ( ) ( ) 1 1 ... 2 * d k p p d − + + + ≥ Ta chứng minh ( ) * bằng quy nạp theo d o Nếu 0 d = thì ( ) * đúng o Nếu 1 d = , vì d n p k = và n là số nguyên tố nên 2 k ≥ , BĐT (*) đúng. o Nếu 2 d = ta cần chứng minh ( ) 1 4 k p + ≥ 2 2 2 4 2 p n k k =  = ≠  ≥ do đó BĐT đúng 3 p ≥ thì BĐT luôn đúng o Nếu 3 d ≥ ta có ( ) 1 1 1 ... 1 2 ... 2 2 1 2 d d d k p p d − − + + + ≥ + + + = − ≥ Do đó ( ) * được chứng minh Vậy 4 n ≠ và n không phải là số nguyên tố là tất cả các giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ngoài việc Bổ đề số mũ đúng được vận dụng trực tiếp vào lời giải thì phương pháp này còn được dùng để tìm dạng vô hạn trong các bài toán chia hết. Ta xét một số bài toán sau Bài toán 27. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ( ) 1 2 1 2015 n v n − − = . Lời giải. Nếu n là số chẵn thì 1 1 2 n n − − ⋮ , không thỏa mãn với đề bài ( ) 1 2 1 2015 n v n − − = . Vậy n là số lẻ. Áp dụng Định lý 4 ta có D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 16. 283 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n v n v n v n v n − − = − + + + − − ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 v n v n = − + + − . Do đó ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2016 v n v n − + + = .Ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu ( ) ( ) 1 mod4 , 1 2 mod4 n n ≡ + ≡ thì ( ) 2 1 1 v n + = , nên ( ) 2 2 1 2016 1 2015 v n − = − = , vô lí. TH2: Nếu ( ) ( ) 3 mod4 , 1 2 mod4 n n ≡ − ≡ thì ( ) 2 1 1 v n − = , ta có ( ) 2 2 1 2016 v n + + = ( ) 2 1 2014 v n  + = . Khi đó 2014 2014 1 2 2 1 n k n k + =  = − với mọi số nguyên dương k . Đặt 2 1 k m = + thì ( ) 2015 2014 2 2 1 n m m = + − ∈ℕ là các số thỏa mãn đề bài. Bài toán 28. Cho k là số nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn 3 | 2 1 k n − . Lời giải. Ta xét các trường hợp sau: TH1: Nếu n lẻ thì ( ) 2 1 1 mod3 2 1 3 n n k −  − ≡ ⋮ (loại). TH2: Nếu n chẵn, ta đặt * 2 , n m m = ∈ℕ . Khi đó 2 1 4 1 m n − = − . Áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 4 1 4 1 1 m v v v m v m − = − + = + . Để 3 4 1 k m − ∣ thì ( ) 3 4 1 m v k − ≥ hay ( ) 3 1 v m k ≥ − . Do đó 1 * 3 , k m s s − = ∈ℕ . Vậy 1 2.3k n s − = với * s∈ℕ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 29. (Romania 2012) Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn 2 1 2 1 n n + + ⋮ . Phân tích bài toán. Nhận thấy 3 n = thỏa mãn bài toán. Ta tiếp tục thử và thấy 9,27 n = đều thỏa mãn. Từ đây ta dự đoán 3k n = sẽ là một dạng của n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Lời giải. Ta sẽ chứng minh 3 , n n a n = ∈ℕ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 1 2 1 1 n a n v v v a n + = + + = + Và ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 1 3 3 3 2 1 2 1 2 1 2 an n a n v v v n v a + + = + + + = + 2 | 2 1 an n a  + . Lời giải khác. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 284 Ta sẽ chứng minh số nguyên dương 3 2 1 9 n n a + = thỏa mãn yêu cầu bài toán Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 2 1 n n v a v v n = + − = − 1 3 . n n a m −  = , với m∈ℕ ( ) 3, 1 m = . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 1 3 3 3 2 1 1 2 1 2 1 1 an n a n v v v a n n + + = + + = + = + − Do đó 1 2 1 3 | 2 1 an n− + + . Lại áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 1 2 1 n a n v v v a n + = + + = 2 1 3 | n n a +  3 2 1 2 1| 2 1 a n n +  + + . Mà 2 1 | 2 1 an m + + và ( ) 3, 1 m = 2 1 | 2 1 an n a +  + Bài toán 30. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n thỏa mãn | 3 1 n n + Phân tích bài toán. Với dạng toán này, ta chỉ cần tìm một trong các dạng của n thỏa mãn yêu cầu bài toán Bằng cách thử một vài trường hợp đầu của n , ta có 2 2 5| 3 1 + , đồng thời để ý đến các điều kiện , , a b p trong Định lý 2 ta thấy 1 2.5 2.5 5 |3 1 n n n+ + . Do đó ta chỉ cần chứng minh 2.5n n a = là một dạng cần tìm. Lời giải. Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) 2.5 2 5 5 5 3 1 3 1 5 1 n n v v v n n + = + + = + 2.5 5 |3 1 n n  + Mặt khác 2.5 2|3 1 n + 2.5 2.5 |3 1 n n  + Do đó tồn tại vô hạn số dạng 2.5n n a = thỏa mãn |3 1 n a n a + Bài toán 31. Cho số nguyên 1 k . Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 1 2 3 n n n n n k + + + + ⋯ ∣ . Lời giải. Ta xét các trường hợp sau TH1: k không là lũy thừa của 2 Ta nhận xét với p là ước nguyên tố lẻ bất kì của k thì m n p = với * m∈ℕ bất kỳ thỏa mãn yêu cầu bài toán, tức là 1 2 m n n n p k + + + ⋯ ∣ . Thật vậy Xét ( ) n n i p i + − , với 1,2,3 , 1 i p = … − . Theo Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 n n p p p v i p i v p v n m + − = + = + . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 17. 285 Do đó ( ) 1 n m n p i p i + + − ∣ . Do 1,2,3, , 1 i p = … − nên ( ) ( ) 1 2 1 2 1 n m n n p p + + + + − ⋯ ∣ , suy ra ( ) ( ) 1 1 2 1 1 n n m n n n n p p p p k + + + + − + + + + + ⋯ ⋯ ∣ 1 2 m n n n p k +  + + ⋯ ∣ TH2: k là lũy thừa của 2. Với p là ước nguyên tố lẻ của 1 k + . Chứng minh tương tự phần trên, ta có m n p = với mọi số nguyên dương m. Bài toán 32. (Romanian MO 2005) Giải phương trình nghiệm nguyên dương 3 2 1 x x y = + . Phân tích bài toán. Ý tưởng của bài toán là sử dụng Bổ đề LTE trong trường hợp 2 p = và sử dụng nhận xét sau Với p là một ước nguyên tố của m a p k = với * , m k ∈ℕ thì o ( ) p v a a p ≥ o m p k m α ≥ + với . m β ≥ Kéo theo ( ) p a v a α ≥ + với ( ) p v a β ≥ hay a pβ ≥ . Lời giải Xét hai trường hợp saus TH1: Nếu x là số lẻ Áp dụng Bổ đề 1, ta có ( ) ( ) 2 2 3 1 3 1 1 x v v − = − = ( ) 2 2 1 x v y  = 1 x  = . Khi đó 1 y = TH2: Nếu x là số chẵn Áp dụng Định lý 4, Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 1 x v v v v x − = − + + + − ( ) ( ) 2 2 3 1 2 x v v x  − = + Do đó ( ) ( ) 2 2 2 2 x v y v x = + Hay ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x v y v x x v x + = +  ≤ + (*) Đến đây ta tìm cách giới hạn lại x Đặt 2m x k = , với * , m k ∈ℕ và ( ) ,2 1 k = . +) Với 3 8 m x ≥ ⇔ ≥ , ta chứng minh quy nạp được 2 2 m k m + với mọi , 3 m m ∈ ≥ ℕ Do đó ( ) 2 2 x v x + . Điều này mâu thuẫn với (*) +) Vậy 3 8 m x  mà x là số chẵn nên { } 2,4,6 x∈ . Thử các trường hợp trên ta tìm được ( ) ( ) ( ) ( ) , 1,1 , 2,2 , 4,5 x y = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 286 Sau đây, ta xét thêm một số bài toán có ý tưởng tương tự Bài toán 33. (Iran 2008) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên dương thỏa mãn ( ) 4 1 n a + là số lập phương đúng với mọi n thì 1 a = . Phân tích bài toán. Nhận xét: Số ( ) 4 1 n a + là số lập phương đúng với mọi n nếu với mọi số nguyên tố p ta đều có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 4 1 n p p p n v v v a a + + = + ⋮ Nếu a là số chẵn dễ dàng chọn 2 p = Nếu a là số lẻ, chọn 2 p ≠ , khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 1 4 p n n n p p p v v v a v a a = + = + + + Lời giải. Ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu a chẵn, chọn 1 n = . Ta có ( ) 8 4 1 a + nên ( ) 4 1 a + không thể là số lập phương đúng. TH2: Nếu a lẻ và 1 a thì ( ) 2 1 2 mod4 a + ≡ và 2 1 2 a + nên 2 1 2 , 1 s a s + ≠ . Do đó 2 1 a + có ước nguyên tố lẻ. Gọi p là số nguyên tố lẻ là ước của 2 1 a + . Áp dụng bổ đề LTE, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 p p p p p v a v a v p v a + = + + = + + . Do ( ) 2 4 1 p a + và ( ) 2 4 1 a + đều là các số lập phương đúng (ứng với 2 n p = và 2 n = ) nên ( ) 2 1 3 p p v a + ⋮  và ( ) 2 1 3 p v a + ⋮ , điều này dẫn đến ( ) ( ) 2 2 1 1 1 p p p v a v a + ≠ + + . Trong trường hợp này, ta không có số a thỏa mãn. TH3: 1 a = , ta kiểm tra được rằng ( ) 4 1 8 n a + = là số lập phương đúng với mọi n . Vậy nếu a là số nguyên dương thỏa mãn ( ) 4 1 n a + là số lập phương đúng với mọi n thì 1 a = . Bài toán 34. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n , tồn tại số nguyên m sao cho 7 2 3 1 | 4 n m m m + + − . Lời giải. Xét 1 3.7n m − = . Ta sẽ chứng minh 1 1 1 3.7 3.7 3.7 2 3 4 1 7 n n n n − − − + + − ⋮ . Ta có ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 3 7 3 7 3 7 7 7 3.7 3 7 2 3 4 1 8 1 3 4 n n n n n n n − − − − − − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + − = − + + . Áp dụng Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 7 7 1 7 7 7 8 1 8 1 7 n n n v v v n − − − − = − + = , D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 18. 287 ( ) ( ) ( ) 1 1 3 7 3 7 1 7 7 7 3 4 83 4 3.7 n n n v v v n − − ⋅ ⋅ − + = + + = . Do đó 1 1 1 3.7 3.7 3.7 2 3 4 1 7 n n n n − − − + + − ⋮ . Bài toán 35. Romanian Junior Balkan TST 2008 Cho số nguyên tố 3 p ≠ và các số nguyên , a b thỏa mãn | p a b + và 2 3 3 | p a b + . Chứng minh rằng 2 | p a b + hoặc 3 3 3 | p a b + . Lời giải, Do | p a b + , nên nếu | p a thì | p b và khi đó 3 3 3 | p a b + . Nếu p a thì p b , lại có | p a b + Áp dụng Định lý 2, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 p p p p p v a b v a b v v a b v a b + = + +  + = + . Mà 2 3 3 | p a b + nên ( ) 3 3 2 p v a b + ≥ , kéo theo ( ) 2 p v a b + ≥ , hay 2 | p a b + Lời giải khác. Do | p a b + , nên nếu | p a thì | p b kéo theo 3 3 3 | p a b + . Nếu p a thì p b . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 | 3 p a b a b a b ab + = + + − , mà , p a b nên ( ) ( ) 2 3 p a b ab + − . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 p p v a b v a b a b ab + = + + − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 p p p v a b v a b ab v a b = + + + − = + . (vì ( ) ( ) 2 3 p a b ab + − nên ( ) ( ) 2 3 0 p v a b ab + − = ) Mà 2 3 3 | p a b + nên ( ) 3 3 2 p v a b + ≥ , kéo theo ( ) 2 p v a b + ≥ , hay 2 | p a b + . Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài toán 36. (Chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội 2016) Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m có n chữ số, chỉ gồm các chữ số 1,2,3 và chia hết cho ( ) S m (với ( ) S m là tổng các chữ số của m). Lời giải. Trường hợp 1. n là lũy thừa của 3. Đặt 3t n = Theo Định lý 1, ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 10 1 10 1 3 2 t t v v v t − = − + = + ( ) 2 3 3 || 10 1 t t+  −  3 10 1 3 || 9 t t − D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 288 Ta chọn 10 1 111..11 9 n m − = = (n số 1) 10 1 9 n m n −  = ⋮ Trường hợp 2. n không là lũy thừa của 3. Khi đó tồn tại số x sao cho 1 3 3 x x n + Ta chọn ( ) 1 3x S m + = . Ta sẽ chỉ ra tồn tại số m có tổng các chữ số là 1 3x+ và 1 3x m + ⋮ . Thật vậy, o Nếu 2.3x n ≤ , đặt 3x n t = + , * t ∈ℕ . Ta chọn 111...1333...3222...2 m= , trong đó gồm t chữ số 1, t chữ số 2 và 3x t − chữ số 3 Khi đó ( )( ) 3 10 2 10 1 9 x t m + − = Ta có ( )( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 10 2 10 1 10 2 10 1 3 x x t t v v v x + − = + + − = + ( )( ) 3 1 10 2 10 1 3 9 x t x m + + −  = ⋮ o Nếu 2.3x n . Đặt 2.3x n t = + , * t ∈ℕ . Ta chọn 111...1222...2111...1 m= trong đó theo thứ tự từ trái sang phải gồm 3x t + số 1, 3x t − số 2 , t số 1 Khi đó ( )( ) 3 3 10 10 1 10 1 9 x x t t m + + + − = Ta có ( )( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 10 10 1 10 1 10 10 1 10 1 1 2 x x x x t t t t v v v x + + + + − = + + + − = + + ( )( ) 3 3 1 10 10 1 10 1 3 9 x x t t x m + + + + −  = ⋮ Vậy ta có đpcm. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 19. 289 C. PHẦN KẾT LUẬN 1. Rút ra những vấn đề quang trọng của đề tài Chuyên đề đã đưa ra hệ thống lý thuyết và bài tập liên quan đến bổ đề về mũ đúng giúp học sinh có thể tiếp cận từng bước, theo từng mức độ từ dễ đến khó. Đồng thời trong mỗi bài toán, tác giả đã đưa ra những phân tích, bình luận cụ thể để học sinh có thể thấy được cơ sở và lối tư duy tự nhiên nhất trong lời giải của từng bài toán. 2. Những đề xuất, ý kiến hợp lý Chuyên đề “Vận dụng bổ đề về mũ đúng trong các bài toán Số học” chỉ là một mảng nhỏ trong phân môn Số học đa dạng, phong phú. Tuy nhiên, nếu biết vận dụng kiến thức về bổ đề LTE, thì việc giải quyết một số bài toán Số học sẽ cho lời giải đẹp và đôi khi rất gọn gàng. Chuyên đề này hy vọng sẽ là một tài liệu tốt cho học sinh giỏi, giúp các em tiếp cận với những ứng dụng của Bổ đề LTE, hiểu sâu bản chất vấn đề và tư duy trong giải toán. Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng chuyên đề không thể tránh khỏi những sai sót. Nhóm tác giả rất mong nhận được sự góp ý quý báu của các thầy cô để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn! D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 290 Tài liệu tham khảo [1] Amir Hossein Parvardi. Lifting The Exponent Lemma (LTE), 2011. [2] Văn Phú Quốc. Đột phá đỉnh cao bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề số học, 2015. [3] Trường đông miền Nam 2019- Hướng tới kỳ thi VMO 2020. [4] Các diễn đàn toán học: Diendantoanhoc.net/forum Forum.mathscope.org Mathlinks.ro. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 20. 291 THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG PHẦN A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài Luật tương hỗ là một công cụ sắc bén trong nhiều bài toán số học, đặc biệt trong các kì thi Olympic trên toàn thế giới, nhờ nó mà chúng ta có thể giải các bài toán khó một cách thật dễ dàng và dễ hiểu. Đây là một công cụ được nhiều sách lí thuyết số học nhắc tới, bài viết nhỏ này muốn trình bày một vài bài tập Olympic để minh họa cho công cụ tuyệt vời này. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu Kí hiệu toán học có thể ví như những chương trình con trong một thuật toán. Kí toán học giúp cho việc diễn đạt vấn đề được ngắn gọn, mạch lạc và dễ hiểu hơn (vấn đề này đã được thể hiện trong lịch sử phát triển của toán học). Chính vì vậy với kí hiệu Legendre và kí hiệu Jacobi liên quan đến khái niệm đồng dư thức trong số học, giúp cho việc trình bày nhiều vấn đề trong số học liên quan đến quan hệ đồng dư một cách ngắn ngọn và dễ hiểu hơn. Rèn luyện kĩ năng vận dụng khái niệm thặng dư bình phương theo modulo n vào giải toán thông qua các bài thi học sinh giỏi, Olympic. 3. Phương pháp nghiên cứu Dựa trên dữ liệu các đề thi học sinh giỏi, Olympic trong nước và nước ngoài. Cơ sở lí luận dựa trên các phương các phương pháp phân tích, tổng hợp, tọa đàm (với học sinh và giáo viên dạy chuyên toán). 4. Giả thuyết khoa học Nếu học sinh được học chuyên sâu theo chuyên đề sẽ phát triển năng lực tư duy Toán học, đặc biệt là có phương pháp để giải quyết được một lớp các bài toán về số học liên quan đến quan hệ đồng dư. Đây là phần khó với học sinh các lớp chuyên toán. 5 . Bố cục Phần A. Đặt vấn đề Phần B. Nội dung I. Thặng dư bình phương II. Kí hiệu Jacobi III. Bài tập áp dụng IV. Bài tập đề nghị Phần C. Kết luận và kiến nghị. PHẦN B. NỘI DUNG Trước hết ta định nghĩa thặng dư bình phương của một số theo modulo n, trong đó n là số nguyên dương lớn hơn 1. I. Thặng dư bình phương D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 292 Định nghĩa 1. Cho số nguyên dương n số nguyên dương a nguyên tố cùng nhau với n được gọi là một thặng dư bình phương modulo n (chính phương modulo n) nếu phương trình 2 (mod ) x a n ≡ có nghiệm, trường hợp trái lại ta nói a không là thặng dư bình phương (không chính phương) modulo n. Nhận xét. Rõ ràng một số chính phương sẽ là một số chính phương (mod ) n với mội số nguyên dương n. Nếu a là một thặng dư bình phương modulo n và (mod ), a b n ≡ thì b cũng là một thặng dư bình phương modulo n. 1. Trường hợp modulo n p = là số nguyên tố. Định nghĩa 2. (kí hiệu Legendre): Cho p là một số nguyên tố lẻ, số nguyên a nguyên tố cùng nhau với p. Kí hiệu Legendre       a p xác định như sau: 1   =     a p nếu a là một thặng dư bình phương modunlo p 1   = −     a p nếu a là bất thặng dư bình phương modunlo p. Chú ý: Trong tài liệu còn định nghĩa cho trường hợp ⋮ a p là 0   =     a p Định lí 1. Cho số nguyên tố lẻ p, số nguyên a nguyên tố cùng nhau với p. khi đó: i) Phương trình 2 (mod ) ≡ x a p hoặc vô nghiệm, hoặc có đúng 2 nghiệm đồng dư modunlo p. ii) Trong số các số 1,2, ..., 1 − p có chính xác số thặng dư bình phương và số bất thặng dư bình phương theo modulo p cùng là 1 . 2 − p Chứng minh. Giả sử a là một thặng dư bình phương mod . p Ta thấy rằng nếu b là một trong các số thuộc { } 1,2,..., 1 − p thì 2 2 ( ) (mod ). ≡ − b p b p Do đó phương trình 2 (mod ) ≡ x a p có đúng 2 nghiệm mà bình phương có cùng thặng dư a theo modulo p. Đặt { } { } 1 1,2,..., 1 , 1,2,...,( 1)/ 2 . S p S p = − = − Với mỗi 1, i S ∈ gọi i r là số (duy nhất) mà 2 (mod ). i i r p ≡ Ta thấy rằng i j r r ≠ nếu . i j ≠ Thật vây, nếu 2 2 0(mod ) ( )( ) 0(mod ). i j r r i j p i j i j p =  − ≡  − + ≡ Nhưng điều này không xảy ra vì D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 21. 293 , i j i j − + điều không chia hết cho p do 1 , . i j i j p ≤ − + Vậy { } 2 1 | (mod ), ( 1)/ 2. i i A r S r i p i S p = ∈ ≡ ∈ = − Ta chứng minh A là tập tất các cố chính phương modulo p trong S. Thật vậy, mỗi số thuộc A đều là số chính phương (mod ). p Ngược lại, giả sử a S ∈ sao cho 2 (mod ) a k p ≡ với . k S ∈ Nếu 1 k S ∈ thì . k a r A = ∈ Nếu 1 k S ≠ thì 1 b p k S = − ∈ và ta có 2 (mod ) a b p ≡ (do 2 2 ( ) (mod ) k p k p ≡ − ) do đó . b a r A = ∈ Hệ quả. Với mỗi số nguyên tố lẻ p , ta có 1 1 0. − =   =      p r r p Định lí 2. (Tiêu chuẩn Euler) Với p là số nguyên tố lẻ và số nguyên a thỏa mãn ( , ) 1, = a p khi đó 1 2 (mod ). −   ≡     p a a p p Chứng minh. Xét trường hợp 1.   =     a p Khi đó đồng dư 2 (mod ) ≡ x a p có nghiệm 0. = x x Theo định lý Fermat bé, ta có ( ) 1 1 1 2 2 2 0 0 ( ) 1(mod ). − − − ≡ ≡ ≡ p p p a x x p Do đó 1 2 (mod ). −   ≡     p a a p p Trường hợp 1.   = −     a p Khi đó phương trình đồng dư 2 (mod ) ≡ x a p vô nghiệm. Với mỗi { } 1,2,..., 1 ∈ − i p tồn tại duy nhất ,1 1 ≤ ≤ − j j p sao cho . (mod ), ≡ i j a p rõ ràng ≠ i j (vì phương trình 2 (mod ) ≡ x a p vô nghiệm), nên các số thuộc tập { } 1,2,..., 1 − p phân thành 1 2 − p cặp, sao cho tích hai số trong mỗi cặp đều đồng dư với a theo modulo p. Từ đó 1 2 ( 1)! (mod ), − − ≡ p p a p mặt khác theo định lý Wilson thì ( 1)! 1(mod ). − ≡ − p p Do đó 1 2 (mod ). −   ≡     p a a p p D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 294 Định lý được chứng minh. Hệ quả. Với mỗi số nguyên tố 2 p , chúng ta 1 2 1 ( 1) . −   − = −     p p Như vây, phương trình đồng dư 2 1(mod ) ≡ − x p có nghiệm khi và chỉ khi 2 = p hoặc 1 (mod4) ≡ p . Phương trình đồng dư 2 1(mod ) ≡ − x p vô nghiệm khi và chỉ khi 1 (mod4). p ≡ − Định lí 3. (Kí hiệu của Lagrange có tính chất nhân) Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a và b là những số nguyên. Khi đó: i) Nếu (mod ), a b p ≡ thì a b p p     =         ii) .       =             ab a b p p p iii) Nếu ( , ) 1. a p = thì 2 1. a p   =       Chứng minh. i) Nếu (mod ), a b p ≡ thì phương trình 2 (mod ) x a p ≡ có nghiệm khi và chỉ khi phương trình 2 (mod ) x b p ≡ có nghiệm. Vậy . a b p p     =         iii) Nếu a hoặc b chia hết cho p thì khẳng định của định lý hiển nhiên đúng. Bây giờ ta xét trường hợp cả a và b không chia hết cho p. Theo tiêu chuẩn Euler, ta có 1 1 1 2 2 2 ( ) . . (mod ). − − −       ≡ ≡ ≡             p p p ab a b ab a b p p p p Vì       ab p và ,             a b p p chỉ nhận các giá trị 1 hoặc -1, mà 2 ≠ p nên không thể xảy ra trường hợp 1 1(mod ), ≡ − p do đó . .       =             ab a b p p p iv) Vì 1,   = ±     a p theo ii) ta có 2 . 1.       = =               a a a p p p Nhận xét: Tích của hai thặng dư bình phương hoặc hai thặng dư không bình phương là một thặng dư bình phương, tích của một thặng dư bình phương với một thặng dư không bình phương là một thặng dư không bình phương. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 22. 295 Định lí 4. (Bổ đề Gauss) Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên dương không chia hết cho p. Nếu trong các số thặng dư dương bé nhất của các số nguyên 1 ,2 ,3 ,..., 2 p a a a a − có s thặng dư lớn hơn 2 p thì ( 1) . s a p   = −     Chứng minh. Trong số các thặng dư dương bé nhất của các số nguyên 1 ,2 ,3 ,..., , 2 p a a a a − giả sử 1 2 , ,..., s u u u là các thặng dư lớn hơn 2 p và 1 2 , ,..., t v v v là các thặng dư bé hơn . 2 p Vì ( ) , 1 ja p = với mọi 1 1 , 2 p j − ≤ ≤ nên mọi , i j u v đều khác 0, tức là thuộc tập hợp { } 1,2,..., 1 . p − Ta sẽ chứng minh tập hợp { } 1 2 1 2 1 , ,..., ; , ,..., 1,2,..., . 2 s t p p u p u p u v v v −   − − − =     Thật vậy, rõ ràng không có hai số i u nào, cũng như không có hai số t v nào đồng dư với nhau theo modulo, (nếu trái lại ta sẽ hai số tự nhiên phân biệt m, n thuộc tập 1 1,2,..., 2 p −       thỏa mãn (mod ) , ma na p m n ≡  = mâu thuẫn) đồng thời các số i p u − cũng không đồng dư với số j v nào theo modulo. Như vậy ta có 1 2 1 2 1 ( )( )...( ). .... !(mod ). 2 s t p p u p u p u v v v p −   − − − =     Mặt khác, 1 2 1 2 , ,..., ; , ,..., s t p u p u p u v v v − − − là các thặng dư dương bé nhất của 1 ,2 ,3 ,..., 2 p a a a a − theo modulo p, nên 1 2 1 2 1 2 1 , ,..., . , ,..., . !(mod ). 2 p s t p u u u v v v a p − −   ≡     Như vậy ta có 1 1 1 2 2 2 1 1 ( 1) ! . !(mod ) ( 1) 1( ) ( 1) ( ). 2 2 p p p s s s p p a p a modp a modp − − − − −     − ≡  − ≡  ≡ −         Áp dụng tiêu chuẩn Euler ta được ( 1) (mod ), s a p p   ≡ −     mà a p       chỉ nhận giá trị 1 hay 1 − , nên ( 1) . s a p   = −     Đpcm. Định lí 5. Nếu p là số nguyên tố lẻ thì 2 1 8 2 ( 1) . p p −   = −     D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 296 Như vậy, là số 2 là một thặng dư bình phương modulo p khi và chỉ khi 1(mod8). p ≡ ± Chứng minh. Áp dụng bổ đề Gauss, ta cần đếm số các thặng dư dương bé nhất lơn hơn 2 p của dãy số 1 1.2,2.2,..., .2 2 p − vì các số này bé hơn p nên chúng trùng với các thặng dư dương bé nhất của chúng. Như vậy, ta chỉ cần đếm các số của dãy lớn hơn . 2 p Số chẵn 2 , j với 1 1 , 2 p j − ≤ ≤ không vượt quá 2 p khi . 4 p j ≤ Vậy số các số trong dãy lớn hơn 2 p là 1 . 2 4 p p s −   = −     Như vậy, ta có 1 2 4 2 ( 1) . p p p −   −      = −     Bằng cách xét các trường hợp 1(mod4), p ≡ ± ta được 2 1 1 (mod2). 2 4 8 p p p − −   − ≡     Khi đó được lí được suy ra từ bổ đề Gauss. Định lí 6. (Luật thuận nghịch Gauss) Với mỗi cặp các số nguyên tố lẻ khác nhau ( , ) p q . Ta có: 1 1 . 2 2 (-1) . p q p q q p − −    =       Chứng minh. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Giả sử p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên không chia hết cho p. Khi đó ( 1) , k a p   = −     trong đó 1 2 1 . p j ja k p − =   =      (Ở đây kí hiệu x     là phần nguyên của só thực x). Chứng minh bổ đề. Xét các thặng dư dương bé nhất của các số trong dãy 1 ,2 ,3 ,..., , 2 p a a a a − theo (mod ). p Gọi 1 2 , ,..., s u u u là các thặng dư lớn hơn 2 p và 1 2 , ,..., t v v v là các thặng dư bé hơn . 2 p D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 23. 297 Theo thuật toán chia Euclide ta có (mod ), ja ja ja p p   ≡ −     với 0 1. ja ja p p   ≤ − ≤ −     Nên ja ja p   −     là số dư trong phép chia ja cho p. Do đó ( 1)/ 2 ( 1) / 2 1 1 1 1 . p p s t i j j j i j ja ja p r s p − − = = = =   = + +         (1) Mặt khác, từ chứng minh định lí 4, ta có { } 1 2 1 2 1 , ,..., ; , ,..., 1,2,..., . 2 s t p p u p u p u v v v −   − − − =     Nên ( 1)/ 2 1 1 1 1 1 ( ) p s t s t i j i j j i j i j j p r s sp r s − = = = = = = − + = − +      (2) Trừ từng vế các đẳng thức (1) và (2) ta được ( 1)/ 2 ( 1)/ 2 1 1 1 ( 1) 2 . p p s i j j i ja a j p s r p − − = = =       − = − +            (3) Do a , p lẻ và ( 1)2 2 1 1 , 8 p j p j − = − =  nên (3) suy ra ( 1)/2 2 1 1 0 ( 1) (mod2). 8 p j p ja a s p − =   − ≡ − ≡ −      Suy ra ( 1)/ 2 1 (mod2). p j ja s p − =   ≡      Do đó ( 1)/ 2 1 (mod2). p j ja s k p − =   ≡ =      Nên từ định lí 4, ta có bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán. Theo bổ đề định lí sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được ( 1)/ 2 ( 1)/ 2 1 1 1 1 . . 2 2 p q j j jq jp p q p q − − = =     − − + =           Đặt 1 1 ( , ) |1 ,1 . 2 2 p q S x y x y − −   = ≤ ≤ ≤ ≤     Khi đó tập S có 1 1 . 2 2 p q − − phần tử và không có phần tử ( , ) x y S ⊂ thỏa mãn , qx py = vì p, q là hai số nguyên tố phân biệt. Xét các tập { } { } 1 2 ( , ) | , ( , ) | . S x y S qx py S x y S qx py = ∈ = ∈ Ta có 1 1 1 ( , ) |1 ,1 ( , ) |1 ,1 , 2 2 p qx p qx S x y x y x y x y p p       − − = ≤ ≤ ≤ = ≤ ≤ ≤ ≤             D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 298 2 1 1 ( , ) |1 ,1 ( , ) |1 ,1 . 2 2 py q py q S x y x y x y x y q q       − − = ≤ ≤ ≤ = ≤ ≤ ≤ ≤             Do đó ( 1)/ 2 ( 1)/ 2 1 2 1 1 , . p q x y qx py S S p q − − = =     = =           Vì 1 2 , S S S = + nên ta có ( 1)/ 2 ( 1)/ 2 1 2 1 1 1 1 . . 2 2 p q x y p q qx py S S S p q − − = =     − − = = + = +           Từ đó ta có điều phải chứng minh. Định lí 7. Cho 2 p là một số nguyên tố. Khi đó i) 2 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod8) ≡ ± p . ii) 2 − là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod8) ≡ p hoặc 3 (mod8) ≡ p . iii) 3 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod12), p ≡ ± (với 3 p ≠ ) iv) 3 − là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod6) ≡ p . v) 5 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod5), p ≡ ± (với 5 p ≠ ) vi) 7 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1, 3, 9 (mod28), p ≡ ± ± ± (với 7 p ≠ ) vi) 1 4 2 ( 1) . p p +         = −     Chứng minh. i) Theo định lí 5, ta có 2 1 8 2 ( 1) . p p −   = −     Do đó 2 là thặng dư bình phương modulo2 khi và chỉ khi 2 1 2 8 ( 1) 1 16 1 1(mod8). p p k p − − = ⇔ = + ⇔ = ± ii) 2 − là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 2 1 1 8 2 2 1 2 1 ( 1) .( 1) (1) p p p p p − −      − − = = ⇔ − −           - Nếu 8 1, p k = ± thì chỉ có 8 1 p k = + thỏa mãn (1). - Nếu 8 3, p k = ± thì chỉ thỏa mãn khi 8 3 p k = + thỏa mãn (1). D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 24. 299 Vậy 2 − là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod8) ≡ p hoặc 3 (mod8) ≡ p . iii) Giả sử số nguyên tố lẻ p thỏa mãn (3, ) 1. p = Goi s là số các thặng dư dương nhỏ nhất theo modulo p của số 1 3,2.3,..., .3 2 p − mà lớn hơn 2 p . Khi đó theo bổ dề Gauss ta có 3 ( 1) . s p   = −     Khi chia các số của dãy số trên cho p được số dư lớn hơn 2 p là các số 3 j thuộc khoảng , . 2 p p       Do đó ta cần đánh giá số cách chọn số j thỏa mãn 3 . 2 p j p Đặt 12 , k r + với { } * 1,5,7,11 , . r k ∈ ∈ℕ Ta có 3 2 4 . 2 6 3 p r r j p k j k ⇔ + + (1) Tính chẵn lẻ của số các số j thỏa mãn (1) cùng tính chẵn lẻ của số các số j thỏa mãn , (2) 6 3 r r j Với 1, r = có 0 số j thỏa mãn (2), suy ra 0, s = nên theo bổ đề Gaus 3 là thặng dư bình phương modulo p. Với Với 5 r = có 1 số j thỏa mãn (2), suy ra 1, s = nên theo bổ đề Gaus 3 không là thặng dư bình phương modulo p. Với Với 7 r = có 1 số j thỏa mãn (2), suy ra 1, s = nên theo bổ đề Gaus 3 không là thặng dư bình phương modulo p. Với Với 11 r = có 2 số j thỏa mãn (2), suy ra 2, s = nên theo bổ đề Gaus 3 là thặng dư bình phương modulo p. Vậy 3 là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod12), p ≡ ± (với 3 p ≠ ). iv) Theo luật thuận tương hỗ, ta có 3 − là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 1 3 1 1 . 1 2 2 2 2 3 1 3 3 1 1 ( 1) ( 1) .( 1) ( 1) (1) 3 3 p p p p p p p p p p − − − − −        − −     = = ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ = −                       Đặt 6 , p k r = + với { } * 1,5 , . r k ∈ ∈ℕ Với 6 1 p k = + thì (1) thỏa mãn. Với 6 5 p k = + thì (1) không thỏa mãn. Vậy 3 − là thặng dư bình phương mod p nếu và chỉ nếu 1 (mod6) ≡ p . v) Với p là số nguyên tố lẻ khác 5, theo luật tương hỗ ta có 5 1 1 . 2 2 5 5 5 ( 1) 1 5 5 5 p p p p p p p − −             = − ⇔ = ⇔ =                       . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 300 Do đó 5 là số chính phương modulo p khi và chỉ khi p là số chính phương mod 5, ulo khi và chỉ khi (5 1)/ 2 2 1 (mod5) 1 (mod5) 5 1. 5 p p p p k −   = ≡ ⇔ ≡ ⇔ = ±     vi) Nếu 1(mod4). p ≡ Theo luật tương hỗ, ta có 7 là số chính phương (mod ) p khi và chỉ khi p là số chính phương (7 1)/ 2 3 (mod7) 1 (mod ) 1,2,4(mod7). 7 p p p p p −   ⇔ = ≡ ≡ ⇔ ≡     Ta có 1(mod 4), 1(mod7) 1(mod28) p o p p ≡ ≡ ⇔ ≡ 1(mod 4), 2(mod7) 9(mod28) p o p p ≡ ≡ ⇔ ≡ 1(mod 4), 4(mod7) 25 3(mod28) p o p p ≡ ≡ ⇔ ≡ ≡ − vii) Nếu 1(mod4). p ≡ − Theo luật tương hỗ, ta có 7 là số chính phương (mod ) p khi và chỉ khi p không là số chính phương (7 1)/ 2 3 (mod7) 1 (mod ) 3,5,6(mod7). 7 p p p p p −   ⇔ − = ≡ ≡ ⇔ ≡     Ta có 1(mod 4), 1(mod7) 3(mod28) p o p p ≡ − ≡ ⇔ ≡ 1(mod 4), 5(mod7) 19 9(mod28) p o p p ≡ − ≡ ⇔ ≡ ≡ − 1(mod 4), 6(mod7) 1(mod28). p o p p ≡ − ≡ ⇔ ≡ − Tóm lại 7là số chính phương (mod ) p khi và chỉ khi 1, 3, 9(mod28). p ≡ ± ± ± viii) Ta có 2 1 1 , 4 8 p p + −   =     do đó 1 4 2 ( 1) . p p +         = −     Đpcm. Nhận xét. Rõ ràng một số chính phương sẽ là số chính phương (mod ) p với mọi số nguyên tố p. Tuy nhiên một số không chính phương có thể là một số chính phương theo một (mod ) p nào đó. Chẳng hạn 6 là số chính phương (mod19), vì 2 5 6(mod19). ≡ Vậy có tồn tại số không chính phương nhưng là số chính phương (mod ) p với mọi số nguyên tố p. Định lí sau đây sẽ chứng tỏ không tồn tại số như vậy. Định lí 8. Cho a là số không chính phương. Khi đó tồn tại số nguyên tố lẻ p sao cho a không chính phương (mod ) p Chứng minh. Giả sử 2 , a b c = ở đó 1 2 . ..... m c q q q = với 1 2... m q q q q là các số nguyên tố. Ta sẽ chứng minh tồn tại số nguyên tố lẻ p sao cho 1. a p   = −     Từ 2 , a c a b c p p     =  =         nên ta cần chứng minh 1. c p   = −     D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 25. 301 a) Trường hợp 1 2. q Giả sử 1 r là số không chính phương 1 (mod ) q và ( ) , , 1, 1, , i i i r r q i m = = là các số chính phương (mod ). i q Theo định lí thặng dư trung hoa tồn tại số nguyên B thỏa mãn 1(mod4) (1) (mod ), 1, . i i B B r q i m ≡    ≡ =   Đặt 1 2 4 ... . m A q q q = Dễ thấy ( , ) ( ,4) 1, 1, , i B q B i m = = = suy ra ( , ) 1. A B = Nên theo định lí Đi rich lê tồn tại số nguyên tố p dạng 1 2 4 ... . m p Ak B q q q k B = + = + và p cũng thỏa mãn (1). Hay (mod4), (mod ) i p B p B q ≡ ≡ 1(mod4), (mod ). i i p p r q  ≡ ≡ Vậy thì 1 1 1 1. i i i nêu i r p nêu i q q      = =      − =      Vì 1(mod4), p ≡ nên theo luật tương hỗ Gauss ta có , 1, . i i q p i m p q     = =         Thành thử 1 1. m i i q c p p =     = = −         ∏ b) Trường hợp 1 2. q = Chọn ( ) , , 1, 2, , i i i r r q i m = = là các số chính phương (mod ). i q Theo định lí thặng dư trung hoa tồn tại số nguyên B thỏa mãn 5(mod8) (2) (mod ), 2, . i i B B r q i m ≡    ≡ =   Đặt 1 2 8 ... . m A q q q = Khi đó ( , ) 1. A B = Nên theo định lí Đi rich lê tồn tại số nguyên tố p dạng 1 2 8 ... . m p Ak B q q q k B = + = + và p cũng thỏa mãn (2). Hay (mod8), (mod ) i p B p B q ≡ ≡ 1(mod8), (mod ), 2, . i i p p r q i m  ≡ ≡ = Vì 1(mod8) p ≡ nên theo luật tương hỗ Gauss, ta có 1, 2, . i i i i q r p i m p q q       = = = =             Vì 1 2 5(mod8) 1. q p p p     ≡  = = −         Thành thử 1 1. m i i q c p p =     = = −         ∏ Vậy định lí được chứng minh. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 302 2. Trường hợp modulo n là hợp số. Giả sử hợp số n có phân tích tiêu chuẩn * 1 , , i k i i i i n p p α α = = ∈ ∈℘ ∏ ℕ (℘ là tập các số nguyên tố). Định lí 9. Cho a là một số nguyên và và hợp số n có phân tích tiêu chuẩn * 1 , , . i k i i i i n p p α α = = ∈ ∈℘ ∏ ℕ Khi đó a là thặng dư bình phương (mod ) n khi và chỉ khi a là thặng dư bình phương mod αi i p , với mỗi 1,2,..., . i k = Chứng minh. Nếu a là thặng dư bình phương (mod ). n Kho đó tồn tại số nguyên x∈ℕ sao cho 2 2 (mod ) (mod ), 1, . i i x a n x a p i k α ≡  ≡ = Ngược lại giả sử với mỗi 1,2,..., . i k = a là thặng dư bình bình phương(mod ). i i pα Khi đó tồn tại số nguyên i x ∈ℕ sao cho 2 (mod ), 1, . i i i x a p i k α ≡ = Theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn tại số nguyên x sao cho (mod ), 1, . i i i x x p i k α ≡ = Suy ra 2 2 (mod ), 1, . i i i x x p i k α ≡ = Vậy a là thặng dư bình phương (mod ). n Nhận xét. Từ định lí 9, suy ra xét sự chính phương của một số theo (mod ) n quy về xét hợp số n có dạng lũy thừa của một số nguyên tố. Định lí 10. Giả sử 2 , 1, s n s = và a là số lẻ. khi đó a là số chính phương (mod ) n khi và chỉ khi: a) 1(mod4), a ≡ nếu 2. s = b) 1(mod8), a ≡ nếu 3. s ≥ Chứng minh. a) Với 2. s= Tức là 4. n = Nếu tồn tại nguyên x∈ℕ sao cho 2 (mod4) 1 (mod4), x a a ≡  ≡ vì mọi số lẻ 2 1(mod 4). x x  ≡ Đảo lại, nếu 2 1(mod4) 1 (mod 4). a a ≡  ≡ vậy a là số chính phương (mod ). n b) Với 3. s ≥ Nếu tồn tại x∈ℕ sao cho 2 2 (mod ) 1(mod8), x a n a x ≡  ≡ ≡ vì mọi số lẻ 2 1(mod8). x x  ≡ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L